Funktionalanalysis

Funktionalanalysis
Prof. Dr. Y. Kondratiev
20. Oktober 2015
1
Inhaltsverzeichnis
1
Grundlagen
1.1 Metrische Räume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Konvergente Folgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Der Satz von Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1
2
2
2
Normierte Räume
2.1 Definitionen und Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Eigenschaften normierter Räume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
5
9
3
Funktionale und Operatoren
3.1 Stetige lineare Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Dualräume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
14
17
4
Die
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
5
6
7
Hauptsätze für Funktionale und Operatoren
Der Satz von Hahn-Banach und seine Konsequenzen
Schwache Konvergenz und Reflexivität . . . . . . . .
Das Prinzip der gleichmäßigen Beschränktheit . . . .
Satz der offenen Abbildung . . . . . . . . . . . . . .
Der Satz vom abgeschlossenen Graphen . . . . . . .
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18
18
23
27
28
31
Hilbert Räume
5.1 Prähilberträume und Hilbert-Räume . . . . . .
5.2 Geometrie eines Hilbertraumes . . . . . . . . .
5.2.1 Der Dualraum eines Hilbertraumes . . .
5.2.2 Fortsetzungsprobleme . . . . . . . . . .
5.3 Separable Hilberträume und Orthonormalbasen
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32
36
38
39
40
Lineare Operatoren in Hilberträumen
6.1 Grundbegriffe . . . . . . . . . . .
6.2 Spezielle Klassen von Operatoren
6.2.1 Projektoren . . . . . . . .
6.2.2 Isometrien . . . . . . . . .
6.2.3 Kompakte Operatoren . .
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Spektraltheorie von Operatoren - Übersicht
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Literatur
54
Literatur
54
i
1
Grundlagen
1.1
Metrische Räume
Definition 1.1.
Ein metrischer Raum ist ein Paar (X, d), wobei X eine nicht-leere Menge und
d : X × X −→ R+ := [0, +∞) eine Abbildung ist, welche den folgenden Axiomen gengt.
Für alle x, y, z ∈ X gilt
(M1): d(x, y) = 0 ⇔ x = y
(M2): d(x, y) = d(y, x)
(M3): d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) (Dreiecksungleichung)
Lemma 1.2.
Es sei (X, d) ein metrischer Raum. Dann gilt für alle x, x0 , y, y 0 ∈ X
|d(x, x0 ) − d(y, y 0 )| ≤ d(x, y) + d(x0 , y 0 )
Beweis. Es gilt
d(x, x0 ) ≤ d(x, y) + d(y, y 0 ) + d(y 0 , x0 )
und somit
d(x, x0 ) − d(y, y 0 ) ≤ d(x, y) + d(y 0 , x0 ).
Analog lässt sich zeigen
d(y, y 0 ) − d(x, x0 ) ≤ d(x, y) + d(y 0 , x0 ),
woraus die Behauptung folgt.
Definition 1.3.
Es sei (X, d) ein metrischer Raum. Fr jedes x ∈ X und ε > 0 heit
Bε (x) = Uε (x) := {y ∈ X : d(y, x) < ε}
ε-Umgebung von x bzw. offene ε-Kugel.
Lemma 1.4.
Es sei (X, d) ein metrischer Raum und Bε eine ε-Kugel um x. Dann gelten
(i) x ∈ Uε (x).
(ii) Uε1 (x) ∩ Uε2 (x) = Uε (x), wobei ε := min{ε1 , ε2 }.
(iii) y ∈ Uε (x) ⇒ Uε−d(x,y) (y) ⊂ Uε (x).
Definition 1.5.
Eine Teilmenge V ⊂ X eines metrischen Raumes (X, d) =: X heißt offen, falls
∀x ∈ V, ∃ε > 0 : Uε (x) ⊂ V .
Bemerkung 1.6.
Ein metrischer Raum X ist ein Hausdorff-Raum, d.h.:
∀x, y ∈ X , x 6= y ∃ε > 0 : Uε (x) ∩ Uε (y) = ∅.
1
1.2
Konvergente Folgen
Im Folgenden bezeichnet (X, d) stets einen metrischen Raum.
Definition 1.7.
Eine Folge (xn )n∈N = {xn : n ≥ 1} ⊂ X konvergiert gegen x ∈ X, falls für alle ε > 0, ein
n0 ∈ N existiert mit
d(xn , x) ≤ ε, ∀n ≥ n0 .
Schreibweise: lim xn = x, bzw. xn → x, n → ∞.
n→∞
Definition 1.8.
Fr A ⊂ X wird der Abschluss durch
A := {x ∈ X : ∀ε > 0, Uε (x) ∩ A 6= ∅} =: cls(A)
definiert.
Es gilt natürlich A ⊂ A.
Lemma 1.9.
Fr A ⊂ X gilt
A = {x ∈ X : ∃(xn )n∈N ⊂ A, xn → x}.
Der Abschluss ist also die Menge aller Grenzwerte von Folgen in A.
Definition 1.10.
Eine Folge (xn )n∈N in X heit Cauchy - Folge, falls für alle ε > 0, ein n0 ∈ N existiert mit
d(xn , xm ) < ε, ∀n, m ≥ n0 .
Natürlich ist jede konvergente Folge eine Cauchy-Folge.
Definition 1.11.
Ein metrischer Raum (X, d) heit vollständig, falls jede Cauchy-Folge in X konvergiert.
1.3
Der Satz von Baire
Definition 1.12.
A ⊂ X heit dicht in X, falls A = X gilt.
A heit nirgends dicht, falls A keine inneren Punkte enthlt.
Bemerkung 1.13.
Das Innere von A ist durch
int(A) := {x ∈ X : ∃ε > 0, Bε (x) ⊂ A}
definiert. Dabei heit ein x ∈ int(A) innerer Punkt von A. Außerdem gilt die Inklusion int(A) ⊂
A, und A ist nirgends dicht genau dann, wenn int(A) = ∅.
Die Definition in der Bemerkung 1.13 kann uns Aufschluss darber geben, wie gro Mengen
sind. Zum Beispiel ist Z = Z und Q = R. Dabei ist zu beachten, dass beide Mengen abzählbar
sind.
Lemma 1.14.
Fr A ⊂ X gilt
(i) A ist nirgends dicht ⇔ A enthält keine offene Kugel.
2
(ii) Ist A abgeschlossen (d.h. A = A), so gilt
A ist nirgends dicht ⇔ ∀x ∈ A, ε > 0 : Uε (x) ∩ Ac 6= ∅.
Lemma 1.15.
Es sei (X, d) ein vollständiger metrischer Raum, (En )n∈N ⊂ X und εn > 0 → 0, n → ∞.
Angenommen die Mengen En = Uεn (xn ) ⊂ X erfüllen En+1 ⊂ En für alle n ≥ 1. Dann gibt es
genau ein x ∈ X mit x ∈ En , ∀n ∈ N so dass
\
En = {x}
n∈N
gilt.
Beweis. Die Folge (xn )n∈N ist eine Cauchy-Folge, denn für alle i, j ∈ N mit i < j gilt Ej ⊂ Ei ,
also auch
Uεj (xj ) ⊂ Uεi (xi ) .
Somit ist d(xj , xi ) ≤ εi → 0, i → ∞. Da X vollständig ist, gibt es ein x ∈ X mit lim xn = x.
n→∞
T
Fr dieses x gilt nach Konstruktion x ∈ En für alle n ∈ N und somit x ∈
En =: E0 . Es sei
n∈N
nun y ∈ E, da y ∈ En , für alle n ∈ N gilt, haben wir folgende Abschätzung
d(x, y) ≤ d(x, xn ) + d(xn , y) ≤ εn + εn = 2εn → 0 , n → ∞.
Somit bekommen wir d(x, y) ≤ 0, also x = y.
Satz 1.16 (Satz von Baire).
Es sei (X, d) ein vollständiger metrischer
Raum und (An )n∈N eine Folge von abgeschlossenen
S
Teilmengen von X. Ferner enthalte
An eine offene Kugel. Dann gibt es mindestens ein i ∈ N,
n∈N
so dass Ai eine offene Kugel enthält.
Beweis.
S
Definiere U0 := Uε0 (x0 ) ⊂
An als offene Kugel, welche in der Vereinigung liegt. Die folgende
n∈N
Annahme wird zum Widerspruch führen
∀ε > 0 , x ∈ X , n ∈ N : Uε (x) ∩ Acn 6= ∅ ,
das heißt, es gibt keine offene Kugel in einem der An .
Betrachte U0 ∩ Acn 6= ∅. Diese Menge ist für alle n ∈ N offen. Also folgt, dass ein
K1 := Bε1 (x1 ) ⊂ Ac1 ∩ U0
existiert, wobei ohne Einschränkung 0 < ε1 < 1 gewählt werden kann. Da jedoch auch Ac2 ∩
Uε1 (x1 ) 6= ∅ gilt, existiert
1
K2 := Bε2 (x2 ) ⊂ Ac2 ∩ Uε1 (x1 ) , wobei 0 < ε2 < .
2
Auf diese Weise definieren wir induktiv eine Folge von Ki , wie folgt
∃Ki := B εi (xi ), 0 < εi <
1
und Ki ⊂ Aci ∩ Uεi−1 (xi−1 ).
i
Somit gilt Ki ⊂ Ki−1 , also ist (Ki )i∈N eine absteigende
Folge von abgeschlossenen Mengen. Nach
T
Lemma 1.15 gibt es genau ein x ∈ X mit
Kn = {x}. Wegen x ∈ Acn , ∀n ∈ N gilt
n∈N
!c
x∈
\
Acn
=
n∈N
Aufgrund x ∈ K1 ⊂
Ac1
∩ U0 folgt x ∈ U0 ⊂
[
An
n∈N
S
⇒x∈
/
[
An .
n∈N
An , welches ein Widerspruch zu (1.1) ist.
n∈N
3
(1.1)
Korollar 1.17.
In einem vollständigen metrischen Raum hat die Vereinigung von abzählbar vielen, nirgends
dichten und abgeschlossenen Mengen keinen inneren Punkt.
Definition 1.18.
Eine Abbildung f : X −→ R heißt stetig in x0 ∈ X, falls
∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈ Uδ (x0 ) ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε
Bzw. ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈ Uδ (x0 ) ⇒ f (x) ∈ Uε (f (x0 )).
Allgemeiner:
Eine Abbildung f : X → Y , wobei (X, dX ), (Y, dY ) metrische Rume sind, heit stetig in x0 ∈ X,
falls
∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈ Uδ (x0 ) ⇒ f (x) ∈ Uε (f (x0 ))
Bzw. ∀ε > 0, ∃δ > 0 : f (Uδ (x0 )) ⊂ Uε (f (x0 ))
Definition 1.19.
Es sei C(X, R) := {f : X −→ R : f ist stetig} die Menge der stetigen Funktionen. Eine Menge
F von Funktionen f : X −→ R heißt punktweise gleichmßig beschrnkt, falls für jeden Punkt
x ∈ K die Menge {f (x)|f ∈ F } ⊂ R beschränkt ist, d.h. es gibt ein Kx > 0 mit |f (x) ≤ Kx für
alle f ∈ F .
Bemerkung 1.20.
Die Stetigkeit von f ist äquivalent dazu, dass die Urbilder abgeschlossener Mengen wieder abgeschlossen sind.
Beweis. Es sei K ⊂ R abgeschlossen. So ist f −1 (K) := {x ∈ X : f (x) ∈ K} ⊂ X. Es sei
{xn : n ∈ N} eine Folge in f −1 (K), sowie xn → x0 ∈ X. Dann gilt f (xn ) → f (x0 ) und
da K abgeschlossen ist, auch f (x0 ) ∈ K. Somit ist x0 ∈ f −1 (K) und es folgt, dass f −1 (K)
abgeschlossen ist.
Korollar 1.21.
Es sei (X, d) ein vollstndiger metrischer Raum und F ⊂ C(X, R) punktweise gleichmßig beschränkt. Dann gibt es eine offene Kugel U ⊂ X und eine Konstante C > 0 mit |f (x)| < C für
alle x ∈ U und f ∈ F . Das heißt F ist auf einer offenen Kugel gleichmäßig beschränkt.
Beweis.
Definiere An := {x ∈ X : |f (x)| ≤ n, ∀f ∈ F }. Dann gilt
{x ∈ X : f (x) ≤ n} = f −1 ([−n, n]) .
T −1
Insbesondere haben wir somit
f ((−n, n]) = An . Mit Bemerkung 1.20 ist An abgeschlossen
f ∈F
für jedes n, denn beliebige
S Schnitte von abgeschlossenen Mengen sind wieder abgeschlossen.
Ferner haben wir X =
An , dabei ist X als topologischer Raum natürlich offen, enthält somit
n∈N
eine offene Kugel. Nach dem Satz von Baire gibt es eine offene Kugel U ⊂ X, sowie ein m ∈ N
mit U ⊂ Am . Also gilt |f (x)| ≤ m, für alle x ∈ U und alle f ∈ F .
Bemerkung 1.22. Analog lässt sich zeigen, dass für F ⊂ C(X < R) die Bedingung
∀x ∈ X ∃C > 0 : f (x) ≤ Kx , ∀f ∈ F
4
2
Normierte Räume
2.1
Definitionen und Beispiele
Wir betrachten einen Vektorraum X über dem Körper K = {R, C}.
Definition 2.1.
Sei X ein K-Vektorraum. Eine Abbildung p : X −→ R+ heißt Halbnorm, wenn sie folgende
Axiome für alle x, y ∈ X und α ∈ K erfüllt
(N1) p(αx) = |α|p(x)
(N2) p(x + y) ≤ p(x) + p(y).
Gilt zusätzlich (N3): p(x) = 0 ⇒ x = 0, so heißt p eine Norm.
Bezeichnung: p(x) =: kxk und (X, k · k) heißt normierter Raum.
d(x, y) = kx − yk ist eine Metrik auf X. Also ist (X, d) ein metrischer Raum.
Definition 2.2.
Ein vollständiger normierter Raum heißt Banach-Raum.
Beispiel 2.3.
Es sei n ∈ N, X = Kn und x ∈ X, x = (x1 , x2 , ..., xn ). So definieren wir
kxk1 :=
n
X
|xk |, die 1-Norm,
k=0
kxk∞ := sup |xk |, die Supremumsnorm,
1≤k≤n
kxk2 :=
n
X
!1
2
|xk |2
, die euklidische Norm.
k=0
Beispiel 2.4.
Sei X = C([a, b]) = {x : [a, b] → R : x ist stetig}. Betrachte folgende Teilmenge von X:
P = {tn : n ∈ N0 } ⊂ X.
Es gilt
N
X
λk tk = 0, t ∈ [a, b] ⇔ λk = 0, ∀k ∈ {0, ..., N } .
k=0
Also haben wir dimK (X) =: dim(X) = ∞.
Definition 2.5.
Definiere auf X = C([a, b]) die Supremumsnorm
kxk∞ := sup |x(t)|,
∀x ∈ X.
t∈[a,b]
Für eine Funktionenfolge {xn : n ∈ N} ⊂ X ist die Konvergenz xn → x die gleichmäßige
u
Konvergenz.
Satz 2.6.
C([a, b], k · k∞ ) ist ein Banachraum.
5
Beweis.
Es sei (xn )n∈N ⊂ C([a, b], k · k∞ ) eine Cauchy-Folge. Für jedes t ∈ [a, b] bildet (xn (t))n∈N eine
Cauchy-Folge in R. Denn
|xn (t) − xm (t)| ≤ kxn − xm k∞ ,
∀t ∈ [a, b], n, m ∈ N .
Also können wir folgende Funktion als punktweisen Grenzwert definieren
x(t) := lim xn (t), ∀t ∈ [a, b] .
n→∞
Da die Funktionenfolge zusätzlich noch gleichmäßig konvergiert, zeigt ein 3ε-Argument aus der
Analysis, dass x stetig ist.
Bemerkung 2.7.
Analog kann man zeigen, dass C(Q) := {x : Q → R : x ist stetig} ein Banachraum ist, wobei Q
ein kompakter metrischer Raum ist.
Beispiel 2.8.
d
X := C 1 ([a, b]) := {x : [a, b] → R : ∃x0 = dt
x ∈ C([a, b])} ist ein R-Veltorraum. Definiere eine
Norm durch
kxkC 1 := sup |x(t)| + sup |x0 (t)| = kxk∞ + kx0 k∞ .
t∈[a,b]
t∈[a,b]
Satz 2.9.
(C 1 ([a, b], k · kC 1 ) ist ein Banachraum.
Beweis. ∗∗
Es sei (xn )n∈N ⊂ C 1 ([a, b]) eine Cauchy-Folge. Wie im Satz 2.6 existiert der punktweise Grenzwert und wir definieren x(t) := lim xn (t) für t ∈ [a, b]. Weiterhin wissen wir, dass x ∈ C([a, b])
n→∞
gilt, denn
kxn − xm k∞ ≤ kxn − xm kC 1 .
Wegen der Definition der Norm ist (x0n )n∈N eine
R t konvergente Folge, welche eine stetige Grenzfunktion y besitzt. Wegen xn (t) = xn (a) + a x0n (s)ds und der gleichmässigen Konvergenz
Rt
xn → x, x0n → x0 folgt x(t) = x(a) + a y(s)ds und somit x ∈ C 1 ([a, b]).
Bemerkung 2.10. ∗∗
Wir knnen auch auf dem Raum
C r ([a, b]) := {x ∈ C([a, b]) : x ist r-mal stetig differenzierbar}
eine Norm definieren, welche diesen zu einem Banachraum macht. Nämlich
kxkC r :=
r
X
kx(k) k∞
oder
k=0
kxkC r := max kx(k) k∞ .
0≤k≤r
Beispiel 2.11.
Es sei D := {z ∈ C : |z| < 1} ⊂ C, sowie
H ∞ (D) = {x : D → C : x ist holomorph und beschrnkt }.
Eine Norm ist durch kxk = sup|x(t)| gegeben. Nach dem Satz von Morera ist (H ∞ (D), k · k) ein
t∈D
Banachraum.
Beispiel 2.12.
Es sei (S, Σ, ν) ein Maßraum. Wir wollen Lebesgue Räume definieren. Dabei setzen wir vorraus,
6
dass ν ein σ-endliches Maß ist, sowie Σ eine σ-Algebra auf S ist. Wir definieren für alle
p ∈ [1, ∞)
L p (S, Σ, ν) := L p (S) := L p (ν) := {x : S → K :
Z
|x(t)|p dν(t) < ∞}
x messbar und
S
und für x ∈ L p (S) die p-Norm durch

1
p
Z
p


kxkp =
|x(t)| dν(t)
,
.
(2.1)
S
Behauptung: (L p (S), k · kp ) ist ein halbnormierter Vektorraum. (N2) entspricht dabei der Minkowski Ungleichung. Es sei x ∈ L p (S) mit x 6= 0 und
Z
kxkpp = |x(t)|p dν(t).
S
Jedoch können wir x(t) = 0 fr ν-fast-alle t ∈ S folgern. Damit k · kp eine Norm wird, müssen wir
die Funktionen auf Nullmengen miteinander indentifizieren. Also definieren wir N (ν) := {x :
S → K : x = 0 ν-fast berall } und betrachten nun
Lp (S, Σ, ν) = Lp (S) = Lp (ν) =: L p (S, Σ, ν)/N (ν).
Diese sind die normierten Lp -Räume. Dabei ist x ∼ y ⇔ x − y ∈ N (ν). Die Norm wird analog
zu (2.1) definiert:

1
p
Z
p
k[x]kp =  |x(t)| dν(t) ,
S
wobei [x] ∈ Lp und x ∈ [x] ein beliebiger Representant.
Beispiel 2.13.
Hier wollen wir die L∞ -Räume einführen. Dafür setzen wir
L ∞ (ν) :={x : S → K : x messbar und
∃N = N (x) ∈ Σ : ν(N ) = 0, x|S−N ist beschrnkt}.
Man beachte, dass
(
1,
x(t) :=
n,
sonst
t = n1 , n ∈ N
ein Element in diesem Raum ist, obwohl x selbst unbeschrnkt und unstetig ist. Denn { n1 : n ∈ N}
ist eine Nullmenge. Die entsprechende Halbnorm ist durch
kxk∞ :=
inf
( sup (|x(t)|))
N,ν(N )=0 t∈S−N
gegeben. Leider ist diese Abbildung, wie zuvor auch, keine Norm. Deshalb setzen wir
L∞ (ν) := L (ν)/N (ν) .
Auf diese Weise bekommt man den Raum der wesentlich beschränkten Funktionen. Für ein
endliches Maß ν gilt hierbei
kxk∞ = lim kxkp .
p→∞
7
Beispiel 2.14.
Hier wollen wir die Folgenräume `p einführen. Es sei (S, Σ) ein meßbarer Raum mit S = N und
Σ = P(N), wobei P(N) die Potenzmenge von N bezeichnet. Das Maß ν sei durch
∀A ⊂ N : ν(A) = |A|, ν({n}) = 1, ∀n ∈ N
gegeben. Dieses ist das sogenannte zählende Maß, welches einer Menge die Anzahl der Elemente
zuordnet. Für eine Abbildung x : N → K führen wir die folgende Schreibweise ein:
x(n) = xn ∈ K, n ∈ N d.h. x = (x1 , x2 , ..., xn , ...).
Die Norm schreibt sich dann wie folgt

1
p
Z
p
kxkp =  |x(t)| ν(t) =
∞
X
!1
p
p
|x(n)|
=
n=1
N
∞
X
!1
p
|xn |
p
.
n=1
Diese Identität veranlasst zu folgender Definition:
p
` (K) := {x = (xn )n∈N : xn ∈ K,
∞
X
|xn |p < ∞} ,
n=1
mit der Norm
!1
∞
X
kxkp =
p
|xn |p
.
n=1
Diese sind die normierten `p -Räume (Folgenräume). Den Raum der beschränkten Folgen definieren wir durch
`∞ (K) = {x = (xn )n∈N kxk∞ = sup|xn | < ∞}.
n∈N
Alle Folgenräume `p (K) mit p ∈ [1, ∞] sind Banachräume.
Satz 2.15 (Höldersche Ungleichung, Version fr Folgen).
(a) Fr x ∈ `1 und y ∈ `∞ ist xy ∈ `1 und es gilt
kxyk1 ≤ kxk1 · kyk∞ .
(b) Es sei 1 < p < ∞ und q =
gilt
p
p−1
(also
1
p
1
q
+
= 1). Fr x ∈ `p und y ∈ `q ist xy ∈ `1 und es
kxyk1 ≤ kxkp · kykq .
Beweis. ∗∗
(a) Hier folgt die Behauptung direkt durch die Standardabschätzung
kxyk1 =
∞
X
|xn ||yn | ≤
n=1
∞
X
kyk∞ · |xn |.
n=1
(b) Wegen der Ungleichung
σ r τ 1−r ≤ rσ + (1 − r)τ, für alle σ, τ ≥ 0 und 0 < r < 1 ,
haben wir für r = p1 , 1 − r = 1q , σ =
|xn |p
kxkpp
|xn |p
,τ
kxkpp
1 p
=
|yn |q
kykqq
|yn |q
kykqq
1
q
≤
8
1 |xn |p 1 |yn |q
+
.
p kxkpp
q kykqq
Summieren ber n liefert folgende Abschätzung
∞
X
kxyk1
1
=
|xn yn |
kxkp · kykq
kxkp · kykq
n=1
1 1
≤
p kxkpp
∞
X
n=1
∞
1 1 X
1 1
|xn | +
|yn |q = + = 1.
q kykqq
p q
p
n=1
Daraus folgt die Behauptung. Natürlich wurde vorausgesetzt, dass x, y 6= 0 gilt, ansonsten ist
nichts zu zeigen.
Korollar 2.16 (Minkowski-Ungleichung).
Fr x, y ∈ `p mit 1 ≤ p < ∞ gilt
kx + ykp ≤ kxkp + kykp .
Beweis. ∗∗
Es sei zuerst p = 1, dann gilt
kx + yk1 =
∞
X
|xn + yn | ≤
n=1
∞
X
|xn | + |yn | =
n=1
∞
X
|xn | +
n=1
∞
X
|yn | = kxk1 + kyk1 .
n=1
Jetzt sei p > 1. Wir zeigen
kx + ykpp ≤ (kxkp + kykp )kx + ykp−1
,
p
woraus für x 6= −y die Behauptung folgt. Mit
Ungleichung
kx + ykpp =
≤
∞
X
n=1
∞
X
1
p
+
1
q
= 1 erhalten wir aus der Hölderschen
|xn + yn |p
|xn kxn + yn |p−1 +
n=1
≤ kxkp (
∞
X
|yn kxn + yn |p−1
n=1
∞
X
1
|xn + yn |q(p−1) ) q + kykp (
n=1
∞
X
1
|xn + yn |q(p−1) ) q
n=1
= (kxkp + kykp )kx + ykpp−1 .
Bemerkung 2.17 (Allgemeine Höldersche Ungleichung).
1
Es sei 1 ≤ p < ∞ und p1 + 1q = 1 ( ∞
:= 0). Ferner sei (Ω, Σ, ν) ein Maßraum und f ∈ Lp , g ∈ Lq .
1
Dann gilt f g ∈ L und
kf gk1 ≤ kf kp · kgkq .
2.2
Eigenschaften normierter Räume
Satz 2.18.
Es sei X ein normierter Raum und {xn : n ∈ N}, {yn : n ∈ N} ⊂ X, sowie {λn : n ∈ N} ⊂ K.
Dann gilt
(i) xn → x, yn → y ⇒ xn + yn → x + y,
(ii) xn → x in X, λn → λ in K ⇒ λn xn → λx,
(iii) xn → x in X ⇒ kxn k → kxk.
9
Beweis. ∗∗
(i) Es sei ε > 0 beliebig. Wähle N1 , N2 ∈ N so groß, dass
ε
ε
kxn − xk < , ∀n ≥ N1 , sowie kyn − yk < , ∀n ≥ N2
2
2
gilt. Dann gilt für N := max{N1 , N2 }
kxn + yn − (x + y)k ≤ kxn − xk + kyn − yk <
ε ε
+ = ε, ∀n ≥ N .
2 2
(ii) Es sei ε > 0 beliebig. Da (λn )n∈N ⊂ K konvergiert, ist diese Folge insbesondere beschränkt,
z.B. durch ein C > 0. Wähle N1 , N2 ∈ N so groß, dass
kxn − xk < ε, ∀n ≥ N1 , sowie |λn − λ| < ε, ∀n ≥ N2
erfühllt ist (mit x 6= 0, sonst trivial). Setze N := max{N1 , N2 }, dann folgt ∀n ≥ N
kλn xn − λxk = kλn xn − λn x + λn x − λxk
≤ kλn k · k(xn − x)k + |λn − λ| · kxk
≤ Cε + kxkε = ε(C + kxk).
(iii) Hier folgt die Behauptung durch
| kxn k − kxk | = |d(xn , 0) − d(x, 0)| ≤ d(xn , x) + d(0, 0)
= d(xn , x) = kxn − xk → 0 .
Definition 2.19.
Es sei X ein normierter Raum.
(i) Eine lineare Teilmenge L ⊂ X heißt Teilraum, d.h. es gilt αx+βy ∈ L, ∀x, y ∈ L, ∀α, β ∈ K
(ii) Ein abgeschlossener Teilraum heißt Unterraum, d.h. ∀(xn )n∈N ⊂ L mit xn → x, folgt
x ∈ L.
Bemerkung 2.20.
In einem endlichdimensionalen Raum ist jeder Teilraum auch ein Unterraum.
Beweis. ∗∗
Es sei X ein endlichdimensionaler normierter Raum und L ⊂ X Teilraum. Also ist auch L
endlichdimensional. Es sei {l1 , ..., lr } ⊂ L eine Basis von L. Eine beliebige Folge (xn )n∈N ⊂ L
hat somit die Darstellung
r
P
xn =
λk,n lk , für passende λk,n ∈ K.
k=1
Somit ist die Konvergenz von (xn )n∈N äquivalent zu der Konvergenz der (λk,n )n∈N für k ∈
{1, . . . , r}. Damit ist die Bahauptung gezeigt.
Lemma 2.21 (Riezsches Lemma).
Es sei U ⊂ X ein Unterraum von dem normierten Raum X mit U 6= X. Dann gilt
∀δ ∈ (0, 1) , ∃xδ ∈ X mit kxδ k = 1 so, dass kxδ − uk ≥ 1 − δ, ∀u ∈ U.
10
Beweis.
Es sei x ∈ X\U 6= ∅. Definiere d(x, U ) := inf{d(x, u) : u ∈ U } =: d > 0. Wre d = 0, so existiert
für jedes n ∈ N ein un ∈ U mit kx − un k < n1 . Dann ist un → x und demzufolge ist x ∈ U .
x−uδ
d
d
> d, also gibt es ein uδ ∈ U mit kx − uδ k < 1−δ
. Wir setzen xδ := kx−u
Betrachte nun 1−δ
.
δk
Somit ist xδ normiert und es gilt ∀u ∈ U :
x
uδ
kxδ − uk = −
− u
kx − uδ k kx − uδ k
1
kx − (uδ + kx − uδ ku)k
=
kx − uδ k
d
d
≥
≥ d = 1 − δ.
kx − uδ k
1−δ
Satz 2.22. Für einen normierten Raum X sind die folgenden Aussagen äquivalent.
(i) dim X < ∞ .
(ii) B1 (0) = {x ∈ X : kxk ≤ 1} ist kompakt.
(iii) Jede beschränkte Folge in X besitzt eine konvergente Teilfolge.
Beweis.
(i) ⇒ (ii): Heine-Borel.
(ii) ⇒ (iii) Klar.
(iii) ⇒ (i): Angenommen dim X = ∞ .
Es sei x1 ∈ X mit kx1 k = 1 beliebig und U1 := Lin{x1 } ⊂ X. Dann ist U1 6= X ein Unterraum.
Für δ = 21 folgt aus dem Riezschen Lemma
1
∃x2 ∈ X mit kx2 k = 1, sowie kx2 − x1 k ≥ 1 − .
2
Setze U2 := Lin{x1 , x2 } ⊂ X. Dann ist U2 6= X ein Unterraum. Für δ =
Rieszschen Lemma
1
3
haben wir nach dem
2
2
∃x3 ∈ X mit kx3 k = 1 und kx3 − x1 k ≥ , sowie kx3 − x2 k ≥ .
3
3
Wir definieren induktiv eine Folge durch
Un−1 := Lin{x1 , x2 , . . . , xn−1 } ⊂ X mit Un−1 6= X ein Unterraum.
Somit folgt für δ =
1
n
kxn k = 1 und kxn − xi k ≥ 1 −
1
, ∀i ∈ {1, . . . , n − 1}.
n
Insgesamt haben wir eine Folge (xn )n∈N ⊂ B1 (0) mit kxn k = 1 ∀n ∈ N konstruiert. Wegen
n > m ⇒ kxn − xm k ≥ 1 − n1 hat diese keine Cauchy-Teilfolge.
Definition 2.23.
Ein normierter Raum X heißt separabel, wenn er eine abzählbar dichte Teilmenge besitzt.
⇔ ∃M ⊂ X mit M ist abzählbar und M = X, d.h.
∀x ∈ X, ∀ε > 0 ∃y ∈ M : kx − yk < ε.
⇔ ∀y ∈ X, ∃{yi ∈ M : i ∈ N} ⊂ M so dass yi → y gilt.
11
Bemerkung 2.24.
Wir betrachten einen nicht separabler Raum X = `∞ (R) mit kxk∞ = sup |xk |, dazu die Teilk∈N
menge
X01 = {x ∈ `∞ (R) : xk ∈ {0, 1}, k ∈ N}.
Diese Menge ist überabzählbar, da X01 ' [0, 1]. Jedes ξ ∈ [0, 1] besitzt eine Darstellung ξ =
∞
P
ξk
, wobei ξk ∈ {0, 1} gilt. Ferner gilt für x, y ∈ X01
2k
k=1
x 6= y ⇔ kx − yk = sup |xk − yk | = 1.
k∈N
Angenommen M ⊂ `∞ (R) eine abzählbare Teilmenge. Dann ist die Menge
1
∞
∩ X01
y ∈ ` (R) : kx − yk ≤
4
für jedes x ∈ M entweder leer oder einelementig. Somit kann M nicht dicht liegen.
Lemma 2.25. Für einen normierten Raum X ist äquivalent:
(i) X ist separabel.
(ii) Es gibt eine abzählbare Teilmenge M ⊂ X mit X = Lin(M ).
Beweis.
(i) ⇒ (ii) : klar.
(ii) ⇒ (i) : Es sei M ⊂ X eine abzählbare Teilmenge mit Lin(M ) = X. Als Erstes betrachten
wir den Fall K = R und schreibe M = {x1 , x2 , . . . }. Definiere die Menge
(N
)
X
MQ :=
αi xi : αi ∈ Q, xi ∈ M, N ∈ N .
i=1
Also ist MQ abzählbar. Wir müssen zeigen, dass MQ dicht in X liegt, d.h.
∀x ∈ X, ∀ε > 0, ∃y ∈ MQ : kx − yk < ε .
Es sei ε > 0 beliebig. Da Lin(M ) = X gilt, gibt es
y0 =
N
X
k=1
ε
αk xk ∈ Lin(M ) mit kx − y0 k < ,
2
wobei αk ∈ R. Also können wir αk0 ∈ Q so wählen, dass auch
ε
|αk − αk0 | ≤
2
N
P
, ∀k ∈ N
kxk k
k=1
gilt. Für y =
N
P
k=1
αk0 xk gilt dann
N
ε X
kx − yk ≤ kx − y0 k + ky0 − yk ≤ + (αk − αk0 )xk ≤ ε.
2 k=1
Für K = C folgt die Aussage analog, durch Zerlegung in Real- und Imaginärteil.
12
Beispiel 2.26.
Wir betrachten den Folgenraum `p mit 1 ≤ p < ∞.
∞
1
p
P
p
p
Für x ∈ ` ist durch kxkp =
|xk |
eine Norm gegeben.
k=1
Wir definieren folgende Elemente en := (0, . . . , 0, 1, 0, . . . ), ∀n ∈ N, wobei die 1 an der n-ten
Stelle steht. Behauptung: {en : n ∈ N} ⊂ `p } ist eine abzählbare Basis.
Beweis. Zur zeigen ist Lin{en : n ∈ N} = `p . Dazu sei x ∈ `p , und x(n) :=
n
P
xk ek ∈ Lin{en :
k=1
n ∈ N}. Dann ist
kx − x
∞
X
(n) p
k =
|xk |p → 0
k=n+1
und somit ist lp separabel.
Beispiel 2.27.
Es sei x ∈ C([0, 1]), mit kxk∞ = sup |x(t)| und P ([0, 1]) die Menge aller Polynome, d.h.
t∈[0,1]
(
P ([0, 1]) :=
p(t) =
N
X
)
an tn
.
n=0
Nach dem Satz von Weierstraß gibt es für jedes f ∈ C[0, 1] und ε > 0 ein pε ∈ P ([0, 1]) mit
sup |f (t) − pε (t)| < ε .
t∈[0,1]
Betrachte zum Beispiel {tn : n ≥ 0}. Also Lin{tn : n ≥ 0} = P ([0, 1]). Also ist C([0, 1])
separabel.
Satz 2.28 (Bernstein-Polynome**).
Der Teilraum P ([a, b]) der Polynomfunktionen auf [a, b] mit a < b ∈ R, liegt dicht in (C([a, b]), k·
k∞ ).
Beweis.
O.B.d.A. sei a = 0, b = 1. Ferner reicht es dieses nur für reellwertige Funktionen zu beweisen.
Denn die allgemeine Aussage folgt durch Strecken und Stauchen, sowie durch Zerlegung in Realund Imaginärteil.
Es sei x ∈ C([0, 1]). Das n-te Bernsteinpolynom ist durch
n X
n i
i
pn (s) = Bn (s : x) =
s (1 − s)n−i x( ).
i
n
i=0
definiert. Wir wollen zeigen, dass kpn − xk∞ → 0 gilt. Da x auf einem Kompaktum stetig ist,
ist x insbesondere gleichmäßig stetig, und somit gibt es zu ε > 0 ein δ > 0 mit
√
|s − t| < δ ⇒ |x(s) − x(t)| ≤ ε, s, t ∈ [0, 1] .
Für α := 2 kxkδ ∞ haben wir folgende Ungleichung
|x(s) − x(t)| ≤ ε + α(t − s)2 , ∀s, t ∈ [0, 1].
Denn fr |t − s| <
√
δ folgt dieses aus der gleichmäßigen Stetigkeit und im anderen Fall gilt
ε + α(t − s)2 = ε + 2kxk∞
(t − s)2
> ε + 2kxk∞ > |x(s)| + |x(t)| ≥ |x(s) − x(t)|.
δ
13
Setze yt (s) := (t − s)2 , somit kann die obige Ungleichung in folgende Form überführt werden
−ε − αyt (s) ≤ x(s) − x(t) ≤ ε + αyt (s), ∀t, s ∈ [0, 1].
(2.2)
Im nächsten Schritt bestimmen wir die Bernsteinpolynome für Funktionen xj (s) = sj .
Bn (s; x0 ) =
n X
n
i=0
i
si (1 − s)n−i = (s + (1 − s))n = 1
n X
n i
i
Bn (s; x1 ) =
s (1 − s)n−i
i
n
i=0
n
X n−1
=
si (1 − s)n−i
i−1
i=1
n−1
X n − 1
=
si+1 (1 − s)n−(i+1) = (s + (1 − s))n−1 s = s
i
i=0
n X
n i
i2
Bn (s; x2 ) =
s (1 − s)n−i 2
i
n
i=0
n−1
X n − 1
i+1
=
si+1 (1 − s)n−(i+1)
n
i
i=0
n−1 s X n−1 i
i
= +
s (1 − s)(n−1)−i s
n
n
i
i=0
s
n − 1 2 s(1 − s)
= +
s =
+ s2 .
n
n
n
Bilden wir jetzt zu den in (2) auftauchenden Funktionen die Bernsteinpolynome, so erhalten wir
−Bn (s; ε + αyt ) = Bn (s; −ε − αyt ) ≤ Bn (s; x − x(t)) ≤ Bn (s; ε + αyt ).
Daraus können wir folgende Abschätzung herleiten
2
|pn (s) − x(t)| ≤ Bn (s; ε + αyt ) ≤ ε + αt − 2αts + α
s(1 − s)
2
+ s , ∀s, t ∈ [0, 1].
n
Für s = t erhalten wir
|pn (t) − x(t)| ≤ ε + α
t(1 − t)
α
≤ ε + , ∀t ∈ [0, 1].
n
n
Daraus folgt die gleichmäßige Konvergenz.
Wegen Lin{tn : n ≥ 0} = P ([0, 1]) folgt die Behauptung.
3
3.1
Funktionale und Operatoren
Stetige lineare Operatoren
Definition 3.1.
Eine stetige lineare Abbildung T : X −→ Y zwischen 2 normierten Räumen heißt stetiger
linearer Operator. Für Y = K sagt man anstatt Operator auch Funktional. Linearität bedeutet
hierbei, dass für α, β ∈ K, x, y ∈ X gilt
T (αx + βy) = αT (x) + βT (y) =: αT x + βT y
14
Ferner ist T stetig ⇔ ∀(xn )n∈N ⊂ X, xn → x0 ⇒ T xn → T x0
⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0, kxn − x0 kX < δ ⇒ kT xn − T x0 kY < ε .
Den Raum aller beschränkter linearer Operatoren bezeichnen wir mit L(X, Y ) := {T : X →
Y : T ist stetiger linearer Operator } und für Y = X schreiben wir L(X, X) = L(X).
Satz 3.2.
Es seien X, Y normierte Räume und T : X → Y linear. Es ist äquivalent
(i) T ist stetig.
(ii) T ist stetig in 0 ∈ X.
(iii) ∃M ≥ 0 mit kT xkY ≤ M kxkX , ∀x ∈ X .
(iv) T ist gleichmäßig stetig.
Beweis.
Die einzige nichttriviale Richtung ist (ii) ⇒ (iii). Angenommen
∃xn ∈ Xmit kT xn kY > nkxn kX , ∀n ∈ N.
Setze jetzt x0n :=
xn
nkxn kX .
Es folgt kx0n kX =
kT x0n kY =
1
n
→ 0 und somit auch T x0n → 0. Jedoch haben wir
nkxn kX
1
kT xn kY >
= 1.
nkxn kX
nkxn kX
Dies ist ein Widerspruch.
Definition 3.3.
Fr jedes T ∈ L(X, Y ) definiere die Operatornorm von T durch
kT k := inf{M ≥ 0 : kT xkY ≤ M kxkX , x ∈ X} .
Lemma 3.4.
Es gilt
kT k = sup
x6=0
kT xkY
= sup kT xkY = sup kT xkY ,
kxkX
kxkX =1
kxkX ≤1
für T ∈ L(X, Y ).
Beweis.
xkY
Es sei M0 := sup kT
kxkX , dann ist
x6=0
kT xkY
kxkX
≤ M0 , d.h. kT xkY ≤ M0 kxkX für x 6= 0 ∈ X und somit
kT k ≤ M0 . Es sei ε > 0. Wegen M0 − ε < M0 existiert ein xε ∈ X mit kT xε kY ≥ (M0 − ε)kxε kX
und somit kT k ≥ M0 − ε. Also haben wir insgesamt kT k = M0 .
Für X, Y normierte Räume haben wir folgende Eigenschaften:
1. Lineare Struktur
∀T1 , T2 ∈ L(X, Y ) ⇒ T1 + T2 ∈ L(X, Y )
∀α ∈ K ⇒ αT ∈ L(X, Y ).
2. Der Raum L(X, Y ) versehen mit der Operatornorm ist ein normierter Raum.
Satz 3.5.
1. kT k := sup kT xkY definiert eine Norm auf L(X, Y ).
kxkX ≤1
15
2. Falls Y ein Banachraum ist, so ist auch L(X, Y ) ein Banachraum.
Beweis.
1) kT k ≥ 0 ist klar. Für kT k = 0 gilt kT xkY = 0 für alle x ∈ X und somit T x = 0, also auch
T = 0. Für λ ∈ K ergibt sich
kλT k = sup
kλT xkY = sup
kxkX =1
|λ|kT xkY = |λ|kT k.
kxkX =1
Und für die Dreiecksungleichung haben wir
kT + Sk =
k(T + S)xkY ≤ sup
sup
kxkX =1
≤
kT xkY + sup
sup
kT xkY + kSxkY
kxkX =1
kxkX =1
kSxkY = kT k + kSk.
kxkX =1
2) Es sei (Tn )n∈N ⊂ L(X, Y ) eine Cauchyfolge. Wegen kTn x − Tm xkY ≤ kTn − Tm k · kxkX
bildet (Tn x)n∈N ⊂ K eine Cauchyfolge. Also es existiert T x ∈ Y mit T x = lim Tn x, ∀x ∈ X.
n→∞
Damit ist der Operator T offensichtlich linear als Verkettung der linearer Operatoren (lim, Tn ).
Jetzt müssen wir kTn − T k → 0 zeigen. Dafür sei ε > 0 beliebig. Wähle N ∈ N so gross, dass
kTn − Tm k < 2ε , ∀n, m ≥ N gilt. Weiterhin gibt es für x ∈ X mit kxkX ≤ 1 ein m0 ≥ N mit
kTm0 x − T xkY < 2ε . Dann gilt
kTn x − T xk ≤ kTn x − Tm0 xk + kTm0 x − T xk ≤ kTn − Tm0 k · kxkX +
ε
< ε,
2
für alle n ≥ N . Also folgt kTn − T k < ε, ∀n ≥ N .
Wichtige Bezeichnungen:
1. BX := BX (0, 1) = {x ∈ X : kxk ≤ 1},
2. SX := {x ∈ X : kxk = 1},
3. kT k = sup kT xkY = sup kT xkY ,
x∈SX
x∈BX
Satz 3.6 (Fortsetzungen linearer Operatoren auf dichten Mengen).
Sei D ⊂ X eine dichte Teilmenge eines normierten Raumes X und Y ein Banachraum, T ∈
L(D, Y ). Dann gibt es eine eindeutige Fortsetzung T 0 ∈ L(X, Y ) mit T 0 |D = T und kT 0 k = kT k.
Beweis. (bung) ∗∗
Es sei x ∈ X. Da D dicht in X liegt, gibt es eine Folge (xn )n∈N ⊂ D mit xn → x. Wegen
kT xn − T xm kY = kT (xn − xm )kY ≤ kT k · kxn − xm kX
bildet (T xn )n∈N ⊂ Y eine Cauchyfolge. Definiere jetzt T 0 x := lim T xn , ∀x ∈ X.
n→∞
Dieser Operator ist wohldefiniert, d.h. unabhängig von dr Wahl der Folge. Denn ist (yn )n∈N ⊂ D
eine weitere Folge mit yn → x, so folgt
lim kT xn − T yn kY = lim kT (xn − yn )kY ≤ kT k lim kxn − yn kX = 0.
n→∞
n→∞
n→∞
Offensichtlich ist T 0 linear. Für x ∈ D gilt T 0 x = T x, da man zum Beispiel die konstante Folge
xn = x betrachten kann. Für die Normen gelten folgende Abschätzungen
kT k = sup kT xkY = sup kT 0 xkY ≤ sup kT 0 xkY = kT 0 k,
x∈SD
x∈SD
x∈SX
sowie
kT 0 xkY = k lim T xn kY = lim kT xn kY ≤ lim kT k · kxn kX = kT k · kxkX .
n→∞
n→∞
n→∞
16
Also ist T 0 ∈ L(X, Y ) und es gilt kT 0 k = kT k. Ist jetzt S ein weiterer Operator mit diesen
Eigenschaften, so folgt für x ∈ X und eine Folge (xn )n ⊂ D mit xn → x
Sx = lim Sxn = lim T xn = T 0 x.
n→∞
n→∞
Lemma 3.7.
Fr S ∈ L(X, Y ) und T ∈ L(Y, Z) gilt T S ∈ L(X, Z), sowie kT Sk ≤ kT k · kSk.
Beweis.
Es gilt
kT SxkZ = kT (Sx)kZ ≤ kT k · kSxkY ≤ kT k · kSk · kxkX ,
für alle x ∈ X.
Definition 3.8.
Ein Operator T ∈ L(X, Y ) heißt Isomorphismus, falls T bijektiv und T −1 stetig ist.
Gilt kT xkY = kxkX für jedes x ∈ X, so heißt T isometrisch.
Normierte Räume zwischen denen es einen isometrischen Isomorphismus gibt, heißen isometrisch Isomorph (X ' Y ).
3.2
Dualräume
Definition 3.9.
Der Raum L(X, K) der stetigen linearen Funktionale heißt der Dualraum von X und wird mit
X 0 bezeichnet.
Bemerkung 3.10.
Es sei l : X → K mit klk =
|l(x)| = klkX 0 . Dann ist (X 0 , k · kX 0 ) ein Banachraum.
sup
x∈X,kxkX ≤1
Satz 3.11. Es sei 1 ≤ p < ∞ mit
1
p
+
1
q
= 1, sowie X = `p . Die Abbildung
T : `q −→ (`p )0 mit (T x)(y) =
∞
X
x n yn
n=1
ist für x ∈ `q , y ∈ `p ein isometrischer Isomorphismus.
Beweis. ∗∗
Wir betrachen nur den Fall p > 1. Aus der Hölderschen Ungleichung folgt
∞
∞
X
X
|(T x)(y)| = xn yn ≤
|xn yn | = kxyk1 ≤ kxkq · kykp .
n=1
n=1
Offensichtlich sind T und T x beide linear. Außerdem haben wir wegen obiger Ungleichung
kT xk ≤ kxkq .
Ferner ist T auch injektiv, denn aus T x = 0, folgt wegen (T x)(en ) = xn auch 0 = (T x)(en ) =
xn , ∀n ∈ N, also x = 0. Als Nächstes zeigen wir die Surjektivität und die Isometrieeigenschaft.
Es sei nun y 0 ∈ (`p )0 . Setze sn := y 0 (en ) und x := (sn )n∈N ∀n ∈ N. Wir möchten zeigen, dass
x ∈ `q , T x = y 0 , kxkq ≤ ky 0 k
gilt. Dazu definieren wir uns eine neue Folge
(
tn :=
|sn |q
sn ,
0,
17
fr sn 6= 0
sonst.
Damit gilt für ein beliebiges N ∈ N
N
X
N
X
|tn |p =
n=1
n=1
N
X
=
|sn |p(q−1) =
N
X
|sn |q
n=1
sn tn =
n=1
N
X
tn y 0 (en ) = y 0
n=1
≤ ky 0 k
N
X
!
tn en
n=1
! p1
|tn |p
N
X
= ky 0 k
n=1
N
X
! p1
|sn |q
.
n=1
Daraus folgt dann
N
X
!1− p1
|sn |q
n=1
=
N
X
! 1q
|sn |q
≤ ky 0 k
n=1
ky 0 k.
und somit kxkq ≤
Da (T x)(en ) = y 0 (en ) für jedes n ∈ N gilt und beide Abbildungen stetig, sowie linear sind, gilt
auch T x = y 0 , auf Lin{en : n ∈ N} = `p .
Insgesamt haben wir kT xk ≤ kxkq , sowie kxkq ≤ ky 0 k = kT xk. Also ist T eine Isometrie.
4
4.1
Die Hauptsätze für Funktionale und Operatoren
Der Satz von Hahn-Banach und seine Konsequenzen
Hans Hahn (1927), Stefan Banach (1929). Wir haben eine wichtige Frage:
Gibt es auf jedem normierten Raum ein stetiges lineares von Null verschiedenes Funktional?
Ziel: Existenz von Funktionalen mit vorgeschriebenen Eigenschaften, z.B. Fortsetzung von Funktionalen
Definition 4.1.
Es sei X ein Vektorraum ber K = R, C. Eine Abbildung p : X −→ R+ heißt sublinear, falls
(1) ∀λ ≥ 0: p(λx) = λp(x), ∀x ∈ X,
(2) p(x + y) ≤ p(x) + p(y), ∀x, y ∈ X.
Satz 4.2 (Satz von Hahn-Banach, Version der linearen Algebra).
Es sei X ein R-Vektorraum und X0 ⊂ X ein Teilraum von X. Seien ferner p : X −→ R+ eine
sublineare Abbildung und l0 : X0 −→ R eine lineare Abbildung mit l0 (x) ≤ p(x), für alle x ∈ X0 .
Dann gibt es eine lineare Abbildung l : X −→ R mit l|X0 = l0 und l(x) ≤ p(x), für alle x ∈ X.
Beweis.
Schritt 1: Es sei X0 ⊂ X ein Untervektorraum mit dim (X \ X0 ) = 1
Wähle y 6= 0, y ∈ X mit X = Lin{{y} ∪ X0 }. Damit lsst sich jedes x ∈ X als x = x0 + λy mit
x0 ∈ X0 und λ ∈ R schreiben.
Definiere ein Funktional lr : X −→ R linear und mit l|X0 = l0 . Gesucht ist ein r ∈ R mit lr ≤ p.
Wir haben Folgendes
lr ≤ p ⇔ l0 (x0 ) + λr ≤ p(x0 + λy), ∀x0 ∈ X0 , λ ∈ R.
Nach Vorraussetzung ist (4.1) fr λ = 0 bereits erfüllt. Es sei also λ > 0. Dann ist (4.1) zu
x
x 0
0
λr ≤ p(x0 + λy) − l0 (x0 ) ⇔ r ≤ p
+ y − l0
λ
λ
⇔ r ≤ r := inf {p(v + y) − l0 (v)}
v∈X0
18
(4.1)
äquivalent.
Fall 2: λ < 0:
(−λ)(−r) ≤ p(x0 + (−λ)(−y)) − l0 (x0 )
x0
x0
⇔ −r ≤ p
− (−y) − l0
−λ
−λ
⇔ −r ≤ (p(w − y) − l0 (w)), w ∈ X0
⇔ r ≥ sup (l0 (w) − p(w − y)) =: r
w∈X0
Also gibt es solche r ∈ R genau dann, wenn r ≤ r gilt.
⇔ ∀v, w ∈ X0 : l0 (w) − p(w − y) ≤ p(v + y) − l0 (v)
⇔ l0 (w) + l0 (v) ≤ p(w − y) + p(v + y)
⇔ l0 (v + w) ≤ p(v + w) ≤ p(w − y) + p(v + y)
Es folgt also r ∈ [r, r] erfüllt (4.1).
Schritt 2: Lemma von Zorn
Definiere
L := {lV : V → R : X0 ⊂ V ⊂ X, lV |X0 = l0 , lV (x) ≤ p(x), ∀x ∈ V } .
Diese Menge ist wegen l0 ∈ L nicht leer. Wir definieren eine Relation < auf L :
lV1 < lV2 ⇔ V1 ⊆ V2 , lV2 |V1 = lV1 .
Also ist
S L eine partiell geordnete Menge. Es sei L ⊂ L eine Kette, L = (li )i∈I . Definiere
V := Vi und lV : V −→ R durch
i∈I
lV (x) := lVi (x) für ein i ∈ I mit x ∈ Vi .
Diese neue Abbildung ist wohldefiniert und es gilt für jedes i ∈ I auch lVi < lV . Also ist lV
eine obere Schranke. Demzufolge gibt es nach dem Lemma von Zorn ein maximales Element
lW . Wäre W 6= X, so gäbe es nach Schritt 1 ein größeres Funktional. Dieses steht aber im
Widerspruch zu der Maximalität von lW . Also muss W = X gelten.
Satz 4.3 (Satz von Hahn-Banach, komplexe Fassung für K = C).
Es sei X ein C - Vektorraum, p : X −→ R+ eine Halbnorm. Es sei X0 ⊂ X ein Teilraum und
l0 : X0 −→ C eine lineare Abbildung mit
|l0 (x)| ≤ p(x), ∀x ∈ X.
Dann gibt es eine Fortsetzung l : X −→ C so, dass für alle x ∈ X
l|X0 = l0 , |l(x)| ≤ p(x)
gilt.
Beweis.
Ein lineares Funktional l hat folgende Darstellung l(x) = <(l(x)) + i=(l(x)), wobei Real- und
Imaginrteil R-linear sind. Zusätzlich gilt noch
l(ix) = <(l(ix)) + i=(l(ix)) = i<(l(x)) − =(l(x)) ⇒ −<(l(ix)) = =(l(x)),
somit ergibt sich
=(l(x)) = −<(l(ix)) ⇒ l(x) = <(l(x)) − i<(l(ix))
19
welches die Bedingung für C lineare Abbildungen ist.
Jetzt wenden wir den vorherigen Satz auf <(l0 (x)) an, und erhalten somit
<(l0 (x)) ≤ |l0 (x)| ≤ p(x), ∀x ∈ X0 .
Also haben wir nach 4.2 eine Abbildung l< : X → R mit l< |X0 = <(l0 ). Definiere die Abbildung
l(x) := l< (x) − il< (ix) ∈ C, somit haben wir l|X0 = l0 und |l(x)| ≤ p(x), x ∈ X. Setze
ax l(x) = |l(x)| fr ein passendes ax = a ∈ C mit |ax | = 1, so gilt
|l(x)| = al(x) = l(ax) = l< (ax) − il< (iax) = |<(l(ax))| ≤ p(ax) = |a|p(x) = p(x).
Satz 4.4 (Hahn-Banach für normierte Räume).
Es sei X ein normierter Raum und X0 ⊂ X ein Teilraum. Zu jedem stetigen linearen Funktional
l0 : X0 −→ K, l0 ∈ (X0 )0 existiert ein stetiges lineares Funktional l : X −→ K, l ∈ X 0 mit
l|X0 = l0 und klk = kl0 k.
Beweis.
Ohne Einschränkung sei l0 6= 0. Definiere eine Halbnorm auf X durch
p(x) := kl0 k(X0 )0 · kxkX 0 .
Für diese gilt dann
|l0 (x0 )| ≤ kl0 k · kx0 k = p(x0 ), ∀x0 ∈ X0 .
Nach dem Satz 4.3 gibt es ein lineares Funktional l : X −→ K mit l|X0 = l0 und
|l(x)| ≤ p(x) = kl0 k · kxkX ,
also klk ≤ kl0 k. Ferner gilt
klk =
sup
|l(x)| ≥
kxk≤1,x∈X
|l(x)| =
sup
kxk≤1,x∈X0
sup
|l0 (x)| = kl0 k .
kxk≤1,x∈X0
Es folgt klk ≥ kl0 k, und insgesammt bekommen wir klk = kl0 k.
Korollar 4.5.
Es sei X ein normierter Raum. Zu jedem x ∈ X, x 6= 0 existiert ein l ∈ X 0 mit
l(x) = kxkX , klk = 1.
Speziell trennt X 0 die Punkte in X, also:
∀x1 , x2 ∈ X, x1 6= x2 , ∃l ∈ X 0 mit l(x1 ) 6= l(x2 ).
Beweis.
Es sei X0 := Lin{x} = {λx : λ ∈ K}, dann ist dim X0 = 1 mit X0 ⊂ X ist ein Teilraum.
Wir definieren l0 : X0 −→ K durch l0 (λx) := λkxkX , d.h. l0 (x) = kxkX und kl0 k = 1. Damit
lässt sich dieses lineare Funktional normgleich fortsetzen zu einem Funktional l : X −→ K mit
l|X0 = l0 und klk = kl0 k = 1, sowie l(x) = l0 (x) = kxk.
Trennung der Punkte:
Setze x := x1 − x2 , also x1 6= x2 d.h. kxkX 6= 0. Es gibt also ein l ∈ X mit klk = 1 und
l(x1 ) − l(x2 ) = l(x1 − x2 ) = l(x) = kxkX 6= 0.
Korollar 4.6.
In jedem normiertem Raum X gilt
kxkX =
|l(x)|
sup
l∈X 0 ,klk≤1
20
∀x ∈ X.
Beweis. ∗∗
Für l ∈ X 0 mit klk ≤ 1 gilt |l(x)| ≤ klk · kxkX ≤ kxkX und somit
kxkX ≥
|l(x)|.
sup
klk≤1,l∈X 0
Für das spezielle x ∈ X gibt es somit ein lx ∈ X 0 mit klx k = 1 und lx (x) = kxkX . Damit ergibt
sich
kxkX = lx (x) ≤ sup
|l(x)| ≤ kxkX .
l∈X 0 ,klk≤1
Bemerkung 4.7.
Nach dem Korollar 4.5 haben wir kxkX =
max
l∈X 0 ,klk≤1
|l(x)|,d.h. das Supremum wird angenommen.
Beispiel 4.8.
Wir haben (`1 )0 ' `∞ und (`p )0 ' `q mit 1 < p < ∞ und p1 + 1q = 1. Jedoch ist (`∞ )0 6' `1 ! Der
Beweis kann Anhand der Separabilität geführt werden. Denn l1 ist separabel, also muss l∞ auch
separabel sein, was nicht der Fall ist. Wir behaupten:
∞
X
T : `1 → (`∞ )0 mit (T x)(y) =
xn yn ist nicht surjektiv.
k=1
Definiere auf dem Teilraum C := {x ∈
`∞
: x ist konvergent. } ⊂ l∞ den Grenzwertoperator
l : C −→ K, l(y) = lim yn .
n→∞
Dann gilt
|l(y)| ≤ sup |yn | ⇒ klk ≤ 1 und für y = 1, folgt klk = 1.
n∈N
Nach Hahn-Banach gibt es eine Fortsetzung L ∈ (`∞ )0 mit L|C = l und kLk = 1. Wir behaupten,
∞
P
dass L keine Darstellung durch T besitzt. Also @x ∈ l1 mit T x = L, d.h. L(y) 6=
xn yn , für
n=1
alle x ∈ l1 . Betrachte nähmlich y = en , also
L(y) = L(en ) =
∞
X
xk δkn = xn .
k=1
Da en ∈ C, folgt L(en ) = l(en ) = lim δkn = 0. Also ist xn = 0, für alle n ∈ N und somit auch
k→∞
L(y) = 0, ∀y ∈ l∞ = 0. Dies ist aber ein Widerspruch.
Definition 4.9.
Der Raum M([a, b]) = {f : [a, b] → K : Var f < ∞} heißt der Raum der Funktionen mit
beschrnkter Variation. Dabei ist
Var f =
sup
n−1
X
|f (ti+1 ) − f (ti )|
a=t0 <···<tn =b i=0
die Variation von f ∈ C([a, b]).
Satz 4.10 (Dualräume zu Lp ). Es sei 1 < p ≤ ∞ und
Maßraum. Die Abbildung
1
p
+ 1q = 1, sowie (S, Σ, µ) ein σ-endlicher
T : Lp (S, Σ, µ) −→ (Lq (S, Σ, µ))0 ,
Z
(T x)(y) = x(s)y(s)dµ(s), x ∈ Lp , y ∈ Lq
S
ist ein isometrischer Isomorphismus. Es gilt also Lp ' (Lq )0 .
21
Erinnerung an die Maßtheorie:
S = metrischer Raum, Σ(S) = Σ = B(S) die Borel-Algebra, d.h.
B(S) = σ({U ⊂ S : U ist offen }).
Also die kleinste von den offenen Mengen erzeigte σ-Algebra. Damit ist (S, B(S)) ist ein Maßraum. Betrachten wir jetzt ein positives Ma: µ : B(S) → R+ bzw. ein signiertes Ma µ : B(S) →
K, so können wir folgendes definieren.
Definition 4.11.
|µ|(A) :=
N
X
sup
A=
N
S
|µ(Ei )|,
∀A ∈ B(S)
Ei , Ei ∩Ej =∅ i=1
i=1
ist die Variation von µ. Weiter definieren wir M(S) = {µ : |µ|(S) < ∞} den Raum der beschränkten Maße, also Maße mit endlicher Variation. Die Zuordnung kµk := |µ|(S) ≥ 0 definiert
eine Norm auf diesem Raum.
Bemerkung 4.12 (Hahn-Jordan-Zerlegung). Jedes Maß µ mit endlicher Variation besitzt eine
eindeutige Zerlegung S = S+ ∪ S− , sowie µ = µ+ − µ− und µ+ , µ− ≥ 0. Dabei gilt: µ+ (S− ) =
0 = µ− (S+ ) und |µ| = µ+ + µ− .
Satz 4.13 (Riezscher Darstellungssatz). Es sei S ein kompakter metrischer Raum. Dann ist
(C(S))0 ' M(S). Die Abbildung
Z
0
T : M(S) −→ (C(S)) mit (T µ)(f ) := f (s)dµ(s)
S
ist also ein isometrischer Isomorphismus.
Beweis.
Betrachte
Z
|(T µ)(f )| = |
Z
f (s)dµ(s)| ≤
S
|f (s)|d|µ|(s) ≤ kf k∞ |µ|(S) = kf k∞ · kµk.
S
Daraus folgt die Ungleichung kT µk ≤ kµk. Für f ≡ 1 und µ ≥ 0 haben wir die Gleichheit. Für
ein signiertes Maß betrachten wir
Z
S = S+ ∪ S− sowie f (s) = 1S+ (s) − 1S− (s) ⇒ f (s)dµ(s) = |µ|(S) = kµk.
S
Also ist T Isometrie. Ferner ist T linear und wegen
T µ = 0 ⇒ kµk = kT µk = 0 ⇒ µ = 0
injektiv. Als nächstes zeigen wir die Surjektivität. Wir betrachten hier nur den Fall S = [0, 1], für
den allgemeinen Beweis verweisen wir auf die Literatur. Es sei l ∈ (C(S))0 beliebig, wir wollen
ein µ ∈ M(S) mit der Eigenschaft
Z1
l(f ) =
Z1
φ(s)dF (s), ∀φ ∈ C([0, 1])
φ(s)dµ(s) =
0
0
finden, wobei das letzte Integral das Riemann-Stieltjes-Integral und F eine Funktion mit endlicher Variation ist. Wegen der Inklusion C([0, 1]) ⊂ B([0, 1]) = {f : [0, 1] → R : sup |f (t)| < ∞}
t∈[0,1]
22
und der Tatsache, dass C([0, 1]) ein Unterraum des Banachraumes B([0, 1]) ist, können wir den
Satz von Hahn-Banach anwenden und bekommen somit ein neues Funktional L ∈ B([0, 1])0 mit
L|C([0,1]) = l und kLk = klk. Definiere
ut (s) = I[0,t] (s), ut ∈ B([0, 1]),
∀t ∈ [0, 1].
und setze
F (t) := L(ut ).
Als Nächstes zeigen wir, dass F eine endliche Variation hat. Sei also P = {0 = t0 < t1 < · · · <
tn = 1} eine Zerlegung von [0, 1]. Setze εi := sgn(F (ti + 1) − F (ti )). Damit ergibt sich
VP (F, [0, 1]) =
=
n−1
X
i=0
n−1
X
|F (ti+1 ) − F (ti )|
εi (F (ti+1 ) − F (ti )) = L(
i=0
n−1
X
εi (uti+1 − uti ))
i=0
n
n
X
X
= L(
εi I(ti ,ti+1 ] ) ≤ kLk · εi I(ti ,ti+1 ] ≤ kLk = klk.
i=0
i=0
Also sup VP (F ) = V (F ) ≤ klk < ∞. Fr f ∈ C([0, 1]) betrachten wir die approximierende Folge
P
fn ∈ B([0, 1]) mit fn (t) :=
n−1
X
k=0
k
I k k+1 (t),
f
n (n, n ]
Dies ist die Riemann-Stieltjes Summe mit L(fn ) →
R1
f (s)dF (s) =
0
gleichmässigen Konvergenz fn → f und der Stetigkeit von L folgt
R1
f (s)dµ(s). Wegen der
0
Z1
L(fn ) → L(f ) = l(f ) =
f (s)dµ(s).
0
Bemerkung 4.14.
Dieser Satz wurde in verschiedenen Versionen bewiesen.
S = [a, b] → Riesz
S kompakt → Riesz-Markov
S lokal kompakt → Riesz-Markov-Kakutani
Dabei war die Hauptidee L(I(a,b] ) = µ((a, b]) zu betrachten.
4.2
Schwache Konvergenz und Reflexivität
Satz 4.15.
Die Abbildung
i : X −→ X 00 = (X 0 )0 mit x 7−→ ix ,
ix : X 0 −→ K mit x0 7−→ x0 (x)
ist eine lineare Isometrie.
Beweis.
Es seien a, b ∈ K und x, y ∈ X. Für alle x0 ∈ X 0 gilt
iax+by (x0 ) = x0 (ax + by) = ax0 (x) + bx0 (y) = aix (x0 ) + biy (x0 ) = (aix + biy )(x0 ).
23
Damit ist x 7−→ ix linear. Weiterhin gilt
|ix (x0 )| = |x0 (x)| ≤ kx0 k · kxkX .
Somit ist ix mit kix k ≤ kxkX beschränkt. Nach Korollar 4.5 gibt es ein x00 ∈ X 0 mit ix (x00 ) =
x00 (x) = kxkX , woraus wir kix k = kxkX schliessen.
Bemerkung 4.16. i muss im Allgemeinen nicht surjektiv sein. Weiterhin können wir X als
eine Einbettung in X 00 ansehen, d.h. i(X) ⊂ X 00 . Ist X ein Bannachraum, so ist i(X) ⊂ X 00
abgeschlossen. Ist X kein Banachraum so können wir eine Vervollständigung X̃ := i(X) ⊂ X 00
definieren. Die Schreibweise fr eine Einbettung ist X ,→ X 00 .
Definition 4.17.
Ein Banachraum heißt reflexiv, falls i : X −→ X 00 surjektiv ist, d.h. i(X) = X 00 .
Beispiel 4.18.
1) `p , Lp sind fr 1 < p < ∞ reflexiv. Denn
p
q
Z
0
T : L (S) −→ (L (S)) mit (T x)(y) :=
x(s)y(s)dµ(s)
S
ist ein Isometrischer Isomorphismus. Also Lp ' (Lq )0 für einen σ-endlichen Maßraum.
2) `1 , `∞ sind nicht reflexiv.
3) Alle endlichdimensionale Räume sind reflexiv, denn
dim X = dim X 0 = dim X 00
und
i injektiv =⇒ i surjektiv.
Lemma 4.19. ∗∗
Es sei X ein normierter Raum und U ⊂ X ein echter Unterraum mit x ∈ X und x 6∈ U . Dann
gibt es ein x0 ∈ X 0 mit
x0 |U = 0, sowie x0 (x) 6= 0.
Beweis.
Es sei π : X −→ X/U die kanonische Projektion. Diese erfüllt π(u) = 0 für jedes u ∈ U
und π(x) 6= 0. Wähle jetzt ein Funktional l ∈ (X/U )0 mit l(π(x)) = kπ(x)k 6= 0. Damit erfllt
x0 := l(π) die Behauptung.
Bemerkung 4.20. ∗∗ Hier wurde implizit behauptet, dass der Quotient X/U wieder ein normierter Raum ist. Man mache sich dieses klar und finde eine Norm dafür.
Satz 4.21.
(a) Unterräume reflexiver Räume sind reflexiv.
(b) Ein Banachraum X ist genau dann reflexiv, wenn X 0 reflexiv ist.
Beweis. ∗∗
(a) Sei U ⊂ X ein Unterraum und u00 ∈ U 00 . Die Abbildung x0 7−→ u00 (x0 |U ) ist in X 00 , da
|u00 (x0 |U )| ≤ ku00 k · kx0 |U k ≤ ku00 k · kx0 k.
Da X reflexiv ist, gibt es ein x ∈ X mit
x0 (x) = u00 (x0 |U ), ∀x0 ∈ X 0 .
(4.2)
Wäre x 6∈ U , so gäbe es nach Lemma 4.19 ein Funktional x0 ∈ X 0 mit x0 (x) 6= 0, sowie x0 |U = 0.
Also wäre
u00 (x0 |U ) = u00 (0) = 0 6= x0 (x) ,
24
welches ein Widerspruch zu (4.2) ist. Also muss x in U liegen. Zur zeigen ist noch
u0 (x) = u00 (u0 ), ∀u0 ∈ U 0 .
Es sei also u0 ∈ U 0 beliebig und x0 ∈ X 0 eine Hahn-Banach Fortsetzung. Dann gilt
u00 (u0 ) = u00 (x0 |U ) = x0 (x) = u0 (x).
(4.2)
x∈U
Dami ist u00 = ix . Also ist U reflexiv.
(b) Sei zuerst X reflexiv. Zur zeigen i : X 0 → X 000 ist surjektiv. Sei also x000 ∈ X 000 . Die Abbildung x0 : X −→ K, x 7−→ x000 (ix ) ist linear und stetig, also ist x0 ∈ X 0 . Da X reflexiv ist, hat
jedes x00 ∈ X 00 die Form x00 = ix fr ein x ∈ X. Folglich haben wir
x000 (x00 ) = x000 (ix ) = x0 (x) = ix (x0 ) = x00 (x0 ),
was zu zeigen war.
Ist umgekehrt X 0 reflexiv, so ist nach obigem Teil auch X 00 reflexiv. Da nach Teil (a) abgeschlossene Unterräume ebenfalls reflexiv sind, ist auch i(X) reflexiv und damit auch X reflixiv.
Definition 4.22.
Eine Folge {xn : n ∈ N} ⊂ X heißt schwach konvergent gegen x ∈ X genau dann, wenn
lim x0 (xn ) = x0 (x), ∀x0 ∈ X 0
n→∞
gilt.
w
Schreibweisen: xn → x, bzw. w − lim xn = x.
n→∞
Bemerkung 4.23. ∗∗
(a) Die Eindeutigkeit dieses Grenzwertes folgt aus der Tatsache, dass X 0 die Punkte aus X
trennt, d.h. zu x 6= y, x, y ∈ X gibt es ein Funktional x0 ∈ X 0 mit x0 (x) 6= x0 (y).
s
(b) Sei xn → x konvergent bezüglich der Norm, also xn → x bzw. s − lim xn = x (starke
n→∞
Konvergenz). Dann konvergiert (xn )n∈N auch schwach gegen x. Denn fr x0 ∈ X 0 gilt
0
x (xn ) − x0 (x) = x0 (xn − x) ≤ kx0 k · kxn − xk → 0.
(c) Fr dim X < ∞ ist schwache Konvergenz äquivalent zu der starken Konvergenz.
∼
Es ist X = Kn und damit reicht es dieses nur für die Standardvektorräume zu zeigen.
Ferner ist eine Folge (xn )n∈N ⊂ Kn genau dann konvergent bezüglich der Norm, wenn
jede Komponente konvergiert. Aus den stetigen linearen Funktionalen pri : Kn −→ K,
x = (x1 , . . . , xn ) 7−→ xi folgt dann die Behauptung.
Beispiel 4.24.
(a) X = lp , 1 < p < ∞. Definiere xn := en die Einheitsvektoren. Es sei l ∈ `q ' (`p )0 . Damit
haben wir
∞
X
hx, li =
δkn lk = lk → 0.
k=1
Also konvergiert (en )n∈N schwach gegen 0 ∈ `p . Jedoch ist diese Konvergenz keine starke, d.h.
keine Normkonvergez, da ken k = 1 9 0.
(b) X = C([a, b]) mit −∞ < a < b < ∞. Hier ist die schwache Konvergenz von (fn )n∈N ⊂ X
äquivalent zu
(
∃C > 0 mit kfn k∞ < C, ∀n ∈ N
fn (t) → f (t), ∀t ∈ [a, b].
(c) Für X = `1 haben wir das merkwürdige Phänomen, dass schwache und starke Konvergenz
äquivalent sind. (Lemma von Schur).
25
Definition 4.25.
Es sei X ein normierter Raum. Eine Folge von Funktionalen (ln )n∈N ⊂ X 0 heißt schwach∗
konvergent gegen l ∈ X 0 genau dann, wenn
lim ln (x) = l(x), ∀x ∈ X
n→∞
gilt.
w∗
Schreibweise: ln → l, w∗ − lim ln = l.
n→∞
Hier währe die starke Konvergenz kln − lkX 0 → 0.
Satz 4.26.
Sei X ein Banachraum und M ⊂ X eine dichte Teilmenge. Fr eine Folge {ln : n ∈ N} ⊂ X 0 gilt
(
∀x ∈ M : ln (x) → l(x)
∗
w − lim ln = l ⇔
n→∞
∃C > 0, ∀n ∈ N : kln k ≤ C
Beweis. ∗∗
Die Hinrichtung folgt aus dem Satz von Banach-Steihaus 4.28, welchen wir später beweisen. Für
die Rückrichtung brauchen wir nur, dass X ein normierter Raum ist. Sei also y ∈ X und ε > 0
beliebig. Es sei x ∈ M und N ∈ N so gewählt, dass
ε
ε
kx − ykX <
, |ln (x) − l(x)| < , ∀n ≥ N
3C
3
gilt. Mann kann ohne Einschränkung klk < C annehmen. Damit ergibt sich für n ≥ N folgende
Abschätzung
|ln (y) − l(y)| ≤ |ln (y) − ln (x)| + |ln (x) − l(x)| + |l(x) − l(y)|
ε
≤ kln k · ky − xkX + + klk · kx − ykX
3
ε
ε
ε
≤ C
+ +C
= ε.
3C
3
3C
Also ln (y) → l(y), und somit ist die Behauptung bewiesen.
Satz 4.27 (Spezialfall von Banach-Alaoglu Theorem, Auswahlsatz im Dualraum X 0 ). Es sei
X ein separabler normierter Raum. Dann besitzt jede beschrnkte Folge in X 0 eine schwach∗
konvergente Teilfolge.
Beweis.
Es sei (ln )n∈N ⊂ Br0 (0) := {l ∈ X 0 : klk ≤ r}, sowie M := {x1 , x2 , . . . } ⊂ X ein dichter Teilraum.
Betrachte die skalare Zahlenfolge {ln (x1 ) : n ∈ N} ⊂ K. Diese ist wegen
|ln (x1 )| ≤ kln k · kx1 kX ≤ rkx1 kX , ∀n ∈ N
beschränkt in K und besitzt nach Bolzano-Weierstraß eine konvergente Teilfolge
{ln1 : n1 ∈ N} ⊂ {ln : n ∈ N}.
Weiterhin ist auch die Folge (ln1 (x2 ))n∈N ⊂ K wegen
|ln1 (x2 )| ≤ kln1 k · kx2 kX ≤ rkx2 kX
beschränkt in K und hat somit eine in K konvergente Teilfolge
{ln2 : n2 ∈ N} ⊂ {ln1 : n1 ∈ N}.
Sei auf diese Weise eine Teilfolge bis zum m-ten Schritt gewählt. Dann besitzt (lnm (xm ))nm ∈N ⊂
K eine, aus dem gleichen Argument wie zuvor, konvergente Teilfolge. Definiere jetzt mithilfe des
sogenannten Diagonalfolgenargumentes eine neue Teilfolge
{lnn : nn ∈ N} ⊂ {ln : n ∈ N} ,
insbesondere konvergiert {lnn (x) : nn ∈ N} für jedes x ∈ M . Nach dem Satz 4.26 konvergiert
diese Folge schwach∗ in X 0 .
26
4.3
Das Prinzip der gleichmäßigen Beschränktheit
Satz 4.28 (Banach-Steinhaus). Es sei X ein Banachraum und Y ein normierter Raum. Ferner
sei {Ti : i ∈ I} ⊂ L(X, Y ) eine Menge von Operatoren so, dass für alle x ∈ X
sup kTi xkY := Cx < ∞
i∈I
gilt, d.h. diese Menge ist punktweise gleichmässig beschränkt.
Dann gibt es ein C > 0 mit
sup kTi k ≤ sup Cx ≤ C < ∞.
i∈I
kxk≤1
Beweis.
Die Idee ist, eine offene Kugel Br (x0 ) zu finden, so dass
kTi xkY < ∞
sup sup
(4.3)
i∈I x∈Br (x0 )
gilt. Wir betrachten für i ∈ I die Funktionale fi (x) := kTi xk. Da Ti stetig ist, sind auch die
Abbildungen fi (x) = kTi xkY stetig fr jedes i ∈ I. Definiere die Mengen
En,i = {x ∈ X : fi (x) = kTi xkY ≤ n}, n ∈ N, i ∈ I .
T
S
Diese Mengen sind abgeschlossen und es gilt En := En,i . Da X =
En gilt, folgern wir aus
i∈I
n∈N
dem Satz von Baire 1.16
∃n0 ∈ N, ∃Br (x0 ) ⊂ En0 .
Damit gilt für alle x ∈ Br (x0 ) ⊂ En0 auch kTi xkY ≤ n0 . Also ist (4.3) erfüllt.
Jetzt zeigen wir, dass sup kTi xk ≤ 4nr 0 , ∀i ∈ I gilt. Aus diesem folgt dann die Behauptung.
x∈B1 (0)
Für ein beliebiges x ∈ X mit kxk ≤ 1 gilt
r r
2
2
kTi xkY =
x = Ti
x + x0 − x0 Ti
r
2
r
2
Y
Y
r
2(n + n )
4n0
2 0
0
x + x0 + kTi x0 kY ≤
<
< ∞.
≤
Ti
r
2
r
r
Y
Korollar 4.29.
Es sei X ein normierter Raum und M ⊂ X so, dass für alle x ∈ M gilt
∀l ∈ X 0 , ∃Kl > 0 mit |l(x)| ≤ Kl .
Also ist M punktweise schwach beschränkt. Dann ist M sogar Norm beschränkt, d.h.
∃K > 0 mit kxk ≤ K, ∀x ∈ M.
Beachte, die Umkehrung hier ist trivial.
Beweis.
Wende den Satz von Banach-Steinhaus 4.28 auf X 0 und Y = K mit {ix }x∈M ⊂ X 00 an. Hier
können wir die Tatsache benutzen, dass man X als Teilraum von X 00 ansehen kann. Da ix ∈
L(X 0 , K) gilt, bekommen wir
sup |ix (l)| = sup |l(x)| ≤ sup Kl = Kl < ∞, ∀l ∈ X 0 .
x∈M
x∈M
x∈M
Also gibt es nach dem Satz von Banach-Steinhaus 4.28 ein K > 0 mit
sup kix k = sup kxkX ≤ K.
x∈M
x∈M
27
Korollar 4.30.
Es sei X ein Banachraum, Y ein normierter Raum und {Tn : n ∈ N} ⊂ L(X, Y ) mit
∃T x := lim Tn x ∈ Y, ∀x ∈ X.
n→∞
Dann ist T ∈ L(X, Y ). Also reicht für eine Folge von Operatoren sogar schon punktweise Konvergenz.
Beweis.
Die Linearität von T ist trivial. Zur zeigen ist also kT k ≤ ∞. Nach Vorraussetzung gilt fr x ∈ X
supkTn xkY = Cx < ∞.
n∈N
Nach dem Satz von Banach-Steinhaus 4.28 gibt es somit ein C > 0 mit sup kTn k ≤ C. Also
n∈N
kT k ≤ C < ∞.
Korollar 4.31 (Nachtrag zu Satz 4.26). Es sei X ein Banachraum. Dann ist jede schwach
konvergente Folge {ln : n ∈ N} ⊂ X 0 auch Normbeschränkt.
Korollar 4.32 (Auswahlsatz in X, Vergleich mit 4.27). Es sei X ein reflexiver Banachraum.
Dann hat jede beschränkte Folge (xn )n∈N ⊂ X eine schwach konvergente Teilfolge.
Beweis.
Man betrachte die Einbettung von X in X 00 und wende anschließend Hahn-Banach und Alaouglu
an.
Bemerkung 4.33 (Reflexivitätsbedingung). Ein Banachraum ist genau dann reflexiv, wenn
jede beschränkte Folge eine schwach konvergente Teilfolge besitzt.
Damit haben wir folgende Hierarchie aufgebaut:
1. Für jeden separablen normierten Raum X ist jeder Ball
BX 0 := {l ∈ X 0 : klk ≤ 1} ⊂ X 0
schwach∗ Folgenkompakt (Satz 4.27).
2. Für reflexive X ist
BX := {x ∈ X : kxkX ≤ 1} ⊂ X
schwach Folgenkompakt (Korollar 4.31).
3. Für endlich dimensionale X ist BX normal kompakt.
4.4
Satz der offenen Abbildung
Definition 4.34.
Seien X, Y metrische Räume. Eine Abbildung T : X −→ Y heißt offen, wenn gilt
∀U ⊂ X offen, ist auch T (U ) ⊂ Y offen.
Bemerkung 4.35.
Sei T : X −→ Y bijektiv, mit inverser Abbildung T −1 : Y −→ X, dann ist T genau dann offen,
wenn T −1 stetig ist.
Lemma 4.36.
Für eine lineare Abbildung T : X −→ Y zwischen normierten Rumen X, Y sind äquivalent:
(i) T ist offen.
(ii) ∀r > 0, ∃ε > 0 mit BεY (0) ⊂ T (BrX (0)).
28
(iii) ∃ε > 0 mit BεY (0) ⊂ T (B1X (0)).
Beweis.
(i) ⇒ (ii): Wegen T (0) = 0 folgt 0 ∈ T (BrX (0)) ⊂ Y und da T (BrX (0)) offen ist folgt somit die
Behauptung.
(ii) ⇒ (iii): r = 1.
(iii) ⇒ (ii): B Yε (0) ⊂ T (B1X (0)).
r
(ii) ⇒ (i): Es sei O ⊂ X offen und x ∈ O, d.h. T x ∈ T (O). Zu zeigen, dass T (O) ⊂ Y offen ist.
Da O offen ist, gibt es ein r > 0 mit BrX (x) ⊂ O. Also BrX (x) = BrX (0) + x ⊂ O. Somit gilt
T (BrX (x)) = T x + T (BrX (0)) ⊂ T (O).
Nach (ii) gibt es ein ε > 0 mit BεY (0) ⊂ T (BrX (0)) und es ergibt sich
BεY (T x) = T x + BεY (0) ⊂ T x + T (BrX (0)) ⊂ O.
Satz 4.37 (Satz der offenen Abbildung, SOFA). Seien X und Y Banachräume, T ∈ L(X, Y )
surjektiv, dann ist T offen.
Beweis.
Zuerst werden wir folgendes zeigen:
∃ε0 > 0 : BεY0 (0) ⊂ T (B1X (0))
Da T surjektiv ist, haben wir T (X) = Y , also Y =
S
(4.4)
T (BnX (0)). Offensichtlich gilt
n∈N
∃n ∈ N mit x ∈ BnX (0) ,
∀x ∈ X.
X (0))) 6= ∅. Also gibt es eine offene
Nach dem Satz von Baire 1.16 folgt ∃N ∈ N mit int (T (BN
X (0)) und ein ε > 0 mit
Kugel in mindestens einem der T (BnX (0)), d.h. es gibt ein y0 ∈ T (BN
X (0)). (Man beachte, diese Aussage ist nicht trivial.)
BεY (y0 ) ⊂ T (BN
Y (0)), analog y − y ∈ B Y (0).
Es sei y ∈ Y mit kykY < ε, dann folgt y0 + y ∈ BεY (y0 ) ⊂ T (BN
0
ε
X
Da eine offene Kugel MN := T (BN (0)) symmetrisch ist, d.h. z ∈ MN ⇒ −z ∈ MN folgt, dass
−y0 + y, −y0 − y ∈ MN . MN sogar konvex ist, d.h:
∀y1 , y2 ∈ MN , ∀λ ∈ [0, 1] ⇒ λy1 + (1 − λ)y2 ∈ MN ,
X (0) ist konvex, T linear und somit ist auch T (B X (0)) konvex, also ist auch der Abschluss.
denn BN
N
Betrachte also die Konvexkombination
1
1
(y0 + y) + (−y0 + y) = y ∈ MN .
2
2
Diese liefert BεY (0) ⊂ MN und wegen der Linearität folgt die Aussage (4.4).
Es sei ε0 := Nε so gewählt, dass (4.4) erfllt ist. Im nächsten Schritt wollen wir BεY0 (0) ⊂ T (B1X (0))
zeigen, womit nach dem vorherigem Lemma T offen wäre. Es sei kykY < ε0 , y ∈ Y . Wähle jetzt
ein ε > 0 mit kykY < ε < ε0 und betrachten y := εε0 y. Daraus folgt
kykY =
ε0
kykY < ε0 ⇒ y ∈ T (B1X (0)).
ε
Weiterhin wählen wir ein α ∈ (0, 1) und x0 ∈ B1X (0) mit
ε 1
< 1 sowie y0 = T x0 ∈ T (B1X (0)) und ky − y0 k < αε0 .
ε0 1 − α
29
Damit ergibt sich
y−y0
α
k
∈ BεY0 (0) und somit gibt es ein y1 = T x1 ∈ T (B1X (0)) mit
y − y0
− y1 kY < αε0 ⇒ ky − (y0 + αy1 )kY < α2 ε0 .
α
Damit wird induktiv eine Folge (xn )n∈N ⊂ B1X (0) definiert mit
n
X
k
α xk ) < αn+1 ε0 , ∀n ∈ N.
y − T (
k=0
Daraus folgt ∃x =
ε
ε0 T x
=
ε
ε0 y
∞
P
αk x
k
∈ X mit y = T
k=0
∞
P
αk x
k
= T x. Für x :=
k=0
ε
ε0 x
ist somit T x =
= y. Weiterhin gilt
kxkX =
ε
ε 1
kxkX ≤
< 1.
ε0
ε0 1 − α
Damit ist x ∈ B1X (0) und T x = y ∈ T (B1X (0)). Da y ∈ BεY0 (0) beliebig ist, folgt
BεY0 (0) ⊂ T (B1X (0)).
Korollar 4.38.
Es seien X, Y Banachräume und T ∈ L(X, Y ) bijektiv, dann ist T −1 stetig.
Korollar 4.39.
Sind k · k1 , k · k2 Normen auf X, welche X zu einem Banachraum machen, und gilt zusätzlich
∃M > 0 : kxk1 ≤ M kxk2 , ∀x ∈ X.
Dann sind diese Normen äquivalent, d.h. ∃m > 0: mkxk2 ≤ kxk1 ≤ M kxk2 .
Beweis.
Betrachte id : (X, k · k2 ) −→ (X, k · k1 ). Diese Abbildung ist bijektiv und wegen
k id(x)k1 = kxk1 ≤ M kxk2 , ∀x ∈ X
stetig. Nach dem vorherigem Korollar 4.38 ist T −1 ∈ L(Y, X) und es gilt
kT −1 (x)k2 = kxk2 ≤ kT −1 k · kxk1 .
Korollar 4.40.
Sind X, Y Banachräume und T ∈ L(X, Y ) injektiv. Dann ist T −1 : Rang(T ) = R(T ) −→ X
stetig genau dann, wenn R(T ) ⊂ Y abgeschlossen ist.
Beweis.
T : X −→ R(T ) ist surjektiv und damit auch bijektiv. Ist weiterhin R(T ) ein Banachraum, so
ist T Isomorphismus und damit ist T −1 stetig.
Ist umgekehrt T : X −→ R(T ) ein Isomorphismus, so ist R(T ) vollständig, weil X es ist, und
damit ist R(T ) ⊂ Y abgeschlossen.
30
4.5
Der Satz vom abgeschlossenen Graphen
Definition 4.41.
Es seien X, Y normierte Räume. D ⊂ X ein Teilraum und T : D −→ Y eine lineare Abbildung.
T heißt abgeschlossen, falls gilt
∀(xn )n∈N ⊂ X mit xn → x, sowie T xn → y ⇒ x ∈ D und T x = y.
D = D(T ) heißt der Definitionsbereich von T .
Bemerkung 4.42.
Ein stetiger Operator mit D = X ist auch abgeschlossen.
Für kleinere D ist abgeschlossen eine abgeschwchte Form der Stetigkeit.
Definition 4.43.
Für alle p ≥ 1 und (x, y) ∈ X × Y setze
1
k(x, y)kp := (kxkpX + kykpY ) p .
Dieses definiert eine Norm und der normierte Raum wird als direktes Produkt X ⊕p Y bezeichnet.
Für p = 1 haben wir k(x, y)k1 = kxkX + kykY .
Für allgemeine topologische Räume ist X × Y ' X ⊕p Y , für alle p ≥ 1
Bemerkung 4.44.
Konvergenz in X ⊕p Y ist koordinatenweise. Das heißt:
zn = (xn , yn ) → z = (x, y) ∈ X ⊕p Y ⇔ xn → x, yn → y
Fr einen Operator T : D −→ Y , D ⊂ X, setze G(T ) := {(x, T x) : x ∈ D} ⊂ X × Y den Graphen
von T .
Lemma 4.45.
Für normierte Räume X, Y gilt
1. G(T ) ⊂ X × Y ist ein Teilraum.
2. T ist abgeschlossen ⇔ G(T ) ⊂ X ⊕1 Y ist abgeschlossen.
Beweis.
(1) ist trivial.
(2) ⇒: Sei (xn , yn ) ∈ G(T ) abgeschlossener Teilraum von X ⊕1 Y . Dann gilt
lim (xn , yn ) = (x, y) ∈ G(T ) ⇒ x ∈ D , y = T x ⇒ T ist abgeschlossen.
n→∞
⇐: Sei xn und yn := T xn , da T abgeschlossen ist, folgt x ∈ D, T x = y.
Lemma 4.46.
Es seien X, Y Banachräume. D ⊂ X ein Teilraum und T : D −→ Y abgeschlossen. Dann gilt
(a) (D, k · kT ) ist ein Banachraum.
(b) T : D −→ Y ist stetig auf (D, k · kT ).
Beweis.
(a) Es bleibt uns die Vollständigkeit zu zeigen. Sei also (xn )n∈N ⊂ D eine k · kT Cauchy-Folge.
Dann ist (xn )n∈N auch eine Cauchy-Folge in X und (T xn )n∈N ⊂ Y eine Cauchy-Folge in Y ,
jeweils mit passenden Normen. Also gibt es x ∈ X und y ∈ Y mit xn → x und T xn → y und da
T abgeschlossen ist folgt x ∈ D und T x = y. Insgesamt gilt also
kxn − xkT = kxn − xkX + kT xn − T ykY → 0.
(2) Es gilt die Abschätzung
kT xkY ≤ kxkX + kT xkY = kxkT ,
daraus folgt T : D → Y ist stetig auf (D, k · kT ).
31
Satz 4.47.
Es seien X, Y Banachräume, D ⊂ X ein Teilraum , sowie T : D −→ Y abgeschlossen und
surjektiv. Dann ist T offen. Ist zusätzlich T injektiv, so ist auch T −1 als Abbildung(Y, k · kY ) →
(D, k · kX ), sowie (Y, k · kY ) → (D, k · kT ) stetig.
Beweis.
Da T abgeschlossen ist, ist nach Lemma 4.46(a) (D, k·kT ) ein Banachraum. Der Satz der offenen
Abbildungen 4.37 impliziert, dass T : (D, k · kT ) → Y offen ist. Wegen kxkX ≤ kxkT für alle
x ∈ X, gilt für jedes ε > 0
UεT (x) = {y ∈ X|kx − ykT < ε} ⊂ UεX (x) = {y ∈ X|ky − xkX < ε}
und damit ist jede, bezüglich k · kX offene Menge auch bezüglich k · kT offen. Folglich bildet T
jede bezüglich k · kX offene Menge V ⊂ D auf eine offene Menge T (V ) ⊂ Y ab. Es sei jetzt T
zusätzlich injektiv, dann existiert T −1 : Y → (D, k · kT ). Da T : (D, k · kT )Y offen ist, ist T −1
stetig, d.h. ∃c > 0 mit kT −1 ykT ≤ ckykT , ∀y ∈ Y . Also gilt für jedes y ∈ Y
kT −1 ykX ≤ kT −1 ykT ≤ ckykY ,
welches die Behauptung zeigt.
Satz 4.48 (Satz vom abgeschlossenen Graphen).
Es seien X und Y Banachräume, T : X → Y abgeschlossen. Dann ist T stetig.
Beweis. Nach dem Satz 4.47 ist T bezüglich der k · kT Norm auf X stetig. Weiterhin gilt kxkX ≤
kxkT , also sind die beide Normen äquivalent. Damit ist T auch auf (X, k · kX ) stetig.
Bemerkung 4.49.
Wir haben verschiedene Klassen von Räumen untersucht.
Topologische → Metrische → Normierte → Normierte Banachräume.
Jetzt kommen wir zu einer weiteren Klasse, welche uns noch mehr Struktur geben wird.
5
Hilbert Räume
5.1
Prähilberträume und Hilbert-Räume
Sei V stets ein Vektorraum über K.
Definition 5.1.
Ein Skalarprodukt auf V , ist eine Abbildung
h·, ·i : V × V −→ K ,
wobei für alle x, y, z ∈ V und α ∈ K die folgenden Axiome erfüllt sind.
1. hx, yi ≥ 0 und hx, xi = 0 ⇒ x = 0 (strikt positiv definit)
2. hx, y + zi = hx, yi + hx, zi (additivität)
3. hx, αyi = αhx, yi
4. hx, yi = hy, xi
(V, h·, ·i) heißt Prähilbertraum.
Beispiel 5.2.
n
P
1. hx, yi =
xj yj mit V = Kn , ∀x, y ∈ V .
j=1
32
2. (S, Σ, µ) ein Maßraum und µ ein σ-endliches Maß . Betrachte jetzt L2 (S, µ) und ∀x, y ∈ L2
Z
Z
hx, yi := x(t)y(t)dµ(t) =: xydµ .
S
S
Überprüfen der Axiome ist trivial hx, xi = 0 ⇒ x = 0 fast überall ⇒ x = 0 in L2 .
3. V = `2 (C), x = (x1 , x2 , . . . )
hx, yi :=
∞
X
xi yi .
i=1
4. Für V = C([a, b]) sei das Skalarprodukt definiert durch
Zb
hx, yi =
x(t)y(t)dt.
a
Wir zeigen die strikte positive
Definitheit:
Rb
Sei hx, xi = 0, so folgt a |x(t)|2 dt = 0. Für 0 ≤ f (t) = |x(t)|2 ∈ V haben wir die Behauptung. Denn angenommen es gibt ein t0 ∈ [a, b] mit f (t0 ) 6= 0 ohne Einschränkung positiv.
Dann gibt es ein ε > 0 so, dass f (t) > 0 für alle t ∈ (t0 −ε, t0 +ε), welches ein Widerspruch
ist.
Definition 5.3.
Es sei (V, h·, ·i) ein Prähilbertraum.
1. x ∈ V heißt orthogonal zu y ∈ V (x ⊥ y), falls hx, yi = 0 gilt.
2. Eine Menge {xi : i ∈ I} ⊂ V heißt Ortonormalsystem (ONS), falls
(
1 i=j
hxi , xj i = δij =
0 i 6= j
für alle i, j ∈ I gilt.
p
3. kxk := hx, xi heißt die Länge von x ∈ V . Später sehen wir, dass k · k eine Norm ist.
Beispiel 5.4.
1. V = C([0, 2π]), definiere die trigonometrischen Polynome durch
1
en (t) = √ eint
2π
mit t ∈ [0, 2π], n ∈ Z.
Dieses ist ein trigonometrisches Orthonormalsystem in (V, h·, ·i), denn es gilt
Z2π
hen , em i =
1 i(m−n)t
e
dt =
2π
(
0
1
n 6= m
.
n=m
0
2. V = `2 (C). Sei en := (0, . . . , 1, 0 . . . ), wobei die 1 an n-ter Stelle steht. Wegen
hen , em i = δnm ,
ist auch {en : n ∈ N} ein ONS in `2 (C).
Satz 5.5 (Pythagoras).
Es sei (V, h·, ·i) ein Prähilbertraum und N ∈ N, sowie {x1 , . . . , xN } ⊂ V ein ONS in V . Dann
gilt
2
N
N
X
X
2
2
kxk =
|hxn , xi| + x −
hxn , xixn , ∀x ∈ V.
n=1
n=1
33
Beweis.
Zuerst beweisen wir den aus der Schule bereits bekannten Pythagoras. Es gilt für y, z ∈ V mit
y⊥z
ky + zk2 = hy + z, y + zi = hy, yi + hy, zi + hz, yi + hz, zi = kyk2 + kzk2 .
Also haben wir insbesondere bei Skalarmultiplikation auch
hxn , xixn ⊥ hxm , xixm ,
für n 6= m .
Also folgt direkt
*
xm , x −
N
X
+
= hxm , xi −
hxn , xixn
n=1
N
X
hxn , xihxm , xn i
n=1
= hxm , xi − hxm , xi = 0
und somit
N
P
∀m ∈ {1, . . . , N } ist xm ⊥ x −
hxn , xixn .
n=1
Indem wir die Linearkombination dieser xm bilden, erhalten wir immer noch diese Eigenschaft
und somit
*N
+
N
X
X
hxn , xixn , x −
hxn , xixn = 0 .
n=1
n=1
Also
kxk2 = k
N
X
N
X
hxn , xixn k2 + kx −
n=1
=
=
N
X
n=1
N
X
hxn , xixn k2
n=1
hxn , xihxn , xihxn , xn i + kx −
N
X
hxn , xixn k2
n=1
|hxn , xi|2 + kx −
n=1
N
X
hxn , xixn k2 .
n=1
Korollar 5.6 (Besselsche Ungleichung, BUN).
Es sei N ∈ N ∪ {∞} und {x1 , . . . , xN } ein ONS. Dann gilt für jedes x ∈ V
N
P
|hxn , xi|2 ≤ kxk2
n=1
Beweis.
Für N < ∞ ist der Beweis trivial. Für N = ∞ haben wir
∞
X
n=1
|hxn , xi|2 = lim
p→∞
p
X
|hxn , xi|2 ≤ lim kxk2 = kxk2 .
p→∞
n=1
Korollar 5.7 (Cauchy-Schwarz-Bunjakowski Ungleichung).
Für jedes x, y ∈ V gilt
|hx, yi| ≤ kxk · kyk.
34
Beweis.
Es sei x = 0, dann 0 = |h0, yi| ≤ k0k · kyk. Also sei x 6= 0. Betrachte die Vektoren
V , kek = 1. Damit ist {e} offensichtlich ein ONS. Mit dem Korollar 5.6 folgt dann
x
kxk
=e∈
|he, yi| ≤ kyk ⇒ |hx, yi| ≤ kxk · kyk.
Satz 5.8.
p
Die Abbildung k · k : V −→ K, x 7−→ kxk = hx, xi ist eine Norm auf V .
Beweis.
Die einzige nicht triviale Behauptung ist die Dreiecksungleichung. Betrachte deshalb
kx + yk2 = hx + y, x + yi
= hx, xi + hx, yi + hy, xi + hy, yi
= kxk2 + 2<(hx, yi) + kyk2
≤ kxk2 + 2|hx, yi| + kyk2
≤ kxk2 + 2kxk · kyk + kyk2 = (kxk + kyk)2 .
Damit ist jeder Prähilbertraum ein normierter Raum.
Satz 5.9 (Parallelogrammidentität).
Für jedes x, y ∈ V gilt
kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ).
Lemma 5.10.
Das Skalarprodukt ist stetig bezüglich der Normtopologie, d.h.
V × V −→ K, (x, y) 7−→ hx, yi
ist stetig.
Beweis.
Sei (x0 , y0 ) ∈ V × V , sowie ε > 0 mit kx − x0 k < ε und ky − y0 k < ε. Dann gilt
|hx, yi − hx0 , y0 i| = |hx − x0 , y − y0 i + hx0 , y − y0 i + hx − x0 , y0 i − hx0 , y0 i + hx0 , y0 i|
≤ |hx − x0 , y − y0 i| + |hx0 , y − y0 i| + |hx − x0 , y0 i|
≤ kx − x0 k · ky − y0 k + kx0 k · ky − y0 k + kx − x0 k · ky0 k
< ε2 + ε(kx0 k + ky0 k)
Definition 5.11 (John von Neumann 1925).
Ein vollständiger Prähilbertraum heißt Hilbertraum (HR).
Im Folgenden bezeichnet H stets einen Hilbertraum.
Beispiel 5.12.
1. (H, h·, ·i) H = CN , RN
2. L2 (S, µ), wobei µ ein σ endliches Maß ist. `2 (K) ist ein Spezialfall davon.
R1
3. ** C([−1, 1]) mit hx, yi = x(t)y(t)dt. Ist dieser Raum vollständig?
−1

1

−1, t ∈ [−1, − n ]
Nein, den die Cauchyfolge: xn (t) = nt, t ∈ [− n1 , n1 ]


1,
t ∈ [ n1 , 1]
35
besitzt keinen stetigen Grenzwert. Für n < m gilt offensichtlich
1
−m
Z
1
1
Zm
Zn
−1dt +
kxn − xm k =
1
−n


−1,
und die Grenzfunktion x(t) := 0,


1,
(n − m)tdt +
1
−m
1dt = 0
1
m
x<0
x = 0 ist offensichtlich unstetig.
x>0
Man überlegt sich, dass jeder Kandidat für einen Grenzwert fast sicher mit x übereinstimmen
muss.
5.2
Geometrie eines Hilbertraumes
Für M ⊂ V definiere das orthogonale Komplement von M durch
M ⊥ = {y ∈ V : ∀x ∈ M : hy, xi = 0} = {y ∈ V : y ⊥ M }.
Lemma 5.13.
Es seien M1 , M2 , M ⊂ V . Dann gilt
1. M1 ⊂ M2 ⇒ M2⊥ ⊂ M1⊥ .
2. M ⊥ ist Teilraum und (Lin M )⊥ = M ⊥ .
Beweis. ∗∗
1) Sei x ∈ M2⊥ ⇒ x ⊥ M2 ⊃ M1 ⇒ x ∈ M1⊥ .
2) Für x1 , . . . xn ∈ M ⊥ , λ1 , . . . , λn ∈ K und m ∈ M gilt
hλ1 x1 + . . . λn xn , mi = λ1 hx1 , mi + · · · + λn hxn , mi = 0.
Also ist auch die Linearkombination orthogonal auf M und somit ist M ⊥ = Lin(M ⊥ ) ein
n
P
Teilraum. Wegen Teil 1 folgt (Lin(M ))⊥ ⊂ M ⊥ . Sei also x ∈ M ⊥ , sowie y =
λk yk ∈ Lin(M ),
so gilt hx, yi =
n
P
k=1
λk hx, yk i = 0.
k=1
Lemma 5.14.
Es sei M ⊂ V , dann gilt
1. M ⊥ ist ein Unterraum.
2. M ⊥ = [M ]⊥ mit [M ] := Lin M der von M erzeugte Unterraum.
Beweis.
1) M ⊥ ⊂ M ⊥ ist trivial. Wir müssen also die andere Inklusion zeigen. Es sei x ∈ M ⊥ , dann gibt
es eine Folge (xn )n∈N ⊂ M ⊥ mit lim xn = x. Insbesondere gilt dann
n→∞
hxn , yi = 0 ,
∀y ∈ M und ∀n ∈ N.
Da das Skalarprodukt stetig ist, muss auch hx, yi = 0 gelten, und somit x ∈ M ⊥ .
2) Die erste Inklusion ist nach der Definition schon gegeben. Also M ⊂ [M ], folgt auch [M ]⊥ ⊂
M ⊥ . Zur zeigen ist jetzt M ⊥ ⊂ [M ]⊥ . Sei x ∈ M ⊥ , y ∈ [M ], dann existiert (yn )n∈N ⊂ Lin M
mit lim yn = y. Es gilt dann
n→∞
hx, yi = hx, lim yn i = lim hx, yn i = 0 ,
n→∞
n→∞
somit auch x ∈ [M ]⊥ .
36
Satz 5.15 (Projektionssatz).
Es sei (H, h·, ·i) ein Hilbertraum.
1. Projektionssatz für abgeschlossene konvexe Mengen:
Sei ∅ =
6 M ⊂ H konvex und abgeschlossen, dann
∃!P (x) ∈ M mit kx − P (x)k = d(x, M ) := inf {kx − yk : y ∈ M } ,
∀x ∈ H.
2. Sei ∅ =
6 M ⊂ H ein Unterraum. Dann ist x − P (x) ∈ M ⊥ und wir haben eine Darstellung
x = P (x) + (x − P (x)), also H = M ⊕ M ⊥ .
Beweis.
(1) Für d(x, M ) = inf{kx − yk : y ∈ M } gibt es eine Folge (yn )n∈N ⊂ M mit
d(x, M ) = lim kx − yn k.
n→∞
Wir betrachten x − yn , sowie x − ym für alle m, n ∈ N. Nach der Parallelogrammidentität folgt
k2x − yn − ym k2 + kym − yn k2 = 2(kx − yn k2 + kx − ym k2 ) .
Also haben wir
kyn − ym k2
=
≤
yn + ym 2
k )
2
2(kx − yn k2 + kx − ym k2 − 2d(x, M )2 )
2(kx − yn k2 + kx − ym k2 − 2kx −
→ 2(d(x, M )2 + d(x, M )2 − 2d(x, M )2 ) = 0 ,
n, m → ∞ .
Also ist (yn )n∈N eine Cauchy-Folge und somit konvergent. Da H ein Hilbertraum und M abgeschlossen ist, gibt es einen Grenzwert y ∈ M und wir erhalten
lim kx − yn k = kx − yk = d(x, M ).
n→∞
Wir definieren P (x) := y, woraus die Existenz folgt.
Für die Eindeutigkeit seien y1 , y2 ∈ M mit kx − y1 k = d(x, M ) = kx − y2 k. Dann folgt erneut
aus der Parallelogrammidentität
y1 + y2 2
k )
2
≤ 2(d(x, M )2 + d(x, M )2 − d(x, M )2 ) = 0 ,
ky1 − y2 k2 = 2(kx − y1 k2 + kx − y2 k2 − 2kx −
also y1 = y2 .
(2) Da M ein Unterraum ist, ist dieser insbesondere konvex und abgeschlossen. Also gibt es
genau ein P (x) ∈ M mit d(x, M ) = kx − P (x)k. Setze v =: x − P (x). Zur zeigen ist v ∈ M ⊥ .
Sei also y ∈ M \{0} beliebig und α := − hy,vi
. Damit haben wir kx − (P (x) − αy)k2 ≥ d(x, M ).
kyk2
Also folgt
d(x, M )2 ≤ kx − (P (x) − αy)k2
= kv + αyk2 = hv + αy, v + αyi
= hv, vi + |α|2 hy, yi + αhy, vi + αhv, yi
|hy, vi|2
|hy, vi|2 |hy, vi|2
2
= kvk2 +
kyk
−
−
kyk4
kyk2
kyk2
|hy, vi|2
= d(x, M )2 −
.
kyk2
⇒ 0≤
|hy,vi|2
kyk2
⇒ hy, vi = 0 ⇒ x − P (x) ⊥ M .
37
Bemerkung 5.16.
1) Die Konvexität von M ist für die Eindeutigkeit entscheidend, ohne Konvexität können wir
unendlich viele P (x) finden. Betrachte dazu z.B. einen Kreisring.
2)H ⊃ M ein Unterraum. Wir haben H in 2 Unterräume zerlegt durch H = M ⊕M ⊥ =: H1 ⊕H2 .
Das bedeutet
∀x ∈ H, ∃x1 , x2 ∈ H1 , H2 mit x1 ⊥ x2 und x = x1 + x2 .
Dieses Verfahren können wir wiederholen und erhalten weitere Zerlegungen. Als Beispiel betrachte
N
L
C, wobei x = x1 e1 + · · · + xN eN mithilfe der Standartbasisvektoren
H = CN mit H =
i=1
dargestellt wird.
Korollar 5.17.
Es sei (H, h·, ·i) ein Hilbertraum und M ⊂ H. Es gilt
1. M ⊥⊥ := (M ⊥ )⊥ = [M ]
2. M ⊥⊥⊥ = M ⊥
Beweis. bung **
Definition 5.18.
M ⊂ V heißt genau dann total, wenn Lin M dicht in V liegt. Also genau dann, wenn [M ] = V
gilt.
Korollar 5.19.
Es sei (H, h·, ·i) ein Hilbertraum. Dann ist M ⊂ H genau dann total, wenn M ⊥ = {0} gilt.
Beweis.
⇐: Es gilt [M ] = M ⊥⊥ = (M ⊥ )⊥ = {0}⊥ = H.
⇒: Aus [M ] = H folgt M ⊥ = [M ]⊥ = H ⊥ = {0}.
5.2.1
Der Dualraum eines Hilbertraumes
(H 0 , h·, ·i) ist der Dualraum des Hilbertraumes H, also die Menge {l : H −→ K : l ist stetig und linear }.
Weiterhin haben wir klk := sup |l(x)| und |l(x)| ≤ klk · kxk , ∀x ∈ H.
kxk≤1
Ein besonderes Funktional ist gegeben durch das Skalarprodukt mit u ∈ H, also lu (x) := hu, xi
mit x ∈ H.
Wieso, beantwortet der nächste Satz. Er zeigt, dass jedes stetige lineare Funktional auf einem
Hilbertraum von dieser Form ist.
Satz 5.20 (Darstellungssatz von Riesz).
In einem Hilbertraum H gibt es für jedes stetige lineare Funktional l ∈ H 0 genau ein u ∈ H mit
l = lu , d.h:
l(x) = hu, xi, ∀x ∈ H.
Zudem gilt klk = kuk. Damit ist H ' H 0 durch die Abbildung u 7−→ lu bzw. l 7−→ u.
Beweis.
Als Erstes zeigen wir klk = kuk. Es gilt
|lu (x)| = |hu, xi| ≤ kuk · kxk ,
also folgt klu k ≤ kuk. Ferner ist
u 1
lu
kuk2 = kuk.
=
kuk kuk
38
u Also auch kuk = lu kuk
≤ sup klu (x)| = klu k.
kxk≤1
Für die Existenz sei l =
6 0, sonst nehmen wir einfach u = 0. Wir betrachten M := Ker(l) :=
{x ∈ H : l(x) = 0}. M ist ein Unterraum, den aus xn → x in M folgt
0 = lim 0 = lim l(xn ) = l( lim xn ) = l(x) .
n→∞
n→∞
n→∞
Weiter folgt aus l 6= 0, dass auch M 6= 0 ist, also auch M ⊥ 6= 0. Folglich es existiert ein v ∈ M ⊥
mit v 6= 0 so, dass L(v) 6= 0 ist. Währe nämlich l(v) = 0 so muss v ∈ M sein, also auch in
M ⊥ = {0}, was ein Widerspruch ist. Also gilt für x ∈ H
l(x)
l(x)
l(x)
l x−
v = l(x) −
l(v) = 0 ⇒ x −
∈ M.
l(v)
l(v)
l(v)
Und wegen v ∈ M ⊥ , sowie x −
0
=
l(x)
l(v)
∈ M bekommen wir somit
l(x)
v, v
x−
l(v)
= hx, vi −
l(x)
l(v)
kvk2
l(x)
kvk2
l(v)
l(x)
kvk2
⇔ hx, vi =
l(v)
⇔ hx, vi =
⇔ l(x) =
l(v)
l(v)v
hv, xi = hu, xi, mit u :=
∈ H.
2
kvk
kvk2
Dies liefert uns die Existenz eines solchen u ∈ H.
Für die Eindeutigkeit seien u1 , u2 ∈ H mit hu1 , xi = hu2 , xi = l(x), ∀x ∈ H. Dann
hu1 − u2 , xi = 0, ∀x ∈ H ,
also auch für x := u1 − u2 . Es folgt hu1 − u2 , u1 − u2 i = ku1 − u2 k2 = 0, also u1 = u2 .
5.2.2
Fortsetzungsprobleme
Korollar 5.21 (Hahn-Banach für Hilberträume).
Es sei M ⊂ H ein Teilraum von einem Hilbertraum H und l0 : M −→ K ein stetiges lineares
Funktional. Dann gibt es genau ein stetiges lineares Funktional l : H −→ C mit klk = kl0 k und
l|M = l0 .
Beweis.
M ⊂ H ist ein Unterraum, also gibt es genau ein stetiges lineares Funktional l1 : M −→ K mit
kl1 k = kl0 k und l1 |M = l0 . Dieses ist sogar eindeutig bestimmt (siehe Übungen). Nach dem Satz
5.20 gibt es genau ein u ∈ M mit
l1 (x) = hu, xi, ∀x ∈ M .
Definiere jetzt ein neues Funktional l(x) := hu, xi , ∀x ∈ H. Damit ist klk = kuk = kl1 k = kl0 k
und dieses ist eine Fortsetzung von l0 .
Es bleibt noch die Eindeutigkeit zu zeigen:
Sei h ∈ H 0 ein weiteres stetiges Funktional mit h|M = l0 und kuk = kl0 k = khk. Also es existiert
v ∈ H mit h(x) = hv, xi, ∀x ∈ H. Somit
h(x)
=
hv, xi = hu, xi = l0 (x) = l1 (x), ∀x ∈ M
⇔ hv − u, xi = 0, ∀x ∈ M ⇔ v − u ⊥ M
⇒ khk2 = kuk2 = k(v − u) + uk2 = kv − uk2 + kuk2 = kv − uk2 + khk2
⇒ kv − uk2 = 0 ⇒ v = u.
39
5.3
Separable Hilberträume und Orthonormalbasen
Es sei V ein K-Vektorraum. Eine Teilmenge A ⊂ V heißt linear unabhängig, wenn
N
X
λk xk = 0 ⇒ λk = 0, ∀k ∈ {1, . . . , N }
k=1
gilt, wobei λ1 , . . . , λN ∈ K, x1 , . . . , xN ∈ A und N ∈ N.
Falls zusätzlich Lin(A) = V gilt, so ist A eine algebraische Basis von V . Mächtigkeit von A (die
Länge der Basis) ist die algebraische Dimension von V .
Definition 5.22.
Es sei H ein Hilbertraum.
1. Eine Teilmenge B ⊂ H heißt Hilbertraum-Basis, wenn:
(a) B linear unabhängig ist,
(b) Lin(B) = H gilt. ⇔
∀x ∈ H, x =
∞
X
λk xk mit λk ∈ K und xk ∈ B.
k=1
2. Ein Orthonormalsystem B = {xα : α ∈ I} mit Lin(B) = H heißt Orthonormalbasis (ONB).
3. H heißt separabel, falls H eine abzählbare Basis B besitzt.
Beispiel 5.23.
Fr H = `2 (C) haben wir ein ONS {en : n ∈ N}. Ist diese Menge auch ein ONB?
Sei dazu x ∈ `2 (C) beliebig. Betrachte die Partialsumme
x
(N )
=
N
X
xn en = (x1 , . . . , xN , 0, . . . ) .
n=1
(N ) → x.
Wir wollen zeigen
P∞x
(N
)
2
kx − x k = n=N +1 kxN k2 → 0. Also ist {en : n ∈ N} eine Orthonormalbasis und damit ist
l2 (C) separabel.
Satz 5.24 (Graham-Schmidt).
Jeder separable Hilbertraum besitzt eine abzählbare Orthonormalbasis.
Beweis.
Sei {xn : n ∈ N} ⊂ H eine abzählbare Hilbertraumbasis. Wir müssen eine Orthonormalbasis
daraus konstruieren. Dazu gehen wir induktiv vor:
y1 := x1
y2 := x2 − hyky11,xk22i y1 ⇒ hy1 , y2 i = 0 ⇔ y1 ⊥ y2 , Lin{x1 , x2 } = Lin{y1 , y2 }.
Seien jetzt y1 , . . . yN bereits konstruiert. Definiere den nächsten Vektor durch
yN +1 = xN +1 −
N
X
hyj , xN +1 i
j=1
kyj k2
yj .
Damit haben wir weiterhin hyk , yN +1 i = 0, ∀1 ≤ k ≤ N und Lin{y1 , . . . , yN +1 } = Lin{x1 , . . . , xN +1 }.
Auf diese Weise erhalten wir eine neue Folge (yn )n∈N . Durch Normierung bekommen wir damit
eine Orthonormalbasis.
Satz 5.25.
Es sei H ein separabler Hilbertraum und {xn : n ∈ N} ⊂ H ein Orthonormalsystem in H. Dann
sind folgende Aussagen äquivalent
1. (xn )n∈N ist eine Orthonormalbasis.
40
2. (xn )n∈N ist eine maximales Orthonormalsystem.
3. Sei x ∈ H; gilt für jedes n ∈ N hx, xn i = 0, so folgt: x = 0.
4. ∀x ∈ H konvergiert die Fourier-Entwicklung:
x=
∞
X
hxn , xixn .
n=1
5. ∀x, y ∈ H gilt die Parseval-Relation:
hx, yi =
∞
X
hx, xn ihxn , yi
n=1
6. ∀x ∈ H haben wir die Vollständigkeitsrelation:
2
kxk =
∞
X
|hxn , xi|2
n=1
Beweis.
1 ⇒ 2: Sei M := {xn : n ∈ N} ∪ {x0 } ein echt grösseres Orthonormalsystem, also x0 6= 0. Dann
gilt hx0 , xn i = 0, ∀n ∈ N und somit ist
⊥
x0 ⊥ Lin{xn : n ∈ N} ⇔ x0 ∈ (Lin{xn : n ∈ N})⊥ = (Lin{xn : n ∈ N}) = H ⊥ = {0}
2 ⇒ 3: Angenommen es gibt ein x0 6= 0 mit hx0 , xn i = 0, ∀n ∈ N.
Dann ist {xn : n ∈ N} ∪ { kxx00 k } ein grösseres Orthonormalsystem. .
3 ⇒ 4: Sei x ∈ H, setze xN =
N
P
hxn , xixn . Besselche Ungleichung liefert
n=1
∞
X
|hxn , xi|2 ≤ kxk2
n=1
und damit gilt für ∀N < M auch
kxM
M
M
X
X
− xN k2 = hxn , xixn =
|hxn , xi|2 → 0 .
n=N +1
n=N +1
Also ist {xN : N ∈ N} eine Cauchyfolge und da H vollständig ist, gibt es ein
y = lim xN =
N →∞
∞
X
hxn , xixn .
n=1
Wir müssen noch y = x zeigen. Dazu betrachten wir
hxn , yi =
=
=
lim hxn , xN i
N →∞
lim
N →∞
lim
N →∞
N
X
hxn , hxk , xixk i
k=1
N
X
hxk , xihxn , xk i
k=1
= hxn , xihxn , xn i = hxn , xi .
Es folgt
hxn , y − xi = 0, ∀n ∈ N ⇒ y − x = 0 ⇔ y = x.
41
4 ⇒ 5: Seien x =
∞
P
∞
P
hxn , xixn , sowie y =
n=1
hxn , yixn . Dann gilt
n=1
hx, yi =
=
=
=
lim hxN , y N i
N →∞
lim
N →∞
lim
N →∞
∞
X
N X
N
X
hhxk , xixk , hxn , yixn i
k=1 n=1
N
X
hxn , xihxn , yihxn , xn i
n=1
hx, xn ihxn , yi.
n=1
5 ⇒ 6: Das ist trivial, setze x = y.
6 ⇒ 1: Angenommen {xn : n ∈ N} ist keine Orthonormalbasis. Dann ist Lin{xn : n ∈ N}
{0} = H ⊥ , folglich gibt es ein x0 ∈ Lin{xn : n ∈ N}⊥ . Für dieses gilt somit
kx0 k2 =
∞
X
⊥
6=
|hx0 , xn i|2 = 0.
n=1
Damit ist x0 = 0, was ein Widerspruch ist.
Korollar 5.26.
Sei H ein separabler Hilbertraum mit einer Orthonormalbasis {en : n ∈ N}. Betrachte den
Hilbertraum `2 (C). Die Abbildung U : `2 (K) −→ H mit
c = (c1 , c2 , . . . ) 7−→ U (c) =
∞
X
cn en ∈ H
n=1
ist ein isometrischer Isomorphismus.
Beweis. Wir haben
kU (c)k
2
2
*
+2
∞
∞ ∞
X
X
X
= cn en =
cn en ek ,
n=1
n=1
k=1
∞
2
∞ X
∞
X
X
=
he
,
c
e
i
=
|ck |2 = kck2 .
k n n k=1 n=1
k=1
Somit ist U eine Isometrie. Für die Surjektivität sei x =
∞
P
hen , xien . Setze cn := hen , xi ∈ K.
n=1
Es ergibt sich aus der Bedingung (6) (cn )n∈N ∈ `2 (C) und somit ist haben wir die Surjektivität.
Da U eine Isometrie ist, ist es auch injektiv.
Bemerkung 5.27.
Sei (xn )n∈N ⊂ H eine Folge. Wir haben jetzt folgendes
1. s − lim xn = x ⇔ kxn − xk → 0.
n→∞
2. w − lim xn = x ⇔ ∀l ∈ H 0 gilt l(xn ) → l(x) ⇔ ∀y ∈ H gilt hy, xn i → hy, xi.
n→∞
Beispiel 5.28.
Es sei (en )n∈N eine Orthonormalbasis von einem Hilbertraum H. Die Basisvektoren konvergieren
offensichtlich nicht stark, wegen ken − em k2 = 2 für n 6= m. Jedoch konvergieren diese schwach,
da hy, en i bis auf komplexe Konjugation die Fourierkoeffizienten sind.
42
Satz 5.29.
Sei (xn )n∈N ⊂ H eine Folge mit w − lim xn = x. Dann ist
n→∞
kxk ≤ lim inf kxn k.
n→∞
Konvergieren zusätzlich noch die Normen, also kxn k → kxk, so ist diese Folge bereits stark
konvergent.
Beweis.
Für x = 0 ist der Fall trivial, sei also x 6= 0. Für jedes u ∈ H gilt
kuk · kxn k ≥ |hu, xn i| → |hu, xi|
und somit lim inf kuk · kxn k ≥ |hu, xi|. Für u = x haben wir
n→∞
kxklim inf kxn k ≥ kxk2 .
n→∞
Für den zweiten Teil betrachten wir folgendes
kx − xn k2 = kxk2 − hx, xn i − hxn , xi + kxn k2 → kxk2 − kxk2 − kxk2 + kxk2 = 0.
6
Lineare Operatoren in Hilberträumen
Zuerst betrachten wir einige Beispiele aus der Physik. Sei A : H1 → H2 mit A ∈ L(H1 , H2 )
(z.B. H1 = H2 = H) eine stetige lineare Abbildung. H = L2 (R3 ) der physikalische Raum und
∂2
∂2
∂2
~2
L = − 2m
∆, wobei ∆ = ∂x
2 + ∂y 2 + ∂z 2 der Laplace Operator. L ist der Hamiltonoperator. Ein
weiteres Beispiel wäre Ut f = eitLf , wobei f ∈ H.
Wie man hier erkennen kann, muss der Definitionsbereich für diese Operatoren eingeschränkt
werden. Diesbezüglich wollen wir eine Theorie entwickeln.
6.1
Grundbegriffe
Definition 6.1.
Es sei H ein Hilbertraum. Ein linearer Operator ist ein Paar (A, D), wo D = D(A) ⊂ H ein
Teilraum und A : D −→ H eine lineare Abbildung ist.
D heit der Definitionsbereich von A.
R(A) := ran(A) := {y ∈ H : ∃x ∈ D mit y = Ax} ⊂ H ist der Wertebereich (Range) von A.
N (A) := KerA = {x ∈ D : Ax = 0} ⊂ H der Kern von A.
A heißt dicht definiert, wenn D dicht in H ist, d.h. es gilt D = H.
Definition 6.2.
Ein linearer Operator (B, D(B)) heißt Fortsetzung eines linearen Operators (A, D(A)), in Zeichen A ⊂ B, wenn D(B) ⊃ D(A) und B|D(A) = A gilt, d.h. Bx = Ax, ∀x ∈ D(A).
Bemerkung 6.3.
Ist A dicht definiert und beschränkt, so hat A eine eindeutige Fortsetzung auf ganz H.
Beispiel 6.4 (Quantenmechanik).
H = L2 (R) = physikalische Raum. Wir definieren den Ortsoperator f 7−→ (Qf )(x) = xf (x)
d
sowie der Impulsoperator f 7−→ R(P f )(x) = −i~f 0 (x) = −i~ dx
f (x). Betrachte zum Beispiel die
1
1
2
Funktion f (x) = √1+x2 kf k2 = 1+x2 dx = π. Jedoch existiert kein Wert für den Operator auf
R
dieser Funktion. Nimmt man D(Q) = C0∞ (R) ⊂ H die glatte Funktion mit kompaktem Träger,
so haben wir einen wohldefinierten Operator. Gibt es auch andere Definitionsbereiche? Wie wäre
43
es mit C0 (R) := {f : R −→ R : supp(f ) ist kompakt}? Dieses wäre eine Fortsetzung unseres
Operators. Der maximale Definitionsbereich muss sowas wie Dmax (Q) := {f ∈ L2 : (Qf ) ∈ L2 }.
sein. Betrachten wir jetzt den Impulsoperator: D(P ) = C0∞ (R), P : D(P ) −→ D(P ) Damit ist
(P, D(P )) ein dicht definierter Operator und wir haben D1 (P ) = C01 (R) mit P : C01 −→ C0 ⊂ L2 .
Es ist eine Übung zu zeigen, dass P nicht stetig ist. Man betrachte dazu φ ∈ C0∞ (R) mit kφk = 1
√
und definiere φn (x) := nφ(nx). Dann gilt
Z
Z
2
2
kφn k2 = n|φ(nx)| dx = |φ(t)|dt = 1,
R
sowie kP φn k22 =
R
Z
n3 |φ0 (nx)|2 dx = n2 kφ0 k22 .
R
Als nächstes wollen wir den Adjungierten Operator herleiten. Sei (A, D) ein dicht definierter
linearer Operator in H. Setze
D∗ = {y ∈ H : ∃Cy ≥ 0, ∀x ∈ D gilt |hy, Axi| ≤ Cy kxk} .
Damit ist D∗ ein Teilraum und wir haben ein stetiges lineares Funktional, gegeben durch ly (x) =
hy, Axi. Nach dem Darstellungssatz von Riesz gibt es somit ein A∗ y := z ∈ H mit ly (x) = hz, xi.
Diese neue Abbildung y 7−→ A∗ y = z ist der adjungierte Operator (A∗ , D∗ ). Dabei haben wir
hy, Axi = hA∗ y, xi, ∀x ∈ D, ∀y ∈ D∗ .
Bemerkung 6.5.
1. Sei (B, D(B)) ein linearer Operator mit
hy, Axi = hBy, xi, ∀y ∈ D(B), ∀x ∈ D(A).
Dann ist B ⊂ A∗ , wobei A∗ den grössten linearen Operator mit obiger Eigenschaft bezeichnet.
2. Wir können D∗ auch als
D∗ = {y ∈ H :
sup
|hy, Axi| < ∞}
x∈D, kxk=1
beschreiben.
Beispiel 6.6.
1. H = CN und x ∈ H. Ein linearer stetiger Operator A ist eine Matrix A = (aij ) ∈ Mat(N ×
N
P
N, C). Weiterhin haben wir Ax = y = (y1 , . . . , yN ) und yk =
akj xj , A∗ = AT = (ajk ).
j=1
Warum?
hy, Axi =
N
X
yj (Ax)j =
j=1
=
N X
N
X
yj ajk xk
j=1 k=1
N X
N
X
(
ajk yj )xk = hAT y, xi.
k=1 j=1
2. Sei H = L2 ([0, 1]) und (Af )(x) := x−α f (x), α > 0. Setze
D(A) = {f ∈ L2 : ∃εi0 : f (x) = 0, x ∈ [0, ε)}.
Damit ist (Af ) ≡ 0 auf [0, ε) für f ∈ D(A). Weiterhin ist D(A) ⊂ L2 dicht, da für f ∈ L2
gilt: setze fn (x) := (1 − I[0, 1 ) (x))f (x) und wir erhalten fn → f in L2 . Betrachte den
n
44
Operator (B, D(B)) mit D(B) := {f ∈ L2 ([0, 1]) : f (x)x−α ∈ L2 ([0, 1])} Damit erhalten
wir für f ∈ D(A) und g ∈ D(B)
Z1
hg, Af i =
g(x)x−α f (x)dx
0
Z1
=
f (x)x−α g(x)dx = hBg, f i.
0
Also ist B ⊂ A∗ und da D(B) maximal gewählt ist, muss A∗ = B gelten. Mit Bg := x−α g.
Definition 6.7.
Sei (A, D) ein dicht definierter linearer Operator in H. A heißt symmertrisch bzw. hermitsch,
falls A∗ ⊃ A gilt, d.h.
D(A∗ ) ⊃ D(A), sowie A∗ |D(A) = A.
Bemerkung 6.8.
1. Falls (A∗ , D∗ ) dicht definiert ist, so gilt A∗∗ ⊃ A. (Übung)
2. Diese Definition ist äquivalent zu
hy, Axi = hAy, xi, ∀x, y ∈ D(A).
Satz 6.9.
1. Sind A, B dicht definierte lineare Operatoren mit A ⊂ B, so gilt A∗ ⊃ B ∗ .
2. Es sei A ∈ L(H), dann ist kA∗ k = kAk.
Beweis.
(1): Für jedes y ∈ D(B ∗ ) ist die Abbildung x 7−→ hB ∗ y, xi = hy, Bxi stetig in x ∈ D(B). Da
D(A) ⊂ D(B) gilt, haben wir
hB ∗ y, xi = hy, Bxi = hy, Axi = hA∗ y, xi,
∀x ∈ D(A).
Also ist y ∈ D(A∗ ) und somit D(B ∗ ) ⊂ D(A∗ ), und B ∗ = A∗ auf D(B ∗ ).
(2): Da die Abbildung x 7−→ hy, Axi für y ∈ H stetig ist, gilt D(A∗ ) = H. Wegen
hA∗ y, xi = hy, Axi,
∀x, y ∈ H,
folgt sofort
kA∗ k =
sup kA∗ yk
kyk=1
=
sup sup |hA∗ y, xi| = sup sup |hy, Axi|
kyk=1 kxk=1
=
kyk=1 kxk=1
sup sup |hy, Axi| = sup kAxk = kAk.
kxk=1 kyk=1
kxk=1
Betrachte jetzt die direkte Summe H ⊕ H, sowie (x, y) ∈ H ⊕ H. Wir definieren
1
h(x, y), (x0 , y 0 )i := hx, x0 i + hy, y 0 i, also k(x, y)kH⊕H := (kxk2H + kyk2H ) 2 .
Es sei (T, D(T )) ein linearer Operator in H. Der Graph von T sei durch
G(T ) = {(x, y) ∈ H ⊕ H : x ∈ D(T ), y = T x}
definiert. So haben wir für x, y ∈ D(T ) :hx, yiT := hx, yiH + hT x, T yiH . Damit ist D(T ) ein
Prähilbertraum.
45
Definition 6.10.
Es sei T ein linearer Operator.
1. T heißt abgeschlossen, wenn der Graph G(T ) ⊂ H ⊕ H abgeschlossen ist.
2. T heißt abschliessbar, falls T eine abgeschloßene Fortsetzung besitzt.
Betrachte jetzt den Graphen eines Operators. Ist der Abschluss des Graphen ebenfalls ein
Graph? Das bedeutet, gilt auch
(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ G(T ), x1 = x2 ⇒ y1 = y2 ?
Ein Unterraum U ⊂ H ⊕ H ist Graph eines lineares Operators, wenn für jedes x ∈ H höchstens
ein y ∈ H existiert mit (x, y) ∈ U .
Satz 6.11.
Sei T ein linearer Operator in H. Dann ist T genau denn abschließbar, wenn gilt
∀(xn )n∈N ⊂ D(T ) mit xn → 0, T xn → y in H ⇒ y = 0.
T besitzt dann eine kleinste abgeschlossene Fortsetzung, bezeichnet mit T , und G(T ) = G(T ).
Beweis.
Angenommen ∃T 0 ⊃ T mit T 0 ist abgeschlossen. Sei jetzt xn → 0 in D(T ) und T xn → y. Dann
ist (xn , T xn ) ∈ G(T ) ⊂ G(T 0 ) und somit nach Voraussetzung (0, y) ∈ G(T 0 ), also 0 = T 0 0 = y.
Für die Rückrichtung müssen wir zeigen, dass G(T ) Graph eines linearen Operators in H ist.
Seien (xn )n∈N , (x0n )n∈N ⊂ D(T ) mit xn → x, x0n → x, T xn → y, T x0n → y 0 . Dann gilt xn −x0n → 0
und T (xn − x0n ) → y − y 0 . Es folgt also y − y 0 = 0.
Definition 6.12.
Ein linearer Operator (A, D(A)) heißt selbstadjungiert, wenn A∗ = A gilt, also
D(A) = D(A∗ ), sowie Ax = A∗ x, ∀x ∈ D(A).
Satz 6.13.
Sei T ein selbstadjungierter Operator. Dann besitzt T keine echte selbstadjungierte Fortsetzung.
Beweis.
Sei T 0 selbstadjungiert mit T 0 ⊃ T . Dann gilt T 0 = (T 0 )∗ ⊂ T ∗ = T ⇒ T 0 = T .
Bemerkung 6.14.
Sei S ein symmertrischer Operator in H. Dann haben wir eine Folge von Operatoren mit
S ⊂ S1 ⊂ S2 · · · ⊂ T = T ∗ ⊂ S1∗ ⊂ S2∗ ⊂ · · · ⊂ S ∗ .
Gibt es überhaupt eine solche selbstadjungierte Fortsetzung T ?
Satz 6.15 (Hauptkriterium für Selbstadjungiertheit).
Für einen symmertrischen Operator A in einem komplexen Hilbertraum H sind äquivalent
(i) A ist selbstadjungiert.
(ii) A ist abgeschossen und N (A∗ + i) = N (A∗ − i) = {0}.
(iii) R(A + i) = H = R(A − i).
6.2
6.2.1
Spezielle Klassen von Operatoren
Projektoren
Definition 6.16.
Es sei H ein Hilbertraum. Ein Operator P ∈ L(H) heißt Orthogonalprojektor, wenn gilt
(i) P 2 = P (indempotent)
46
(ii) P ∗ = P (selbstadjungiert).
Wir bezeichnen alle Orthogonalprojektoren mit P (H) ⊂ L(H).
Bemerkung 6.17.
1. Auf R(P ) ⊂ H ist P die Identität, d.h. P projeziert auf R(P ), denn
x 7−→ P x 7−→ P 2 x = P x ∈ R(P ).
2. Die Projektion auf R(P ) ist orthogonal im folgenden Sinne
x − P x ⊥ y ⇔ x − P x ⊥ R(P ) ⇔ x − P x ∈ R(P )⊥ ,
x ∈ H.
Dazu für y ∈ R(P ) gilt
hx − P x, yi = hx − P x, P yi
= hx, P yi − hP x, P yi = hx, yi − hx, P ∗ P yi
= hx, yi − hx, P 2 yi = hx, yi − hx, yi = 0.
R(P ) ⊂ H ist ein Unterraum und P projeziert auf diesen. Denn R(P ) = N (1 − P ) =
(1 − P )−1 ({0})
Beispiel 6.18.
1. Nulloperator und die Identität sind Projektoren.
2. Sei H ein Hilbertraum und (en )n∈N eine Orthonormalbasis. Wir haben die Fourierentwicklung
∞
X
x=
hen , xien , ∀x ∈ H.
n=1
Hier projeziert P : H −→ HN :=
N
P
hen , xien .
n=1
Lin{e1 , . . . , eN }.
Wir definieren den Operator PN x :=
Es ist leicht zu zeigen, dass P ∈ P (H).
3. Es sei H = L2 (R) und M eine messbare Borelmenge. Betrachte für a ∈ L∞ (R) den Operator (Ta f )(x) := a(x)f (x). Für den Spezialfall a(x) = IM (x) ist PM = TIM ein Orthogonalprojektor. Denn
2
PM
= T1M (T1M ) = T12 = T1M = PM .
M
Ferner ist PM beschränkt und linear. Jetzt betrachten wir den Adjungierten
Z
Z
hf, PM gi = f (x)IM (x)g(x)dx = f (x)IM (x)g(x)dx = hPM f, gi, ∀f, g ∈ L2 .
R
R
∗ =P
Also ist PM
M mit dem Bild
R(PM ) = {f ∈ L2 (R) : f |R\M ≡ 0} = {f ∈ L2 (R) : supp(f ) ⊂ M }.
Satz 6.19.
(i) ∀P ∈ P (H) mit P 6= 0 gilt kP k = 1.
(ii) Es sei P ∈ L(H), dann gilt
P ∈ P (H) ⇔ 1 − P =: P ⊥ ∈ P (H).
(iii) ∀P ∈ P (H) gilt H = R(P ) ⊕ R(P ⊥ ), d.h. R(P ⊥ ) = R(P )⊥ , sowie P |R(P )⊥ = 0.
(iv) Durch die Abbildung P 7−→ R(P ) wird eine bijektive Zuordnung zwischen P (H) und der
Menge der Unterräume von H erklärt.
47
Definition 6.20.
Es seien A, B ∈ L(H). Wir bezeichnen A ≤ B, falls für jedes x ∈ H hx, Axi ≤ hx, Bxi gilt.
Für P, Q ∈ P (H) haben wir P ≤ Q ⇔ kP xk ≤ kQxk.
Lemma 6.21.
Seien P, Q ∈ P (H). Dann sind äquivalent:
(1) P ≤ Q.
(2) R(P ) ⊂ R(Q).
(3) P = P Q = QP .
Beweis.
(1) ⇔ (3): Für jedes x ∈ R(P )⊥ gilt P x = 0. Für x ∈ R(P ) haben wir
kP xk2 = kxk2 = kQx + Q⊥ xk2 = kQxk2 + kQ⊥ xk2 ≤ kQxk2 .
Wobei die letzte Ungleichung wegen (1) gelten soll. Damit muss Q⊥ x = 0 gelten. Also ergibt
sich 0 = Q⊥ x = Q⊥ P x = (1 − Q)P x ⇒ P = QP . Ferner haben wir (P Q)∗ = Q∗ P ∗ = QP = P.
Der Rest ist Übung.
Satz 6.22.
Sei {Pj : j ∈ N} ⊂ P (H) eine monotone Folge, d.h. ∀k ≤ j gilt Pj ≤ Pk oder Pj ≥ Pk . Dann
gibt es ein P ∈ P (H) mit kPj − P k → 0 und P ist ein Projektor auf
1.
∞
S
R(Pj ), falls Pj monoton wachsend ist.
j=1
2.
∞
T
R(Pj ), falls Pj monoton fallend ist.
j=1
Beweis.
Sei x ∈ H. Dann haben wir {hx, Pj xi : j ∈ N} ⊂ R+ und insbesondere ist
kPj xk2 = hPj x, Pj xi = hx, Pj∗ Pj xi = hx, Pj xi
≤ hx, Pk xi = kPk xk2 ≤ kxk2 , ∀j ≤ k.
Also konvergiert die Folge {hx, Pj xi : j ∈ N} und es existiert ein Grenzwert lim Pj x. Betrachte
j→∞
jetzt für k < j
kPj x − Pk xk2 = hPj x − Pk x, Pj x − Pk xi
= hPj x, Pj xi − hPj x, Pk xi − hPk x, Pj xi + hPk x, Pk xi
= hPj x, xi − hPj Pk x, xi − hPj Pk x, xi + hPk x, xi
= hx, Pj xi − hx, Pk xi = hx, Pj x − Pk xi → 0.
Also gibt es den Punktweisen Grenzwert lim Pn x =: P x. Somit haben wir
n→∞
kP xk = lim kPn xk ≤ kxk,
n→∞
also P ∈ L(H). Jetzt müssen wir überprüfen ob P ein OrthogonalProjektor ist.
hx, P yi = lim hx, Pn yi = lim hPn x, yi = hP x, yi
n→∞
n→∞
Also ist P selbstadjungiert und wir haben P x = lim Pn x = lim Pn (Pn x) = P (P x) = P 2 x.
n→∞
48
n→∞
6.2.2
Isometrien
Definition 6.23.
Ein Operator A ∈ L(H1 , H2 ) heißt isometrisch (Isometrie), wenn
kAxkH2 = kxkH1 ,
∀x ∈ H1
gilt. A heißt unitär, wenn A isometrisch und surjektiv ist.
Bemerkung 6.24.
Ein Isometrischer Operator A ist injektiv. Also gibt es A−1 mit D(A−1 ) = R(A). Weiterhin ist
A−1 ebenfalls isometrisch, denn fr y = Ax gilt
kA−1 ykH1 = kA−1 AxkH1 = kxkH1 = kAxkH1
Dieses ist äquivalent zu hAx1 , Ax2 iH2 = hx1 , x2 iH1 , ∀x1 , x2 ∈ H1 . Welches aus der Polarisierungsformel
4hx1 , x2 i = kx1 + x2 k2 − kx1 − x2 k2 + i(kx1 + ix2 k2 − ikx1 − ix2 k2 )
folgt.
Satz 6.25.
Sei A ∈ L(H1 , H2 ), dann gilt
(1) A ist isometrisch ⇔ A∗ A = idH1 = IH1 .
(2) A ist isometrisch ⇒ AA∗ = PR(A) ist ein Projektor.
Beweis.
(1): Definiere A∗ : H2 −→ H1 durch hy, Axi = hA∗ y, xi, ∀x ∈ H1 , ∀y ∈ H2 . Dann haben wir
folgendes für x1 ∈ H1 und x2 ∈ H2
A ist isometrisch
⇔ hx1 , x2 iH1 = hAx1 , Ax2 iH2 = hx1 , A∗ Ax2 iH2
⇔ x2 = A∗ Ax2
⇔ A∗ A = IH1
(2): Sei A eine Isometrie. Also ist A∗ A = idH1 . Betrachte jetzt A−1 : R(A) −→ H1 . Wir
haben somit A∗ |R(A) = A−1 und A∗ ⊃ A−1 . Weiterhin haben wir für y ∈ R(A)⊥ und x ∈ H1 ,
hA∗ y, xiH1 = hy, AxiH2 = 0 und somit A∗ y ∈ H ⊥ = {0} ⇒ A∗ y = 0. Damit ergibt sich
AA∗ |R(A) = idR(A) , sowie AA∗ |R(A)⊥ = 0. Weiterhin ist (AA∗ )∗ = A∗∗ A∗ = AA∗ , also ist AA∗
selbstadjungiert. Setze jetzt P = AA∗ , woraus die Behauptung folgt.
Ist z.B.: A ∈ L(H1 , H2 ) unitär, so haben wir AA∗ = idH2 und damit A∗ = A−1 . Andersrum
haben wir für einen Operator A∗ = A−1
kAxk2H2 = hAx, AxiH2 = hx, A∗ AxiH1 = hx, xiH1 = kxk2H1 .
Also ist A eine Isometrie und wegen Surjektivität auch unitär.
Korollar 6.26.
Ein linearer Operator A ∈ L(H1 , H2 ) ist unitär ⇔ A∗ = A−1 .
Beispiel 6.27.
1. H = C und x 7−→ ax ∈ C. Wir haben A∗ x = ax, denn
hx, Ayi = xay = (ax)y = hA∗ y, xi.
Weiterhin haben wir A−1 x = xa , also A∗ = A−1 wenn
Operator eine Drehung.
49
1
a
= a ⇔ |a| = 1. Also ist ein unitärer
2. H = CN , U (N ) sind die unitren Matrizen.
Bemerkung 6.28.
Die Menge der unitären Operatoren bezeichnen wir mit U(H). Diese bilden eine Gruppe.
Beispiel 6.29.
1. H = `2 (C) und sei S der Shiftoperator. Das heißt Sx = (0, x1 , x2 , . . . ). Offensichtlich
haben wir kSxk = kxk. Jedoch ist dieser Operator nicht unitär, denn (1, 0, . . . ) ∈
/ R(S).
Der adjungierte Operator ist gegeben durch S ∗ x = (x2 , x3 , . . . ), denn
hy, Sxi =
∞
X
yk xk−1 =
k=2
∞
X
yk+1 xk = hA∗ y, xi.
k=1
2. H = L2 (Rd ). Wir betrachten die Fouriertransformation
Z
d
f 7−→ (Ff )(p) = (2π)− 2 e−ipx f (x)dx =: g.
Rd
Es gilt kgk = kf k, ∀f ∈ S(Rd ), wobei S(Rd ) der Schwartz-Raum der schnell fallenden
Funktionen ist. Hier haben wir F ∗ = F −1 und die Inverse ist durch
Z
−1
− d2
(F g)(x) = (2π)
eixp g(p)dp
Rd
bestimmt.
Definition 6.30.
Eine Familie von Operatoren U (t) ∈ U(H), t ∈ R heißt einparametrige Gruppe von unitären
Operatoren, falls gilt
1. U (t)U (s) = U (t + s)
2. U (0) = IH .
Die Gruppe heißt stark stetig, falls t 7−→ U (t) stetig bezüglich der starken Topologie ist, d.h. für
alle x ∈ H ist die Abbildung t 7−→ U (t)x ∈ H stetig. Weiterhin haben wir U −1 (t) = U (−t) =
U ∗ (t).
Bemerkung 6.31.
Dieses ist im Gebiet der partiellen Differentialgleichungen von Nutzen, dazu betrachte man folgendes AWP:
(
u(t) = U (t)u0
u(0) = u0
Beispiel 6.32.
Sei H = L2 (R). Für alle f ∈ L2 , t ∈ R definieren wir (Ut f )(x) := f (x − t), die Verschiebung
um t. Wir haben kUt f k = kf k, sowie alle Regeln aus der vorheriger Definition. Dieses liefert
eine unitäre Darstellung einer Gruppe t 7−→ U (t).
Man kann es auch für eine allgemeine Gruppe definieren, (G, ·) ist eine Gruppe und g 7−→
U (g) ∈ U(H) ist eine Abbildung mit U (g1 · g2 ) = U (g1 )U (g2 ).
6.2.3
Kompakte Operatoren
Es sei H ein Hilbertraum und B1 (0) := {x ∈ H : kxk < 1}. A ⊂ H heißt relativ kompakt, falls
der Abschluß A kompakt ist. Ist B1 (0) kompakt? Diese Menge ist genau dann kompakt, wenn
dim H < ∞ gilt.
50
Definition 6.33.
Ein linearer Operator A : H −→ H heißt kompakt, wenn A(M ) für jede beschränkte Menge M
relativ kompakt ist.
Bemerkung 6.34.
(1) Jede relativ kompakte Menge ist beschränkt, also bildet A : H −→ H beschränkte Mengen
wieder auf beschränkte Mengen ab. Damit ist A sogar stetig. Wir bezeichnen mit K(H) alle
kompakten Operatoren. Es gilt K(H) ⊂ L(H).
(2) Falls dim H < ∞ ist, so folgt K(H) = L(H). Denn wegen Heine Borel haben wir für
KN : M ⊂ H kompakt genau dann, wenn M beschränkt und abgeschlossen ist.
(3) ∀V ∈ U(H) mit dim = ∞ haben wir V (B1 (0)) = B1 (0) und diese Menge ist nicht relativ
kompakt. Also ist auch V nicht kompakt. Damit ist sogar die Identität nicht kompakt.
(4) Sei A ∈ L(H) von endlichem Rang, d.h dim R(A) < ∞. Dann ist A kompakt.
Beispiel 6.35.
1. H = `2 (C). Es seien a1 , . . . , aN ∈ C und N ∈ N fest. Definiere einen Operator A
Ax := (a1 x1 , a2 x2 , . . . , aN xN , 0, 0, . . . ).
Dann gilt A : `2 (C) −→ CN ,→ `2 (C). Offensichtlich ist dieser Operator kompakt.
2. Sei jetzt (ak )k∈N eine Folge reeller Zahlen. Setze jetzt analog zu (1) Ax := (a1 x1 , a2 x2 , . . . ).
Diesmal eine im allgemeinen nicht abbrechende Folge. Es ist eine Übungsaufgabe zu beweisen, dass A ∈ K(`2 (C)) genau dann erfüllt ist, wenn lim an = 0 gilt.
n→∞
Satz 6.36. Für A ∈ L(H) sind äquivalent:
1. A ist kompakt.
2. A(B1 (0)) ist realtiv kompakt.
3. ∀(xn )n∈N ⊂ H beschränkt, besitzt {Axn : n ∈ N} ⊂ H eine konvergente Teilfolge.
4. ∀(xn )n∈N ⊂ H mit w − lim xn = 0 ⇒ kAxn k → 0.
n→∞
Beweis.
(1) ⇒ (2): trivial.
(2) ⇒ (1): Sei M ⊂ H beschränkt, dann ∃r > 0 mit M ⊂ Br (0). Da A(B1 (0)) beschränkt ist,
gibt es ein n > 0 mit A(B1 (0)) ⊂ Bn (0). Somit haben wir A(M ) ⊂ A(Br (0)) ⊂ Bnr (0).
(1) ⇔ (3): Bolzano Weierstraß für metrische Räume.
(1) ⇒ (4): Sei A ∈ K(H) und (xn )n∈N ⊂ H mit w − lim xn = 0. Da eine schwach konvergente
n→∞
Folge beschränkt ist, haben wir
⇒ {xn : n ∈ N} ⊂ H ist beschränkt.
⇒ {Axn : n ∈ N} ⊂ H ist beschränkt.
⇒ {Axn : n ∈ N} besitzt mindestens einen Häufungspunkt.
Wir wollen zeigen, dass der einzig mögliche Häufungspunkt 0 ist. Sei also Axnk → y für ein
y ∈ H, nach der Voraussetzung haben wir dann auch w − lim xnk = 0. Also gilt für ein
k→∞
beliebiges z ∈ H
hz, Axnk i = hA∗ z, xnk i → 0.
Da jedoch auch hz, Axnk i → hz, yi gilt, folgt hz, yi = 0, ∀z ∈ H. Also muss auch y = 0 gelten.
(4) ⇒ (3): Sei {xn : n ∈ N} ⊂ H eine beschränkte Folge in H. {Axn : n ∈ N} soll jetzt
eine konvergente Teilfolge Haben. Da die Folge (xn )n∈N beschränkt ist, hat diese eine schwach
konvergente Teilfolge, da H als Hilbertraum reflexiv ist. Also haben wir
w − lim xnk = x ⇒ w − lim xnk = 0 ⇒ kAxnk − Axk → 0.
k→∞
k→∞
51
Korollar 6.37.
K(H) ist ein bezüglich der Norm-Topologie abgeschlossener Teilraum von L(H). Das heißt
∀{An : n ∈ N} ⊂ K(H) und kAn − Ak → 0 in L(H), haben wir A ∈ K(H).
Beweis.
Sei (xn )n∈N ⊂ B1 (0) eine Folge. Wir wollen zeigen, dass (Axn )n∈N eine stark konvergente Teilfolge besitzt. Betrachte dazu {A1 xn : n ∈ N} =: M1 , da A1 kompakt ist existiert {A1 xn1 (k) : k ∈ N},
wobei diese Teilfolge stark konvergiert.
Betrachte jetzt {A2 xn1 (k) : k ∈ N} =: M2 , da A2 kompakt ist, existiert {A2 xn2 (k) : k ∈ N} ⊂ M2 ,
wobei diese Teilfolge stark konvergent. Wir setzen dieses Verfahren fort und betrachten anschliessend die Diagonalfolge
{xnk (k) : k ∈ N} =: {yk : k ∈ N}.
Es sei ε > 0 und N ∈ N so groß gewählt, dass kyj − yk k < ε, ∀j, k ≥ N gilt. Für n ∈ N und
j, k ≥ N gilt dann
kAyj − Ayk k
≤
kAyj − An yj k + kAn yj − An yk k + kAn yk − Ayk k
≤
kA − An k · kyj k + kAn k · kyj − yk k + kAn − Ak · kyk k
ε
→ kAk · kyj − yk k <
kAk = ε, für n → ∞.
kAk
Bemerkung 6.38.
K(H) ⊂ L(H) ist ein abgeschlossener Unterraum. Wegen A, B ∈ L(H) ⇒ AB ∈ L(H) ist
L(H) eine Algebra von stetigen linearen Operatoren. Wegen obigen Ergebnissen bildet K(H) ein
zweiseitiges Ideal in L(H).
7
Spektraltheorie von Operatoren - Übersicht
Zur Motivation betrachte den Fall dim H < ∞, also H ' CN und somit L(CN ) ' MN (C)
(N × N Matrizen). CN hat eine Basis {e1 , e2 , . . . , eN }. Also ist jedes A ∈ L(H) ⇒ A als obere
Dreiecksmatrix und Jordan-Normalform darstellbar. Das Spektrum von A sind die Eigenwerte
λ ∈ C mit Ax = λx, wobei x ∈ CN Eigenvektor ist. Sp(A) := { alle Eigenwerte }. Sei jetzt A
selbstadjungiert, dann existiert U ∈ U (CN ) mit U −1 AU = diag(λ1 , . . . , λN ) mit λ1 , . . . , λN ∈
Sp(A) ⊂ C.
Für jeden selbstadjungierten Operator gibt es eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren in CN ,
so dass A eine Darstellung als Diagonalmatrix besitzt.
A
e :=
∞
X
Ak
k=0
k!
= diag(eλ1 , . . . , eλN ).
Beispiel 7.1.
1. H = L2 ([0, 1]) mit (Af )(t) := tf (t), f ∈ L2 , A∗ = A.
Was sind die Eigenwerte bzw. Eigenvektoren?
Af = λf, λ ∈ C ⇔ tf (t) = λf (t)
Sei jetzt f (t) := δ(t − λ) = δλ (t), ∀λ ∈ [0, 1]. Dann gilt f λ = δλ und für alle φ ∈ C([0, 1])
auch
Z
Z
tδλ (t)φ(t)dt = λφ(λ) = λ φ(t)δλ (t)dt ⇒ tδλ (t) = λδλ (t).
2. Ax = λx, x ∈ H, A ∈ L(H), so ist (A − λI) : H −→ H und (A − λI)x = 0 ⇔ ist nicht
invertierbar, also (A − λI) 6∈ L(H).
H = CN , (A − λI) = (A − λ) ist nicht invertierbar ⇔ λ ∈ Sp(A).
52
Definition 7.2.
Sei A ∈ L(H). Die Resolventenmenge ρ(A), ist die Menge aller z ∈ C mit
(1) A − zI : H −→ H ist injektiv,
(2) D(A − z)−1 = R(A − zI) = H,
(3) (A − zI)−1 ∈ L(H)
Die Familie von Operatoren R(z, A) := (A − zI)−1 , z ∈ ρ(A) heißt Resolvente von A.
z 7−→ R(z, A) = (A − zI)−1 ∈ L(H) heißt Resolventenabbildung.
Beispiel 7.3.
Sei H = L2 ([0, 1]), betrachte wieder (Af )(t) = tf (t). Dann ist (A − zI)−1 =
und t ∈ [0, 1], so bekommen wir
1
t−z .
Sei z ∈ C\[0, 1]
1
1
≤
< ∞.
|t − z|
min |t − z|
t∈[0,1]
Und für jedes z ∈ [0, 1], ist
und ρ(A) = C\[0, 1].
1
t−z
unbeschränkt auf t ∈ [0, 1], also ist z ∈ Sp(A). Also Sp(A) = [0, 1]
Lemma 7.4 (Neumann-Reihe). Sei C ∈ L(H) mit kCk < 1. Dann existiert (1 − C)−1 und es
∞
P
C n.
gilt (1 − C)−1 =
n=0
Beweis.
n
P
C k → S.
Setze Sn :=
k=0
Damit gilt (1 − C)Sn = I − C n+1 → I, sowie Sn (I − C) = I − C n+1 → I.
Denn wir haben kC n+1 k ≤ kCkn+1 → 0.
Satz 7.5.
Sei A ∈ L(H). Dann ist ρ(A) offen (also Sp(A) abgeschlossen). Genauer
∀z0 ∈ ρ(A), ∀z ∈ C : |z − z0 | <
und R(z, A) =
∞
P
1
⇒ z ∈ ρ(A)
kR(z0 , A)k
(z − z0 )n Rn+1 (z0 , A).
n=0
Beweis.
Sei z ∈ C mit |z − z0 | <
Also gibt es (1 −
Somit haben wir
1
kR(z0 ,A)k =⇒ C := (z − z0 )R(z0 , A) ∈
P
P∞
k
k k
C)−1 = ∞
k=0 (z − z0 ) R (z0 , A).
k=0 C =
L(H) mit kCk < 1.
A − zI = (A − z0 I) − (z − z0 )I = (I − (z − z0 )(A − z0 I))(A − z0 I) = (I − C)(A − z0 )
⇒ (A − zI)−1 = (A − z0 I)−1 (I − C)−1
∞
X
= R(z0 , A)
(z − z0 )n Rn (z0 , A)
n=0
=
∞
X
(z − z0 )n Rn+1 (z0 , A).
n=0
Also ist ρ(A) ⊂ C offen.
53
Literatur
[1] H.W. Alt, Lineare Funktionalanalysis, Springer 4. Auflage, 2012.
[2] M. Dobrowolski, Angewandte Funktionalanalysis, Springer, Berlin Heidelberg 2000.
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[4] E. Hille, R. Phillips, Functional Analysis and Semigroups, American Mathematical Society,
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[5] M. Reed, B. Simon, Methods of Modern Mathematical Physics I, Functional Analysis,
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