Elemente der Funktionalanalysis

Transkript

1 Elemente der Funktionlnlysis Vorlesungsskript Sommersemester 2014 von Mrkus Kunze

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3 Vorwort Ds vorliegende Skriptum fsst die Vorlesung Elemente der Funktionlnlysis zusmmen, die ich im Sommersemester 2014 n der Universität Ulm gehlten hbe. Die Vorlesung richtet sich n Bchelorstudenten im 4. oder 6. Semester und but uf den Vorlesungen Anlysis 1 und 2, linere Algebr 1 und 2 und der Vorlesung Mßtheorie uf. Teilweise wird uch uf Resultte der Vorlesung Topologie zurückgegriffen. Im Flle des Stzes von Arzelà Ascoli geben wir einen Beweis in einem Spezilfll (Stz 4.4.2). Auch gibt es eine Überschneidung mit der Vorlesung Anlysis 3 in der die klssische Theorie der Fourierreihen behndelt wird. Diese wird hier weder vorusgesetzt, noch näher besprochen. Schließlich ist nzumerken, dss die vorliegende Version des Skriptes die erste ist. Es ist lso dmit zu rechnen, dss sich im Skript noch zhlreiche Tippfehler, wenn nicht gr mthemtische Ungenuigkeiten, befinden. Wenn mn mich uf solche ufmerksm mcht (mrkus.kunze@uni-ulm.de) so wäre ich sehr dnkbr. M. K. iii

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5 Inhltsverzeichnis 1 Grundlgen Normierte Räume und Bnchräume Beschränkte Opertoren und Funktionle Hilberträume Unitäre Räume Orthonormlbsen Orthogonle Projektion Selbstdjungierte Opertoren Anwendungen Sobolevräume Rndwertprobleme uf dem Intervll Spektrltheorie Spektrum und Resolvente Kompkte Opertoren Der Spektrlstz für kompkte, selbstdjungierte Opertoren Kompkte Integrlopertoren Ds Spektrum des Dirichlet Lplce Opertors v

6 vi INHALTSVERZEICHNIS

7 Kpitel 1 Grundlgen In der Funktionlnlysis studiert mn unendlichdimensionle Vektorräume. Anders ls in der lineren Algebr sind diese Räume zusätzlich mit einer Norm usgestttet, sodss mn uch einen Konvergenzbegriff ht. In diesem Kpitel führen wir die zentrlen Begriffe normierter Rum und Bnchrum ein und stellen die wichtigsten Beispiele vor. Anschließend studieren wir stetige, linere Abbildungen zwischen solchen Räumen. Diese Abbildungen respektieren ufgrund ihrer Stetigkeit nicht nur die linere, sondern uch die topologische Struktur. 1.1 Normierte Räume und Bnchräume Definition Es sei X ein Vektorrum über K = C oder über K = R. Eine Norm uf X ist eine Abbildung : X [0, ) derrt, dss für lle x, y X und λ K folgende Aussgen gelten. (N1) Definitheit: Es ist x = 0 genu dnn, wenn x = 0. (N2) Homogenität: Es ist λx = λ x. (N3) Dreiecksungleichung: Es ist x + y x + y. Ds Pr (X, ) heißt normierter Rum. Gelten lediglich (N2) und (N3), so nennt mn eine Hlbnorm uf X und (X, ) einen hlbnormierten Rum. Ist (X, ) ein normierter Rum, so definiert d(x, y) := x y eine Metrik uf X, sodss uns lle Begriffe die uf metrischen Räumen definiert sind, zur Verfügung stehen. Insbesondere können wir von offenen und bgeschlossenen Mengen, von stetigen Funktionen und von konvergenten Folgen sprechen. Wir wiederholen nochmls die Definition von konvergenten Folgen und von Cuchyfolgen in unserer Sitution. Definition Es sei (X, ) ein normierter Rum und (x n ) n N eine Folge in X. (1) (x n ) n N heißt Cuchy Folge, flls es zu jedem ε > 0 einen Index n 0 N gibt, sodss x n x m ε für lle n, m n 0. (2) (x n ) n N heißt konvergent, flls es ein x X gibt, sodss es zu jedem ε > 0 einen Index n 0 N gibt, sodss x n x ε für lle n n 0. In diesem Fll heißt x Grenzwert der Folge (x n ) n N. Wir schreiben x = lim n x n oder x n x. Ein normierter Rum, in dem jede Cuchyfolge konvergiert, heißt vollständiger normierter Rum oder Bnchrum. 1

8 2 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Lemm Es sei (x n ) n N eine Folge im normierten Rum (X, ). (1) Gelten x n x und x n y, so ist x = y. (2) Wenn x n x, dnn x n x. (3) Wenn (x n ) n N konvergiert, so ist (x n ) n N eine Cuchyfolge. (4) Ist (x n ) n N eine Cuchyfolge, so ist (x n ) n N beschränkt, d.h. sup n N x n <. Beweis. (1) Sei x n x und x n y. Zu ε > 0 finden wir Indizes n 1 und n 2 derrt, dss x n x ε für n n 1 und x n y ε für n n 2. Unter Verwendung der Dreiecksungleichung und der Homogenität folgt lso, dss x y = x x n1 +n 2 + x n1 +n 2 y x x n1 +n 2 + x n1 +n 2 y = x x n1 +n y x n1 +n 2 2ε D ε > 0 beliebig wr, folgt x y = 0 lso x = y wegen der Definitheit von. (2) Es folgt us der Dreiecksungleichung, dss x n x n x + x, lso x n x x n x. In Verbindung mit der Homogenität sieht mn genuso, dss x x n x n x, insgesmt lso x n x x n x. Drus folgt die Behuptung. (3) Wenn (x n ) konvergiert, etw gegen x, so findet mn zu gegebenem ε > 0 einen Index n 0 derrt, dss x n x = x x n ε/2 für lle n n 0. Insbesondere ist für n, m n 0 stets x n x m x n x + x x m ε/2 + ε/2 = ε. Dies zeigt, dss (x n ) eine Cuchyfolge ist. (4) Ist (x n ) eine Cuchyfolge, so können wir N so wählen, dss x n x N 1 für lle n N. Ist C := mx{ x j : j = 1,..., N} + 1, so ist x n C für lle n N. Bemerkung In hlbnormierten Räumen knn mn immer noch von Konvergenz und Vollständigkeit reden. Allerdings sind die Grenzwerte von konvergenten Folgen nicht mehr notwendigerweise eindeutig. Wir geben nun einige Beispiele von Bnchräumen. Der Beweis, dss ein normierter Rum X vollständig ist (lso ein Bnchrum ist) erfolgt meist in drei Schritten: (i) Gegeben eine Cuchyfolge findet mn einen Kndidten für den Grenzwert. Typischerweise verwendet mn hier die Vollständigkeit des Sklrkörpers und nimmt Grenzwerte in einem schwächeren Sinn, etw punktweise. (ii) Mn zeigt, dss der gefundene Kndidt in X liegt. (iii) Mn zeigt, dss die Folge ttsächlich bezüglich der Norm gegen den Kndidten konvergiert. Stz Es sei Ω eine Menge und F b (Ω) := {f : Ω K : f ist beschränkt}. Dnn ist F b (Ω) ein Bnchrum bezüglich der Supremumsnorm (!), gegeben durch f := sup f(x). x Ω

9 1.1. NORMIERTE RÄUME UND BANACHRÄUME 3 Beweis. Es sei (f n ) eine Cuchyfolge bezüglich. Für x Ω ist dnn wegen f n (x) f m (x) sup f n (x) f m (x) = f n f m x Ω uch (f n (x)) eine Cuchyfolge in K, lso (wegen der Vollständigkeit von K) konvergent. Es sei f(x) := lim n f n (x). (Dies ist unser Kndidt für den Grenzwert.) Dnn ist f beschränkt, lso ein Element von F b (Ω). In der Tt ist wegen Lemm 1.1.3(4) die Folge f n beschränkt. Also gibt es ein C 0 mit f n (x) f n C für lle x Ω und n N. Weil ds Intervll (, C] bgeschlossen ist, folgt, dss uch f(x) = lim f n (x) C ist. Somit ist f beschränkt. Es bleibt zu zeigen, dss f n f 0. Sei hierzu ε > 0 gegeben. Zunächst wählen wir n 0 derrt, dss f n f m ε ür lle n, m n 0 gilt. Sei nun x Ω. Nch Whl von f gibt es einen Index n 1 (x) so, dss f n (x) f(x) ε für lle n n 1 (x). Ohne Einschränkung dürfen wir nnehmen, dss n 1 (x) n 0 ist. Für n n 0 gilt dnn f n (x) f(x) f n (x) f n1 (x)(x) + f n1 (x)(x) f(x) f n f n1 (x) + ε 2ε. D x Ω beliebig wr, folgt f n f 2ε für lle n n 0. Dies zeigt, dss f n f. Wählt mn für Ω = {1,..., d}, so knn mn den Rum F b (Ω) mit K d, dem üblichen d-dimensionlen Koordintenrum identifizieren. Die Norm x ist in diesem Fll gerde gegeben durch x = mx{ x 1,..., x d }. Wählt mn Ω = N, so erhält mn einen nderen wichtigen Spezilfll, den Rum l der beschränkten Folgen. Dies ist lso uch ein Bnchrum bezüglich der Supremumsnorm. Korollr Es sei l := {x := (x n ) n N : (x n ) ist eine beschränkte Folge in K}. Dnn ist l ein Bnchrum bezüglich der Norm x := sup n x n. Bemerkung Es ist leicht zu sehen, dss eine Folge in K d genu dnn konvergiert, wenn jede Komponente konvergiert. Dies ist in l nicht der Fll, wie mn n der Folge x n := (0, 0,..., 0, 1, 1,...) (zuerst n Nullen, dnn nur noch Einsen) sieht. Diese Folge konvergiert komponentenweise gegen den Nullvektor 0 = (0, 0, 0,...), ber x n 0 = 1 0. Ist X ein Teilrum eines Bnchrumes, so ist es wesentlich einfcher zu zeigen, dss X selbst ein Bnchrum ist. Lemm Es sei (Y, ) ein Bnchrum und X Y ein Teilrum. Dnn ist (X, ) genu dnn ein Bnchrum, wenn X bgeschlossen in Y ist. Beweis. Angenommen, (X, ) ist ein Bnchrum. Ist x n eine Folge in X, die gegen y Y konvergiert, so ist wegen Lemm 1.1.3(3) (x n ) eine Cuchyfolge in Y, lso uch in X. Wegen der Vollständigkeit von X gilt x n x für ein x X. Aus Lemm 1.1.3(1) folgt x = y, lso y X. Ist umgekehrt X bgeschlossen in Y und (x n ) eine Cuchyfolge in X, so ist (x n ) uch eine Cuchyfolge in Y, lso, wegen Vollständigkeit, konvergent. Es sei etw x n y. D X bgeschlossen ist, ist y X und dher (x n ) ls Folge in X konvergent.

10 4 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Lemm besgt, dss mn sich in obigem Kochrezept uf Punkt (ii) beschränken knn, wenn der gegebene Rum ein Teilrum eines Bnchrumes ist. In der Tt ist, wegen der Eindeutigkeit des Grenzwertes, der einzig mögliche Kndidt für den Grenzwert derjenige, den mn im größeren Rum findet. Gegen diesen konvergiert die Folge uch in der richtigen Norm. Es bleibt lediglich zu klären, ob der Grenzwert im richtigen Rum liegt. Korollr Es sei Ω ein metrischer Rum. Insbesondere ist der Rum C b (Ω) der beschränkten, stetigen Funktionen uf Ω ein Bnchrum bezüglich der Supremumsnorm. Beweis. Offensichtlich ist C(Ω) F b (Ω). Wegen Lemm genügt es lso zu zeigen, dss C(Ω) bgeschlossen in F b (Ω) ist. Sei hierzu f n eine Folge in C(Ω) die gegen f F b (Ω) konvergiert. Zu gegebenem ε gibt es lso ein n 0 sodss f n (x) f(x) ε für lle n n 0 und lle x Ω. Ds bedeutet, dss f n gleichmäßig gegen f konvergiert. D der gleichmäßige Grenzwert stetiger Funktionen stetig ist, ist f C b (Ω), lso C(Ω) bgeschlossen in F b (Ω). Bemerkung Ist Ω = K kompkt, so ist jede stetige Funktion uf K beschränkt. In diesem Fll lässt mn den index b häufig weg und schreibt lediglich C(K) nstelle von C b (K). Korollr Der Rum c 0 der Nullfolgen ist ein Bnchrum bezüglich der Supremumsnorm. Beweis. Wegen Lemm genügt es zu zeigen, dss c 0 in l bgeschlossen ist. Sei hierzu (x n ) eine Folge in c 0, die gegen x l konvergiert. Wir schreiben x n = (x (j) n ) j N und x = (x (j) ) j N. Es ist zu zeigen, dss x (j) 0 für j. Zu gegebenem ε > 0 wählen wir n 0 derrt, dss x n x ε für n n 0. Ds ist möglich, d x n x. Weil x n0 c 0 gibt es j 0 mit x (j) n 0 ε für j j 0. Für solche j folgt dnn Somit ist x c 0. x (j) x (j) x (j) n 0 + x (j) n 0 x x n + ε 2ε. Für < b können wir uf dem Rum C([, b]) uch folgende Norm betrchten: f 1 := f(t) dt. (1.1) Aus der Linerität des Integrls folgen Homogenität und Dreiecksungleichung leicht. Für die Definitheit genügt es zu bemerken, dss eine stetige Funktion f 0 die nicht Null ist, positives Integrl ht. In der Tt, ist f(t 0 ) 2ε > 0, so gibt es wegen der Stetigkeit von f ein δ > 0 mit f(t) ε für t (t 0 δ, t 0 + δ). Wir können nnehmen, dss entweder [t 0, t 0 + δ) [, b] oder (t 0 δ, t 0 ] [, b], sonst verkleinern wir δ. Dnn gilt 1 0 f(t) dt 1 0 ε1 (t0 δ,t 0 +δ)(t) dt = εδ > 0, lso ist 1 definit. Allerdings ist (C([, b]), 1 ) kein Bnchrum. Wir zeigen dies für = 1, b = 1. Den llgemeinen Fll beweist mn nlog. Es sei Dnn ist f n f m für m > n, lso f n f m 1 = f n (t) = nt1 (0,n 1 ) + 1 [n 1,1] C([ 1, 1]). 1 1 f m (t) f n (t) dt = 1 m 0 1 n mt nt dt + 1 nt dt 1 m

11 1.1. NORMIERTE RÄUME UND BANACHRÄUME 5 1 = m n 2m n 2n 2 1 n 2m 2 = 1 ( 1 2 n 2 1 ) m ( 1 2 m n) 1. Weil sowohl 1 2, ls uch 1 n 2 2 n in R konvergent, lso Cuchyfolgen sind, folgt, dss uch f n eine Cuchyfolge in (C([ 1, 1]), 1 ) ist. Allerdings konvergiert f n in (C([ 1, 1]), 1 ) nicht. Wäre nämlich f ein Grenzwert der Folge f n, so müsste f(x) = 1 für x (0, 1] und f(x) = 0 für x [ 1, 0) sein, ws für eine stetige Funktion unmöglich ist. Wenn nämlich f(x 0 ) 1 für x 0 > 1 wäre, so müsste wegen der Stetigkeit von f n und f in x 0 bereits f n (x) f(x) ε für lle x in einer Umgebung von x 0 für genügend große n. Dnn wäre ber, wie beim Beweis der Definitheit, f n f 1 c > 0 für große n, ws nicht sein knn. Anlog zeigt mn, dss f n (x) = 0 für x [ 1, 0). Insgesmt hben wir gezeigt Stz Der normierte Rum (C([, b]), 1 ) ist nicht vollständig. Somit fehlen in C([, b]) Elemente um diesen Rum bezüglich 1 vollständig zu mchen. Mn könnte nun versuchen, den Rum C([, b]) durch den Rum R([, b]) der uf [, b] Riemnn-integrierbren Funktionen zu ersetzen. In der Tt ist f := 1 (0,1] R([ 1, 1]) und es gilt für die oben betrchtete Folge f n, dss f n f bezüglich 1. Allerdings ist 1 uf R([, b]) keine Norm mehr, sondern lediglich eine Hlbnorm (etw ist 1 {0} = 0 obwohl 1 {0} 0 ist). Dieses Problem könnte mn ddurch lösen, dss mn Funktionen mit gleicher Norm identifiziert, d.h. mn geht zu Äquivlenzklssen über. Dies knn mn in der Tt mchen, llerdings ist der Rum, den mn erhält immer noch unvollständig. Um vollständige Räume integrierbrer Funktionen zu erhlten, bedient mn sich der Lebesgue schen Integrtionstheorie. Sei hierzu (Ω, Σ, µ) ein Mßrum, d.h. Σ ist eine σ-algebr uf Ω und µ : Σ [0, ] ist ein Mß uf Σ, lso eine Abbildung derrt, dss für prweise disjunkte Mengen A n Σ stets µ( n A n) = µ (A n) gilt. Proposition Für p [1, ) ist die Menge L p (Ω, Σ, µ), definiert ls L p (Ω) := {f : Ω K messbr : f p dµ < } ein Vektorrum. Weiter ist p, definiert durch eine Hlbnorm uf L p (Ω, Σ, µ). ( f p := Ω Ω f(x) p dµ(x) Ist der Mßrum (Ω, Σ, µ) us dem Zusmmenhng klr, so schreiben wir oft nur L p (Ω) oder sogr lediglich L p. Der Beweis von Proposition beruht größtenteils uf elementren Eigenschften messbrer Funktionen. Lediglich die Dreiecksungleichung im Fll p (1, ) bedrf größerer Aufmerksmkeit. Wir wiederholen die Detils ufgrund der Wichtigkeit für die Funktionlnlysis. Stz Es sei (Ω, Σ, µ) ein Mßrum, p, q (1, ) mit 1 p + 1 q = 1. (1) (Hölderungleichung) Ist f L p (Ω) und g L q (Ω), so ist fg L 1 (Ω). Weiter ist ) 1 p fg 1 f p g q.,

12 6 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN (2) (Minkowskiungleichung) Sind f, g L p, so ist f + g L p (Ω) und f + g p f p + g p. Beweis. (1) Zunächst zeigen wir, dss x r y 1 r rx + (1 r)y für x, y 0 und r (0, 1). Ist x = 0 oder y = 0, so ist dies offensichtlich. Ansonsten ist die Behuptung äquivlent zur Konkvität des Logrithmus: log(x r y 1 r ) = r log x + (1 r) log y log(rx + (1 r)y). Diese wiederum folgt us der Ttsche, dss log (t) = t 2 < 0 für t > 0. Seien nun f L p (Ω) und g L q (Ω). Definiere A := ( f p) p und B := ( g q) q. Ohne Einschränkung seien A, B > 0. Verwenden wir obige Aussge für r = p 1 (lso 1 r = 1 p 1 = q 1 ) und x = A 1 f(ω) p, y = B 1 g(ω) q n, so folgt ( f(ω) p A ) 1 p ( g(ω) q B ) 1 q 1 f(ω) p p A + 1 g(ω) q q B. D A und B nch Vorussetzung endlich sind, folgt bei Integrtion über Ω die Integrierbrkeit von f g us der Monotonie des Integrls. Weiterhin folgt 1 fg A 1 p B q p A ( f p) p q B ( g q) q. Nehmen wir n, dss A = B = 1 ist, so folgt fg 1 p 1 + q 1 = 1 = f p g q. Für den llgemeinen Fll ersetzen wir f durch f = A 1 f und g = B 1 g. (2) Aus der Abschätzung f + g p 2 p ( f p + g p ) folgt sofort, dss mit f und g die Funktion f + g uch p-integierbr ist. Sei nun q 1 = 1 p 1 = p 1 p lso (p 1)q = p. Aus Teil (1) folgt ( ) f + g p p = f(ω) + g(ω) p dµ(ω) Ω f(ω) f(ω) + g(ω) p 1 dµ(ω) + g(ω) f(ω) + g(ω) p 1 dµ(ω) ws äquivlent zur Aussge ist. Ω ( f p + g p)( (f + g) p 1 q = ( f p + g q)( f + g p) p 1, Um die Vollständigkeit von L p (Ω) zu zeigen, verwenden wir folgendes Lemm. Lemm Ein hlbnormierter Rum (X, ) ist genu dnn vollständig, wenn jede bsolut konvergente Reihe konvergiert, d.h. ist (x n ) eine Folge in X mit n x n <, so gibt es ein Element x X mit n k=1 x k x. Beweis. Aufgrund der Dreiecksungleichung ist m k=n x k m k=n x k. Ist lso die Reihe der x k bsolut konvergent, so bilden die Prtilsummen n k=1 x k eine Cuchyfolge. Insbesondere konvergieren die Prtilsummen wenn X vollständig ist. Nimm nun umgekehrt n, dss in X jede bsolut konvergente Reihe konvergiert. Sei weiter eine Cuchyfolge (x k ) gegeben. Zu ε k := 2 k finden wir ein N k derrt, dss x n x m 2 k Ω

13 1.1. NORMIERTE RÄUME UND BANACHRÄUME 7 für n, m N k. Insbesondere finden wir eine Teilfolge x nk mit x nk+1 x nk 2 k für lle k N. Für y k := x nk+1 x nk ist lso k=1 y k <. Nch Vorussetzung konvergieren die Prtilsummen gegen ein y X. Es ist lso r y k = x nr+1 x 1 y k=1 und dher x nr konvergent. y + x 1. Somit ht (x n ) eine konvergente Teilfolge und ist dher selbst Stz Der hlbnormierte Rum (L p (Ω), p) ist vollständig. Beweis. Wir benutzen Lemm und zeigen, dss in L p (Ω) jede bsolut konvergente Reihe konvergiert. Sei hierzu eine Folge (f n ) L p (Ω) mit k=1 f k p =: c < gegeben. Wir definieren h n := n k=1 f k und h := sup h n. Dnn ist h ls punktweiser Grenzwert messbrer Funktionen messbr (nimmt ber eventuell den Wert n). Aus der Dreiecksungleichung folgt n h n p f k c <. k=1 Aus dem Stz über die monotone Konvergenz folgt h p dµ = sup h p n dµ c p <. n N Ω Ω Insbesondere ist h ußerhlb einer Nullmenge (etw ußerhlb der Nullmenge N) endlich. Für ω Ω \ N ist lso f k (ω) = h (ω) <. k=1 Weil der Sklrkörper K vollständig ist, gibt es für solche ω ein f(ω) mit f(ω) = f k (ω). k=1 Für ω N setzen wir noch f(ω) = 0. Somit hben wir eine messbre Funktion f definiert. Nch Konstruktion gilt f h und dher liegt mit h uch f in L p (Ω). Es bleibt nur noch zu zeigen, dss f n k=1 f k p 0. Sei hierzu g n := f n 1 k=1 f k p = k=n f k p. Nch Konstruktion gilt g n 0 fst überll. Weiter ist 0 g n h p und die letzte Funktion ist integrierbr. Nch dem Stz über die dominierte Konvergenz gilt lso g n 1 0, ws zu zeigen wr. Nun skizzieren wir noch, wie mn us dem hlbnormierten Rum L p (Ω) einen normierten Rum L p (Ω) konstruiert. Hierzu identifizieren wir Funktionen f und g mit f g p = 0. Dies ist äquivlent zu f = g fst überll. Wir bilden Äquivlenzklssen [f] = {g L p (Ω) : f = g fst überll}.

14 8 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Sodnn fssen wir diese Äquivlenzklssen ls unsere primären Objekte uf: L p (Ω) := {[f] : f L p (Ω)}. Die Vektorrumopertionen werden durch [f] + [g] := [f + g] und λ[f] = [λf] erklärt (mn überzeuge sich, dss dies wohldefiniert ist!). Zu guter Letzt definieren wir noch [f] p := f p Dies ist wohldefiniert, denn wenn f = g fst überll ist, so ist f p = g p. Außerdem ist dies eine Norm, denn ist [f] p = 0, so muss f = 0 fst überll sein, lso [f] = [0]. Die nderen Eigenschften einer Norm sind klr. Aus Stz erhlten wir nun Korollr Der Rum (L p (Ω), p ) ist ein Bnchrum. Bemerkung Wie üblich behlten wir die Schreibweise [f] für Elemente von L p (Ω) nicht bei, sondern schreiben einfch f und operieren mit den Elementen von L p (Ω) ls wären sie Funktionen. Dies führt meist nicht zu Problemen, solnge mn bechtet, dss lle Gleichheiten lediglich fst überll zu verstehen sind. Wir erwähnen noch einen wichtigen Spezilfll. Korollr Der Rum l p der p-summierbren Folgen l p = {x = (x n ) K : x k p < } k=1 ist ein Bnchrum bezüglich der Norm ( x p = x k p) 1 p. k=1 Beweis. Dies folgt us Korollr für den Mßrum (Ω, Σ, µ) = (N, P(N), ζ), wobei ζ ds Zählmß ist. 1.2 Beschränkte Opertoren und Funktionle Definition Es seien X, Y normierte Räume. Ein beschränkter Opertor (oder uch stetiger Opertor) von X nch Y ist eine linere Abbildung T : X Y die stetig ist. Gilt lso x n x in X, so folgt T (x n ) T (x) in Y. Wir schreiben L (X, Y ) für den Vektorrum (!) der beschränkten Opertoren von X nch Y. Für Y = K spricht mn uch von stetigen Funktionlen und nennt den Rum L (X, K) den Dulrum von X. Nottion: X := L (X, K). Bemerkung Sind X und Y endlichdimensionle Räume, so ist jede linere Abbildung T stetig. Nch Whl von Bsen knn mn eine linere Abbildung mit ihrer Drstellungsmtrix A identifizieren, d.h. T (x) = Ax. Es ist üblich uch in unendlicher Dimension T x sttt T (x) zu schreiben. Proposition Es seien (X, X ) und (Y, Y ) normierte Räume und T eine linere Abbildung von X nch Y. Folgende Aussgen sind äquivlent. (i) T ist stetig, d.h. x n x impliziert T x n T x.

15 1.2. BESCHRÄNKTE OPERATOREN UND FUNKTIONALE 9 (ii) T ist stetig in 0, d.h. x n 0 impliziert T x n 0. (iii) Es gibt eine Konstnte L derrt, dss T x Y L x X für lle x X ist. (iv) T op := sup{ T x Y : x X 1} <. Beweis. (i) (ii) ist trivil. Angenommen, es gäbe keine Konstnte L wie in (iii). Dnn gäbe es zu n N ein Element x n mit T x n n x n. Wir können ohne Einschränkung nnehmen, dss x n = 1 ist, sonst teilen wir durch die Norm. Es folgt y n := n 1 x n 0. Andererseits ist wegen der Linerität von T ber T y n = n 1 T x n, und somit T y n = n 1 T x n 1, lso T y n 0, im Widerspruch zu (ii). Dies zeigt (ii) (iii). (iii) (iv): Es gilt offensichtlich T op L < für jedes L wie in (iii). Setzen wir x = x 1 X x für x 0, so gilt umgekehrt T x Y = x X T x Y T op x X, denn x X = 1. Insgesmt ist lso T op ds Infimum ller L für die die Abschätzung in (iii) gilt. (iii) (i) Ist x n x, so gilt x n x X 0. Wegen (iii) folgt lso T x n T x. T x n T x Y = T (x n x) Y L x n x X 0, Proposition Es seien X und Y normierte Räume. Dnn definiert op eine Norm uf L (X, Y ) die sogennnte Opertornorm. Ist Y vollständig, so ist uch L (X, Y ) vollständig. Insbesondere ist X stets ein Bnchrum. Beweis. (ÜA) Im Folgenden werden wir meist nicht zwischen der Norm uf den Räumen X und Y und der Opertornorm uf L (X, Y ) unterscheiden, d us dem Zusmmenhng klr ist, welche Norm gemeint ist. Die Opertornorm ht eine weitere wichtige Eigenschft, sie ist submultipliktiv. Lemm Es seien X, Y und Z normiertere Räume. Sind T L (X, Y ) und S L (Y, Z), so ist ST := S T L (X, Z) und ST S T. Beweis. Für x Z ist ST x S T x S T x, worus sofort die Behuptung folgt. Beispiel (Multipliktionsopertoren) Es sei m l. Dnn definiert M : l p l p, Mx = (m n x n ) n N einen beschränkten Opertor uf l p. Weiter ist M = m. Beweis. Offensichtlich ist M liner. Weiter gilt Mx p p = m k x k p k=1 k=1 sup m n p x k p = m p x p p. j 1 Es folgt, dss M stetig ist mit M m. Andererseits gilt für e n = (δ kn ) k N dss e n p = 1. Somit ist M Me n p = m n für lle n N. Es folgt M m.

16 10 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Beispiel (Punktuswertungen) Wir betrchten den Rum C(K) für ein Kompktum K R d. Für x 0 K ist die Abbildung δ x0 : C(K) K, definiert durch δ x0 (f) = f(x 0 ), ein beschränktes Funktionl uf C(K). Beweis. Offenbr ist δ x0 liner. Weiter ist Dies zeigt, dss δ x0 δ x0 = 1 ist. δ x0 (f) = f(x 0 ) sup f(x) = f. x K beschränkt ist mit δ x0 1. Setzt mn f 1 ein, so sieht mn, dss Wir betrchten nun noch eine für die Anwendungen besonders wichtige Klsse von Beispielen die sogennnten Integrlopertoren. Diese Opertoren treten in ntürlicher Weise in Integrlgleichungen uf und ds Studium solcher Gleichungen wr eine der Huptmotivtionen für die Entwicklung der Funktionlnlysis. Beispiel (Integrlopertoren) Wir betrchten den Rum L 2 ((0, 1), λ), wobei λ ds Lebesguemß uf der Borel σ-algebr von (0, 1) ist. Sei weiter k L 2 ((0, 1) 2, λ 2 ), wobei λ 2 ds zweidimensionle Lebesguemß ist. Es folgt us dem Stz von Fubini, dss k(x, ) L 2 ((0, 1), λ) für fst lle x (0, 1). Aus der Hölder schen Ungleichung folgt, dss für f L 2 (0, 1) die Funktion k(x, )f( ) in L 1 (0, 1) liegt für fst lle x (0, 1). Somit können wir für f L 2 (Ω) und x (0, 1) T k f(x) := 1 0 k(x, y)f(y) dλ(y) definieren. Zunächst ist (T k f)(x) nur für fst lle x wohl-definiert, für ndere x setzen wir T k f(x) = 0. Als Konsequenz des Stzes von Fubini ist T k f(x) messbr. Mit Hölder und Fubini folgt 1 1 T k f 2 2 = k(x, y)f(y) dλ(y) 2 dλ(x) f ( 1 2dλ(x) k(x, y) f(y) dλ(y)) 0 ( 1 )( k(x, y) 2 1 dλ(y) k(x, y) 2 dλ(x)dλ(y). 0 ) f(y) dλ(y) dλ(x) Somit ist T k beschränkt mit T k k L 2 ((0,1) 2 ). Allerdings gilt hier im Allgemeinen keine Gleichheit. Beispiel (Ein unstetiger linerer Opertor) Wir betrchten den Rum C 1 ([0, 1]) der stetig differenzierbren Funktionen uf [0, 1], versehen mit der Supremumsnorm. Dnn ist der linere Opertor D : C 1 ([0, 1]) C([0, 1]), Df := f nicht stetig. In der Tt konvergiert f n (t) := n 1 t n gegen 0, ber Df n (t) = t n 1 erfüllt Df n 1, insbesondere gilt Df n 0. Mn knn den Opertor D uch ls Opertor uf C([0, 1]) uffssen, der llerdings nicht uf dem gesmten Rum definiert ist, sondern nur uf dem Teilrum C 1 ([0, 1]). In dieser Sitution ist mn häufig (insbesondere in Anwendungen uf prtielle Differentilgleichungen).

17 1.2. BESCHRÄNKTE OPERATOREN UND FUNKTIONALE 11 Definition Es seien X und Y normierte Räume. Ein Opertor ist eine linere Abbildung A : def(a) Y, wobei der Definitionsbereich def(a) ein Teilrum von X ist. Der Opertor A heißt bgeschlossen, flls für jede Folge (x n ) def(a) us x n x und Ax n y stets x def(a) und Ax = y folgt. Beispiel Auf X = C([, b]) ist der Opertor D, gegeben durch def(d) = C 1 ([0, 1]) und Df = f ist bgeschlossen. Ist nämlich f n eine Folge stetig differenzierbrer Funktionen und konvergieren f n f und f n g gleichmässig, so ist f stetig differenzierbr und f = g, wie mn in der Anlysis lernt. Definition Es seien (X, X ) und (Y, Y ) normierte Räume. Ein Isomorphismus ist eine bijektive Abbildung T : X Y derrt, dss T und T 1 beschränkte Opertoren sind. Gibt es einen Isomorphismus zwischen X und Y, so sgt mn X und Y seien isomorph. Eine Isometrie ist eine Abbildung T : X Y mit T x Y = x X für lle x X. Ist T ein Isomorphismus und eine Isometrie, so nennt mn T einen isometrischen Isomorphismus und sgt X und Y seien isometrisch isomorph. Bemerkung Sind durch 1 und 2 zwei Normen uf dem Vektorrum X gegeben, so ist die Identität ein genu dnn ein Isomorphismus zwischen (X, 1 ) und (X, 2 ), wenn es Konstnten c 1, c 2 > 0 gibt mit c 1 x 1 x 2 c 2 x 1 für lle x X. In diesem Fll sgt mn, die Normen 1 und 2 sind äquivlent. Auf endlichdimensionlen Vektorräumen sind je zwei Normen äquivlent. Mnchml beweist mn dieses Ergebnis in Anlysis 2. Wir geben der Vollständigkeit hlber einen Beweis n. Proposition Ist X ein endlichdimensionler (reeller oder komplexer) Vektorrum, so sind je zwei Normen uf X äquivlent. Beweis. Es sei v = (v 1,..., v d ) eine Bsis von X und T v : K d X definiert durch T v α := d j=1 α jv j. Dnn ist T v bijektiv. Wir definieren die Norm (!) e uf X durch x e := Tv 1 x. Ist nun eine Norm uf X so genügt es zu zeigen, dss und e äquivlent sind. Bechte, dss T v eine stetige Abbildung von (K d, ) nch (X, ) ist. In der Tt ist nämlich T v α T v β = d n (α k β k )v k α β v k. k=1 Also ist uch die Abbildung f := T v stetig. D die Menge K := {α : α = 1} kompkt ist, nimmt f uf K Minimum und Mximum n, es gibt lso c 1, c 2 mit c 1 f(α) c 2, lso c 1 T v α c 2 für lle x = T v α mit x e = 1. Bechte, dss c 1 > 0 ist, denn sonst gäbe es ein α K mit T v α = 0. Also, weil definit ist, wäre T v α = 0, ws α = 0 nch sich zieht, denn T v ist eine bijektive linere Abbildung. Dies widerspricht ber der Bedingung α = 1. Verwendet mn nun die Homogenität von, so folgt für lle α K d. c 1 T v α e T v α c 2 T v α e k=1

18 12 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Sind zwei Räume isometrisch isomorph, so sind sie (vom mthemtischen Stndpunkt her) ls normierte Räume nicht zu unterscheiden. Die Objekte sind lediglich nders bennnt worden. Wir geben hierzu ein Beispiel, in dem wir den Dulrum eines normierten Rumes identifizieren. Stz Der Dulrum von l 1 ist isometrisch isomomorph zu l. Beweis. Wir definieren Φ : l (l 1 ) durch [ Φ(x) ] (y) := n k=1 x ky k, d.h. ds Funktionl Φ(x) bildet ds Element y uf k=1 x ky k b. Bechte zunächst, dss Φ(x)(y) = x k y k k=1 k=1 y k sup x j = x y 1 j 1 ist. Somit ist Φ(x) in der Tt ein beschränktes Funktionl und es gilt Φ(x) (l 1 ) x. Indem mn die Vektoren e n einsetzt sieht mn wie in Beispiel 1.2.6, dss hier Gleichheit gilt. Insbesondere folgt, dss Φ injektiv ist. Es bleibt somit nur noch zu zeigen, dss Φ surjektiv ist. Sei hierzu ϕ (l 1 ). Wir setzen x k := ϕ(e k ). Dnn ist x k ϕ e k 1 = ϕ. Insbesondere ist x = (x k ) l. Sei nun y = (y k ) l 1 gegeben. Wir setzen y n := n j=1 y je j. Wegen der Linerität von ϕ und Φ(x) ist ϕ(y n ) = n y j ϕ(e j ) = j=1 n y j x j = [ Φ(x) ] (y n ). Nun bechte, dss y n y in l 1. Wegen der Stetigkeit von ϕ und Φ(x) folgt ϕ(y) = lim ϕ(y [ ] n) = lim Φ(x) (yn ) = [ Φ(x) ] (y). n n j=1 Somit gilt ϕ = Φ(x). Dies zeigt die Surjektivität von Φ.

19 Kpitel 2 Hilberträume Wir betrchten nun eine spezielle Klsse von Bnchräumen, nämlich Hilberträume, in denen eine zusätzliche Struktur ein Sklrprodukt vorhnden ist. Hilberträume sind den endlichdimensionlen Räumen sehr ähnlich. Beispielsweise knn mn immer in einer Orthonormlbsis rechnen. Für uns besonders wichtig ist der Projektionsstz 2.3.1, der besgt dss es in einer konvexen bgeschlossenen Menge stets genu einen Punkt gibt, der einem vorgegebenen nderen Punkt m nächsten liegt. Dies ht erstunliche Konsequenzen. Beispielsweise knn mn einen Hilbertrum stets mit seinem Dulrum identifizieren. 2.1 Unitäre Räume Definition Es sei H ein reeller oder komplexer Vektorrum. Ein Sklrprodukt uf H ist eine Abbildung, : H H K derrt, dss für x, y, z H und λ K folgende Eigenschften gelten. (SP1) Definitheit: x, x 0 und x, x = 0 impliziert x = 0. (SP2) Symmetrie: x, y = y, x. (SP3) Linerität: x + λy, z = x, z + λ y, z. Ds Pr (H,, ) heißt unitärer Rum oder Prähilbertrum. Bemerkung Wegen (SP2) ist x, x = x, x lso x, x R. Aus (SP2) und (SP3) folgt, dss ds Sklrprodukt in der zweiten Komponente fst liner ist, es gilt nämlich x, y + λz = x, y + λ x, z. Mn muss lso Sklre konjugiert komplex herusziehen. Mnchml nennt mn eine solche Abbildung ntiliner. Vom Sklrprodukt selbst sgt mn, es sei sesquiliner (sesqui = ). Ist der Sklrkörper R, so muss mn nicht konjugieren und ds Sklrprodukt ist in beiden Komponenten liner, lso biliner. Beispiele (1) Auf H = K d ist durch d x, y = x k ȳ k k=1 ein Sklrprodukt erklärt. 13

20 14 KAPITEL 2. HILBERTRÄUME (2) Auf H = l 2 ist durch ein Sklrprodukt erklärt. (3) Auf C([, b]) ist durch ein Sklrprodukt erklärt. x, y = x k ȳ k f, g := k=1 f(t)g(t) dt (4) Ist (Ω, Σ, µ) ein Mßrum, so definiert f, g := ein Sklrprodukt uf L 2 (Ω, Σ, µ). Ω f(x)g(x) dµ(x) Interprettion Wir betrchten den Rum H = R 2 mit dem Stndrdsklrprodukt x, y = x 1 y 2 + x 2 y 2. Stellen wir uns den Vektor x = (x 1, x 2 ) ls Pfeil vom Koordintenursprung nch (x 1, x 2 ) vor, so folgt us dem Stz des Pythgors, dss x, x die Länge des Vektors ist. Seien nun x, y H mit x, x = y, y = 1 gegeben. Dnn gibt es Winkel φ, ψ [0, 2π) derrt, dss x = (cos φ, sin φ) und y = (cos ψ, sin ψ). Aus den Additionstheoremen für den Kosinus folgt, dss x, y = cos φ cos ψ + sin φ sin ψ = cos(φ ψ). Somit ist x, y der Kosinus des Winkels zwischen x und y. Insbesondere ist x, y = 0 genu dnn, wenn x und y senkrecht ufeinnder stehen. Wir wollen ds Sklrprodukt in llgemeinen (uch bstrkten) unitären Räumen ähnlich interpretieren. Ntürlich gibt es in solchen Räumen priori keinen Begriff von Länge und Winkel. Wir definieren: Definition Es sei (H,, ) ein unitärer Rum. Wir setzen x := x, x. Weiter sgen wir dss x und y senkrecht ufeinnder stehen, flls x, y = 0; Nottion: x y. Für eine Menge M H setzen wir M := {x H : x y y M}. Bechte, dss es bislng nicht gezeigt wurde, dss eine Norm uf H definiert. Allerdings folgen die Definitheit und die Homogenität von direkt us den Eigenschften eines Sklrprodukts. Es bleibt lso die Dreiecksungleichung zu zeigen. Zunächst zeigen wir jedoch Stz (Stz von Pythgors) Sind x, y Elemente eines unitären Rumes und x y, so ist Beweis. Es ist x + y 2 = x 2 + y 2. x + y 2 = x + y, x + y = x, x + x, y + y, x + y, y = x y 2

21 2.1. UNITÄRE RÄUME 15 Stz (Cuchy Schwrz Ungleichung) Sind x, y Elemente eines unitären Rumes, so gilt x, y x y, wobei Gleichheit genu dnn gilt, wenn x und y liner bhängig sind. Beweis. Sei zunächst y = 1. Wir setzen P x := x, y y. Dnn ist x P x P x. In der Tt ist x P x, P x = x, P x P x, P x = x, y x, y x, y x, y y, y = 0. Nch dem Stz von Pythgors gilt lso x 2 y 2 = x 2 = x P x 2 + P x 2 P x 2 = x, y 2. Hierbei gilt Gleichheit genu dnn, wenn x P x = 0 gilt, lso, wegen Definitheit des Sklrprodukts, genu dnn, wenn x = x, y y gilt. In diesem Fll sind lso x und y liner bhängig. Für beliebiges y 0 wende den ersten Teil uf ỹ = y 1 y n. Sind schließlich x und y liner bhängig, so ist es einfch zu sehen, dss Gleichheit in der Cuchy-Schwrz Ungleichung gilt. Korollr ist eine Norm. Beweis. Wie bereits erwähnt, bleibt lediglich die Dreiecksungleichung zu zeigen. Aus der Cuchy Schwrz Ungleichung folgt jedoch sofort x + y 2 = x 2 + 2Re x, y + y 2 ws äquivlent zur Dreiecksungleichung ist. x x y + y 2 = ( x + y ) 2, Korollr Ds Sklrprodukt ist stetig, d.h. us x n x und y n y folgt x n, y n x, y. Beweis. Gilt x n x und y n y, so sind die Folgen x n und y n beschränkt, etw durch C. Es folgt x n, y n x, y = x n x, y n + x, y n y C x n x + C y n y 0. Definition Ein unitärer Rum (H,, ) heißt Hilbertrum, flls H mit der Norm :=, vollständig, lso ein Bnchrum, ist. Beispiele Die unitären Räume K d, l 2 und für jeden Mßrum (Ω, Σ, µ) der Rum L 2 (Ω) sind Hilberträume. Der Rum C([, b]) mit dem knonischen Sklrprodukt ist kein Hilbertrum.

22 16 KAPITEL 2. HILBERTRÄUME 2.2 Orthonormlbsen Definition Es sei H ein unitärer Rum und I = N oder I = Z oder I = {1,..., d} eine Indexmenge. Eine Fmilie {e j : j I} heißt orthonorml, flls { 1 i = j e i, e j = 0 i j. Es gilt lso e i = 1 für i I und e i e j für i j. Wir sgen uch {e j : j I} ist ein Orthonormlsystem. Beispiel (Endliches Orthonormlsystem) Es sei H ein unitärer Rum und {e 1,..., e d } eine orthonormle Fmilie. Weiter sei E d := spn{e 1,..., e d }. Ist x = d j=1 λ je j E d, so folgt Insbesondere ist x, e k = x = d λ j e j, e k = λ k. j=1 d x, e k e k die eindeutige Entwicklung von x in der Bsis (!) e 1,..., e d von E d. k=1 Beispiel (Trigonometrische Funktionen) Betrchte den (komplexen) unitären Rum L 2 ((0, 2π), dt 2π ). Für k Z sei e k(t) := e ikt. Dnn ist [ e k, e l = 1 2π 1 2π e ikt e ilt 2πi(k l) dt = ei(k l)t = 0 k l 0 2π 0 1 2π 2π 0 1 dt = 1 k = l. Somit ist {e k } k Z ein Orthonormlsystem. Es stellt sich die Frge, ob uch im zweiten Beispiel eine Entwicklung in der Bsis gilt, ob lso x = k Z x, e k e k gilt. Bechte, dss flls diese Gleichung für lle x gilt, jedes Element des Rumes durch (endliche) Linerkombintionen der e k s pproximiert werden knn. Wir geben dieser Eigenschft einen Nmen. Definition Es sei (X, ) ein normierter Rum. Eine Teilmenge M von X heißt dicht, flls M = X ist, lso jeder Punkt us X Grenzwert einer Folge in M ist. Eine Teilmenge U von X heißt totl, flls spn U dicht in X ist. Lemm Es sei H ein unitärer Rum und M H dicht. Gilt x, y = 0 für lle y M, so ist x = 0. Beweis. Es gibt eine Folge x n in M, die gegen x konvergiert. Wegen der Stetigkeit des Sklrprodukts folgt 0 = x, x n x, x = x 2. Somit ist x = 0 und dher x = 0.

23 2.2. ORTHONORMALBASEN 17 Lemm C([, b]) ist dicht in L p ((, b), λ) für 1 p <. Beweis. Es sei X der Abschluss von C([, b]) in L p ((, b), λ). Dnn ist X ein Untervektorrum von L p ((, b), λ) (ÜA). Es sei G := {A B((, b)) : 1 A X} die Menge derjenigen Borelmengen, deren Indiktor in X liegt. Dnn gehört jedes bgeschlossene Intervll [, b ] zu G, denn der Indiktor einer solchen Menge ist punktweiser Grenzwert einer beschränkten Folge stetiger Funktionen, gehört lso nch dem Stz über die dominierte Konvergenz zum Abschluss der stetigen Funktionen. Wir behupten, dss G = B((, b)). Weil die bgeschlossenen Intervlle ein durschnittsstbiler Erzeuger der Borel σ-algebr sind, genügt es nch Dynkin s π-λ Theorem zu zeigen, dss G ein Dynkin System ist. Offensichtlich ist (, b) G, d 1 [,b] C([, b]) ist. Konvergiert f n 1 A, so konvergiert 1 f n 1 A c. Es folgt, dss G mit A uch A c enthält. Sind schliesslich A n prweise disjunkt und in G enhlten, so ist n j=1 1 A j = 1 n j=1 A X, d j X ein Vektorrum ist. D X uch bgeschlossen ist, ist uch 1 j=1 A = lim j 1 n j=1 A X. j Somit ist G in der Tt ein Dynkinsystem und es folgt dss 1 A für jede Borelmenge in X liegt. Weil X ein Vektorrum ist, folgt dss X jede einfche Funktion enthält. Weil ber jede L p -funktion der Grenzwert einfcher Funktionen ist, muss der bgeschlossene Rum X jede L p Funktion enthlten, lso X = L p (, b). Bemerkung Der gleiche Beweis zeigt, dss jeder Teilrum V von L p ((, b), λ) mit der Eigenschft, dss es für < < b < b eine Folge f n in V gibt mit f n 1 [,b ] in L p ((, b)), dicht ist. Beispiele für solche Räume V sind beispielsweise C c ((, b), die stetigen Funktionen mit kompktem Träger (d.h. f(t) = 0 in einer Umgebung von und b) oder ber Funktionen mit höherer Regulrität, etw C k -Funktionen. Definition Es sei H ein unitärer Rum. Eine Orthonormlbsis (ONB) ist ein totles Orthonormlsystem. Bemerkung Mn knn zeigen, dss die Trigonometrischen Funktionenen e k (t) := e ikt totl in L 2 (0, 2π) sind. Hierzu genügt es wegen Lemm zu zeigen, dss mn jede periodische, stetige Funktion (gleichmäßig) durch trigonometrische Polynome n k= n ke ikt pproximieren knn. Dies folgt us dem Weierstrß schen Approximtionsstz. Es gibt ber uch ndere Möglichkeiten, dies zu zeigen. Stz Es sei H ein uniärer Rum, I = N, I = Z oder I = {1,..., d} und (e j ) j I eine Orthonormlbsis. Dnn gilt für lle x, y H (1) x = j I x, e j e j, (2) x 2 = j I x, e j 2, (Prsevl Gleichung) (3) x, y = j I x, e j e j, y. Zum Beweis verwenden wir folgendes Lemm. Lemm Es seien X, Y normierte Räume, T, T n Elemente von L (X, Y ). Weiter seien T, sup n N T n C für eine geeignete Konstnte C > 0. Schließlich gebe es eine dichte Teilmenge M von X, sodss T n x T x für lle x M. Dnn gilt T n x T x für lle x X.

24 18 KAPITEL 2. HILBERTRÄUME Beweis. Es sei x X. Zu gegebenem ε > 0, finden wir ein y M mit x y ε/(3c). Weiter finden wir einen Index n 0 derrt, dss T n y T y ε/3 für lle n n 0. Für solche n gilt T n x T x T n x T n y + T n y T y + T y T x Dher gilt T n x T x wie behuptet. T n x y + ε/3 + T y x Cε/(3C) + ε/3 + Cε/(3C) = ε. Beweis von Stz (1) Es sei I = {i n : n N} und E n := spn{e i1,..., e in }. Wir setzen P n x := n x, e ik e ik. Dnn ist P n x E n und x P n x E n. In der Tt gilt für y = n l=1 λ le il E n stets k=1 x P n x, y = n n n λ l x, e il x, e ik λ l e ik, e il = 0. l=1 k=1 l=1 Somit folgt us dem Stz von Pythgors, dss x 2 = x P n x 2 + P n x 2 P n x 2 und dher P n 1 für lle n N. Für x spn{e i : i I} ist P n x x, denn d e i ein Orthonormlsystem ist, ist für solche x immer P n x x für genügend große n. Aus Lemm folgt dss P n x x für lle x H. Ds ist gerde Teil (1). (2) D die Norm stetig ist, folgt x 2 = lim P nx 2 n n = lim x, e ik e ik, n = lim k=1 n k=1 (3) folgt genuso, d ds Sklrprodukt stetig ist. n x, e il e il l=1 n x, e ik 2 = x, e i 2. i I Bemerkung Die Aussge von Stz gilt uch für beliebige Indexmengen. Allerdings muss mn in diesem Fll zunächst definieren, ws unter einer Reihe mit eventuell überbzählbr vielen Glieder zu verstehen ist. Bemerkung Aus Stz folgt insbesondere folgendes Resultt. Es sei H ein unitärer Rum mit ONB (e n ) n N. Definieren wir U : H l 2 durch Ux = ( x, e n ) n N, so ist dies wohldefiniert und sogr isometrisch, es gilt Ux l 2 = x H und sogr Ux, Uy l 2 = x, y H. Es stellt sich die Frge, ob U uch bijektiv, lso ein isometrischer Isomorphismus ist. Definition Es seien H 1, H 2 unitäre Räume. Ein unitärer Opertor ist eine linere Abbildung U : H 1 H 2 derrt, dss Ux, Uy H2 = x, y H1.

25 2.2. ORTHONORMALBASEN 19 Lemm Es seien H und U wie in Bemerkung Dnn ist U genu dnn ein isometrischer Isomorphismus, wenn H ein Hilbertrum ist. Beweis. Ist U surjektiv, lso U ein isometrischer Isomorphismus, so muss H vollständig sein. Ist nämlich x n eine Cuchyfolge in H, so ist Ux n eine Cuchyfolge in l 2, d U isometrisch ist. Weil l 2 vollständig ist, gilt Ux n x für ein geeignetes x l 2. Wenn ber U surjektiv ist, ist x = Ux für ein x H und dnn x n x H = Ux n Ux l 2 0 und dher x n x. Ist umgekehrt H vollständig, so ist U surjektiv. Ist nämlich x l 2, so gilt x n := n j=1 x(j) n e j x. Offensichtlich ist ber x n rgu, etw x n = Ux n. Weil x n eine Cuchyfolge ist, ist uch x n eine Cuchyfolge, lso wegen der Vollständigkeit konvergent, etw x n x. Wegen Stetigkeit muss dnn ber x = Ux sein, lso U surjektiv. Korollr Sind H 1 und H 2 Hilberträume mit Orthonormlbsen (e k ) k N bzw. (v k ) k N so ist U : H 1 H 2 gegeben durch ein isometrischer Isomorphismus. U : x = x k e k k=1 x k v k Beweis. Ist U 1 : H 1 l 2 gegeben durch U 1 x = ( x, e k ) und U 2 : H 2 l 2 gegeben durch U 2 x = ( x, v k ), so ist U = U2 1 U 1 isometrischer Isomorphismus ls Verknüpfung zweier isometrischer Isomorphismen. Bemerkung Sind H 1 und H 2 unitäre Räume und U : H 1 H 2 ein isometrischer Isomorphismus, so zeigt mn wie in Lemm , dss H 1 genu dnn vollständig ist, wenn H 2 vollständig ist. Es bleibt noch zu klären ob und wnn ein unitärer Rum eine bzählbre Orthonormlbsis ht. Definition Ein normierter Rum heißt X seprbel, wenn es eine bzählbre, dichte Menge in X gibt. Lemm Ein normierter Rum ist genu dnn seprbel, wenn er eine bzählbre, totle Menge enthählt. Beweis. Jede bzählbre, dichte Menge ist utomtisch totl. Ist umgekehrt {x n : n N} eine totle Teilmenge, so sei k=1 { n } F := q k x k n N, q 1,..., q n K Q k=1 wobei K Q = Q, flls K = R und K Q = Q + iq, flls K = C ist. Dnn ist F eine bzählbre Menge, die offensichtlich den Aufspnn der (x n ) enthält. D diese totl sind, ist der Abschluss von F der gesmte Rum, der somit seprbel ist. Nun gilt folgender Stz Stz Jeder seprble unitäre Rum besitzt eine bzählbre Orthonormlbsis.

26 20 KAPITEL 2. HILBERTRÄUME Beweis. Sei H ein unendlichdimensionler, seprbler, unitärer Rum. Dnn gibt es eine Folge {x n : N}, die totl in H ist. Ohne Einschränkung dürfen wir nnehmen, dss die x n liner unbhängig sind. Wir konstruieren nun eine Folge (e n ) die orthonorml ist mit spn{x 1,..., x n } = spn{e 1,..., e n }. Drus folgt die Behuptung. Wir konstruieren eine solche Folge mit dem Grm-Schmidt schen Orthonormlsierungsverfhren. Setze hierzu e 1 := x 1 1 x 1. Sind e 1,..., e n bereits konstruiert, so setze y n+1 := x n+1 n x n+1, e j e j und dnn e n+1 := y n+1 1 y n+1. Dnn ht e n+1 Norm 1 und e n+1 e k für k = 1,..., n wie mn leicht sieht. Offensichtlich ht diese Folge die gewünschten Eigenschften. Korollr Jeder seprble, unendlichdimensionle Hilbertrum ist isometrisch isomorph zu l 2. j=1 2.3 Orthogonle Projektion Es sei H ein Hilbertrum und C H eine bgeschlossene, konvexe Menge, d.h. sind x, y C so ist uch λx + (1 λ)y C für λ [0, 1]. Gegeben ein Element x in H wollen wir nun ein Element P x von C finden, welches geringsten Abstnd von x ht. Ein solches Element nennt mn Proximum von x in C. Stz Es sei H ein Hilbertrum und C eine bgeschlossene, konvexe Menge. Dnn besitzt jedes Element x von H genu ein Proximum P x in C. Beweis. Es sei x H. Dnn gibt es eine Folge (x n ) C, mit Für u, v H gilt x x n inf{ x y : y C} =: d. u + v 2 + u v 2 = u + v, u + v + u v, u v = 2 u v 2. (2.1) Wir verwenden dies für u = x n x und v = x x m. Dnn ist x n x m 2 = 2 x n x x x m 2 x n x (x x m ) 2 d 1 2 (x n + x m ) C liegt. Somit ist = 2 x n x x x m (x n + x m ) x 2 2 x n x x x m 2 4d 2, lim sup x n x m 2 2d 2 + 2d 2 4d 2 = 0, m,n lso ist (x n ) eine Cuchyfolge. Weil H vollständig ist, konvergiert x n, etw gegen x D C bgeschlossen ist, liegt x in C. Weiter ist x x = lim n x x n = d.

27 2.3. ORTHOGONALE PROJEKTION 21 Dher ist x ein Proximum von x in C. Angenommen, ˆx ist ein weiteres Proximum von x in C, lso x ˆx 2 = d. Es folgt us (2.1), dss d = 1 2 x x x ˆx 2 = x 1 2 (ˆx + x) ( x ˆx) 2 2 Somit ist ˆx x = 0, lso ˆx = x. d ( x ˆx) 2. Definition Sei x H. Ds eindeutige Element P x C mit x P x = min x y y C heißt orthogonle Projektion von x uf C. Die Abbildung P : H H heißt die orthogonle Projektion uf C. Ds folgende Lemm chrkterisiert die orthogonle Projektion. Lemm Es sei x C. Dnn sind folgende Aussgen äquivlent: (1) x x x y für lle y C, d.h. x ist die orthogonle Projektion von x uf C. (2) Re x x, y x 0 für lle y C. Beweis. (1) (2): Es sei x ein Proximum von x in C und y C. D C konvex ist, liegt x + t(y x) für t [0, 1] in C. Weil x ein Proximum ist, gilt x x 2 x ( x + t(y x)) 2 für t [0, 1]. Dher gilt für solche t worus für t 0 (2) folgt. (2) (1): Für y C gilt = x x 2tRe x x, y x + t 2 y x 2 2Re x x, y x t y ȳ 2 x y 2 = x x 2 + 2Re x x, x y + x y x x. Wir zeigen nun, dss P stetig, sogr Lipschitz stetig ist. Bechte, dss P im Allgemeinen nicht liner ist. Stz Es sei H ein Hibertrum und P die orthogonle Projektion uf die konvexe, bgeschlossene Menge C. Dnn ist P x P y x y. Beweis. Es folgt us Lemm 2.3.3, dss Re x P x, z P x 0 Re y P y, z P y 0

28 22 KAPITEL 2. HILBERTRÄUME für lle z C. Setzt mn z = P y, respektive z = P x ein, so erhält mn Re x P x, P y P x 0 Re y P y, P y P x 0. Addiert mn diese Ungleichungen, so ergibt sich Re x P x + P y y, P y P x = P y P x 2 + Re x y, P y P x 0, und dher, in Verbindung mit der Cuchy Schwrz Ungleichung, P y P x 2 Re y x, P y P x y x P y P x. Wir betrchten nun noch den Spezilfll dss C ein bgeschlossener Teilrum von H ist. In der Formulierung des folgenden Stzes verwenden wir den Begriff Hilbertrumsumme. Sind H 1 und H 2 Hilberträume, so ist die Hilbertrumsumme ds krtesische Produkt H 1 H 2, mit der Norm (x 1, x 2 ) 2 := x 1 2 H 1 + x 2 2 H 2. Wir schreiben H 1 2 H 2 für die Hilbertrumsumme. Stz Es sei H ein Hilbertrum und H 0 ein bgeschlossener Teilrum von H. Dnn ist die orthogonle Projektion P uf H 0 ein linerer, beschränkter Opertor mit P = 1 (es sei denn, H 0 = 0). Weiterhin ist H isometrisch isomorph zur Hilbertrumsumme H 0 2 H 0. Beweis. Lemm impliziert, dss z = P x genu dnn, wenn Re x z, y z 0 für lle y H 0. D mit y uch y + z gnz H 0 durchläuft (denn H 0 ist ein Unterrum!) ist obiges äquivlent mit Re x z, w 0 für lle w H 0. Ersetzt mn w durch w und iw, so folgt, dss z = P x ist genu dnn, wenn x z, w = 0 für lle w H 0. Insbesondere liegt lso x P x in H 0. D H ein Unterrum ist, liegen mit x 1 und x 2 uch x 1 + λx 2 in H 0. Weiter ist (x 1 + λx 2 ) (P x 1 + λp x 2 ), w = x 1 P x 1, w + λ x 2 P x 2, w = 0 für lle w H 0. Dher ist P (x 1 + λx 2 ) = P x 1 + λp x 2, P lso liner. Gemäß Stz ist P Lipschitzstetig, lso P 1. Andererseits ist P 2 = P, lso P = P 2 P 2, ws sofort P = 0 oder P 1 impliziert. Zu guter Letzt ist P x x P x und dher, nch dem Stz von Pythgors, x 2 = P x 2 + x P x 2. Insbesondere hben wir im Beweis des Stzes folgendes gezeigt: Korollr Sei H ein Hilbertrum, H 0 ein bgeschlossener Unterrum und P die orthogonle Projektion uf H 0. Dnn ist z = P x genu dnn, wenn x z H 0. Als Anwendung des Projektionsstzes zeigen wir die Existenz der bedingten Erwrtung. Gegeben ist ein Whrscheinlichkeitsrum (Ω, Σ, P) und eine Unter-σ-Algebr F. Definition Ist X L 2 (Ω) so heißt eine Zufllsvrible Y L 2 (Ω) bedingte Erwrtung von X gegeben F, flls (1) Y ist F -messbr. (2) Für A F ist A X dp = A Y dp.

29 2.4. SELBSTADJUNGIERTE OPERATOREN 23 Mn schreibt Y = E(X F ). Stz Es sei (Ω, Σ, P) ein Whrscheinlichkeitsrum und F eine Unter-σ-Algebr von Σ. Dnn gibt es für jedes X L 2 (Ω) eine bedingte Erwrtung E(X F ) gegeben F. Beweis. Wir betrchten den Hilbertrum H = L 2 (Ω, Σ, P). Der Rum H 0 := L 2 (Ω, F, P) ist ein bgeschlossener Teilrum von H. Nch Stz existiert die orthogonle Projektion P von H uf H 0, und wegen Stz ist P liner. Es ist klr, dss P X F -messbr ist, denn P X H 0. Weiter ist für A F ist 1 A H 0. D lso X P X H0 ist, ist 1 A, X P X = 0 für solche A. Dies zeigt, dss X dp = Y dp, lso ist P X eine bedingte Erwrtung von X gegeben F ist. A Nun beschreiben wir den Dulrum eines Hilbertrumes. Ist (H,, ) ein unitärer Rum und ist y H so ist die Abbildung ϕ y : H K, definiert durch ϕ y (x) = x, y liner. Es folgt us der Cuchy Schwrz Ungleichung ϕ y (x) x y, dss ϕ y sogr beschränkt ist, lso ist ϕ y ein Element von H, dem Dulrum von H, ist. Es stellt sich die Frge, ob jedes Funktionl uf H von dieser Form ist. Flls H vollständig ist (lso H ein Hilbertrum ist) so ist dies in der Tt der Fll. Stz (Riesz-Fréchet) Es sei H ein Hilbertrum und ϕ H. Dnn gibt es genu ein y H mit ϕ(x) = x, y für lle x H. Weiterhin ist y H = ϕ H. Beweis. D ϕ stetig ist, ist ker ϕ =: F ein bgeschlossener Teilrum von H. Nch Stz ist H = F 2 F. Flls F = {0} ist, ist ϕ = 0 und mn knn y = 0 wählen. Ansonsten findet mn ein y 1 F mit ϕ(y 1 ) = 1. Für beliebiges x H ist dnn x ϕ(x)y 1 ker ϕ = F. Also ist x ϕ(x)y 1 y 1 und es folgt 0 = x ϕ(x)y 1, y 1 = x, y 1 ϕ(x) y 1 2. Somit leistet y := y 1 2 y 1 ds gewünschte. Wäre z ein weiteres Element von H mit ϕ(x) = x, z für lle x H, so ist und somit y = z. y z 2 = y z, z y z, y = ϕ(y z) ϕ(y z) = 0 Bemerkung Es folgt, dss die Abbildung Φ : H H, gegeben durch Φ(y) = ϕ y bijektiv, ntiliner und isometrisch ist. Ist K = R, so ist H lso isometrisch isomorph zu seinem Dulrum. 2.4 Selbstdjungierte Opertoren Der Stz von Riesz-Fréchet erlubt es uns, die Adjungierte eines Opertors uf einem Hilbertrum zu definieren. Lemm Es sei H ein Hilbertrum und T L (H). Dnn gibt es genu einen Opertor T L (H) derrt, dss T x, y = x, T y für lle x, y H gilt. Weiter ist T = T. A

30 24 KAPITEL 2. HILBERTRÄUME Beweis. Es sei y H. Die Abbildung x T x, y ist, ls Verknüpfung der stetigen Abbildungen ϕ y und H stetig. Nch dem Stz von Riesz-Fréchet gibt es ein eindeutiges Element T y H sodss T x, y = ϕ y (T x) = x, T y für lle x H gilt. Sind nun y 1, y 2 H und λ K, so ist x, T y 1 + λt y 2 = x, T y 1 + λ x, T y 2 = T x, y 1 + λ T x, y 2 = T x, y 1 + λy 2. Aus der Eindeutigkeitsussge im Stz von Riesz-Frechet folgt nun T (y 1 + λy 2 ) = T y 1 + λt y 2, und somit ist T liner. Schliesslich ist T = sup T y = y 1 = sup sup x 1 y 1 sup sup y 1 x 1 x, T y T x, y = sup T x = T x 1 worus einerseits die Beschränktheit von T ndererseits ber uch die Identität T = T folgt. Definition Der Opertor T us Lemm heißt Adjungierte von T. Ein Opertor T heißt selbstdjungiert, flls T = T ist. Beispiel Ist H 0 ein bgeschlossener Teilrum des Hilbertrum H und P die orthogonle Projektion uf H 0, so ist P selbstdjungiert. In der Tt ist P x H 0 und x P x H 0 für jedes x H. Somit gilt für x, y H P x, y = P x, P y + P x, y P y = P x, P y = P x, P y + x P x, P y = x, P y für lle x, y H. Wir stellen einige Eigenschften selbstdjungierter Opertoren zusmmen. Proposition Es sei H ein Hilbertrum und T L (H). (1) Ist T selbstdjungiert, so ist T x, x R für lle x H. Flls K = C ist, so gilt uch die Umkehrung: Ist T x, x R für lle x H, so ist T selbstdjungiert. (2) ist T selbstdjungiert, so ist T = sup x 1 T x, x. Beweis. (1) Ist T selbstdjungiert, so ist T x, x = x, T x = T x, x für lle x H. Sei nun K = C und T ein beschränkter Opertor mit T z, z R für lle z H. Für x, y H und λ C gilt dnn T (x + λy), (x + λy) = T x, x + λ T x, y + λ T y, x + λ 2 T y, y. Durch komplexes konjugieren dieser Gleichung folgt unter Bechtung von T z, z = T z, z und T u, v = v, T u die Gleichung T (x + λy), (x + λy) = T x, x + λ y, T x + λ x, T y + λ 2 T y, y.