Seminararbeit aus Analysis
Fabian Mußnig
Notationen
• F¨ur normierte R¨aume X und Y bezeichne B(X, Y) die Menge aller beschr¨ankten linearen Abbildungen T :X→Y.
• SeiXein topologischer Raum. Wir bezeichnen mitX0den topologischen Dualraum von X - f¨ur ein normiertesX ist das gerade B(X,C).
• IstXmit zwei Normenk·k0undk·k1versehen, so bezeichnen wir die dazugeh¨origen Dualr¨aume mit Xk·k0 0
0 und Xk·k0 0
1, welche jeweils mit den Normen k · k00 und k · k01 versehen sind. Ist es zudem notwendig eine Unterscheidung beiX selbst zu treffen, so verwenden wir Xk·k0 bzw.Xk·k1.
• F¨ur z = x+iy ∈ C mit x, y ∈ R, sei <(z) = x der Realteil und =(z) = y der Imagin¨arteil von z.
• F¨ur einx∈X und ein x0 ∈X0 verwenden wirhx, x0i:=x0(x).
1 Holomorphe Funktionen
Holomorphe Funktionen sind als Abbildungen vonCnachCbekannt. Wir wollen diesen Begriff nun auf Funktionen, die Werte in allgemeinen normierten R¨aumen annehmen, ausdehnen.
Definition. Seien Ω⊆Coffen,Xein normierter Raum undF : Ω→X. Wir sagenF ist holomorph auf Ω, genau dann, wenn f¨ur jedes x0 ∈X0 die Funktionhx0(z) :=hF(z), x0i holomorph (im klassischen Sinn) auf Ω ist.
Man beachte, dass in diesem Sinne definierte holomorphe Funktionen insbesondere stetig sind. Oft wird diese Definition auch als schwache Holomorphie bezeichnet und eine Definition analog zur komplexen Differenzierbarkeit wird f¨ur die Holomorphie verwendet. Man kann jedoch zeigen, dass schwach holomorphe Funktionen bereits holomorph sind (vgl. [2], S. 2-4).
F¨ur klassisch holomorphe Funktionen gilt, dass sie auch analytisch sind, d.h. sie lassen sich lokal in eine Potenzreihe entwickeln. Dieses Ergebnis wollen wir f¨ur Banach-R¨aume auch auf den neu definierten Holomorphie-Begriff ausdehnen. Zuerst ben¨otigen wir Cauchy’sche Integralformel. Seien Ω⊆Coffen, X ein Banach Raum und F : Ω→ X holomorph. Sind z0 ∈Ω und r >0 so, dass U(z0, r)⊂Ω, dann gilt
F(z) = 1 2πi
I
∂U(z0,r)
F(ζ)
(ζ−z) dζ ∀z∈U(z0, r), wobei das Integral als Riemann’sches Kurvenintegral zu verstehen ist.
Beweis. Wir nehmen an, es gibt ein z∈U(z0, r), sodass die Gleichung nicht gilt. DaX0 punktetrennend aufX operiert, gibt es also einx0 ∈X0, sodass
x0◦F(z)6=x0 1 2πi
I
∂U(z0,r)
F(ζ) (ζ−z) dζ
!
= 1 2πi
I
∂U(z0,r)
x0◦F(ζ) (ζ−z) dζ
Dax0◦F jedoch eine holomorphe Abbildung vonCnachCist, muss Gleichheit gelten.
Bemerkung. Das Kurvenintegral l¨asst sich analog wie eine Riemannsumme als Reihe de- finieren. Man beachte, dass es jedoch bei nichtstetigen Funktionen zu Problemen kommen kann. Ebenso kann es im Fall eines nicht vollst¨andigen Raumes vorkommen, dass der Grenzwert der Folge der Partialsummen nicht mehr im Raum liegen muss. (vgl. [3], S.
476 ff.)
F¨ur Ω, X, z0 undrwie in obigem Lemma, k¨onnen wir nunF(z) als Potenzreihe anschrei- ben:
F(z) = 1 2πi
I
∂U(z0,r)
F(ζ) (ζ−z) dζ
= 1 2πi
I
∂U(z0,r)
F(ζ)· 1 ζ−z0
· ζ−z0
ζ−z0−(z−z0) dζ
= 1 2πi
I
∂U(z0,r)
F(ζ)
(ζ−z0) · 1 1− z−zζ−z0
0
dζ
= 1 2πi
I
∂U(z0,r)
F(ζ) (ζ−z0)
∞
X
n=0
z−z0
ζ−z0
n
dζ
=
∞
X
n=0
1 2πi
I
∂U(z0,r)
F(ζ)
(ζ−z0)n+1 dζ·(z−z0)n ∀z∈U(z0, r)
Man bemerke, dass in der letzten Gleichheit die Vertauschung von Summation und Integration erlaubt ist, da die geometrische Reihe auf U(z0, r) gleichm¨aßig konvergiert!
Offensichtlich sind umgekehrt Abbildungen mit Werten in normierten R¨aumen, die sich als Potenzreihe darstellen lassen, holomorph in oben definiertem Sinn.
Lemma. Seien Ω ⊂ C, X ein Banach-Raum und F : Ω → X, sowie G : Ω → X0 holomorph. Dann ist auch die Funktion h(z) := hF(z), G(z)i holomorph als Abbildung von Ω nach C.
Beweis. DaF undGholomorph sind, gilt auf einer Umgebung vonz0 ∈Ω, dass F(z) = P∞
n=0an(z−z0)n, sowie G(z) = P∞
k=0bk(z−z0)k (X0 ist ebenso ein Banach-Raum).
Somit folgt
h(z) =h
∞
X
n=0
an(z−z0)n,
∞
X
k=0
bk(z−z0)ki
=
∞
X
n=0
han,
∞
X
k=0
bk(z−z0)ki(z−z0)n
=
∞
X
n=0 n
X
k=0
hak, bn−ki(z−z0)n−k(z−z0)k
!
=
∞
X
n=0 n
X
k=0
hak, bn−ki
!
(z−z0)n
Die Umordnung der Doppelreihe ist erlaubt, da die Potenzreihen absolut konvergieren.
2 Interpolation von Normen und der Satz von Riesz-Thorin
Mit Hilfe des neu geschaffenen Holomorphie-Begriffes werden wir nun Normen interpo- lieren. Das nachfolgende Kapitel wurde dabei gr¨oßtenteils
”Interpolation of Norms and of Linear Operators“ aus [4], S. 105-109, nachempfunden.
Definition.
• F¨ur einen linearen Raum X, der mit zwei Normen k · k0 und k · k1 versehen ist, und Ω = {z ∈ C : 0 ≤ <(z) ≤ 1} bezeichnen wir mit X den Raum aller X- wertigen Funktionen, die auf einer Umgebung von Ω bez¨uglichk · k0, als auchk · k1, holomorph und beschr¨ankt sind. Offensichtlich ist X ein linearer-Raum.
• Wir definieren eine Abbildung k · k:X →[0,∞) :F 7→ kFk, wobei kFk:= sup
y∈R
{kF(iy)k0,kF(1 +iy)k1}.
Offensichtlich definiertk · k eine Norm aufX, denn es gilt
– Ist 0≡F ∈ X, so gilt offensichtlich, dasskFk= 0. Sei umgekehrtkFk= 0, so folgt insbesondere, dasshF(z), x0i= 0, f¨ur allex0 ∈Xk·k0 0
1, z∈ {z∈C:<(z) = 1}. Da diese Abbildungen holomorph auf ihrem Definitionsbereich sind, folgt aus dem Identit¨atssatz, dass es sich bereits um Nullabbildungen handelt, also hF(z), x0i= 0,∀x0 ∈Xk·k0 0
1,∀z∈Ω. DaXk·k0 0
1 punktetrennend auf X operiert, muss aber auchF auf das Nullelement inX abbilden. Somit gilt F ≡0∈ X. – F¨urλ∈Cund F ∈ X gilt:
kλFk= sup
y∈R
{kλF(iy)k0,kλF(1 +iy)k1}
= sup
y∈R
{|λ| · kF(iy)k0,|λ| · kF(1 +iy)k1}=|λ| · kFk
– F¨urF, G∈ X gilt:
kF+Gk= sup
y∈R
{kF(iy) +G(iy)k0,kF(1 +iy) +G(1 +iy)k1}
≤sup
y∈R
{kF(iy)k0+kG(iy)k0,kF(1 +iy)k1+kG(1 +iy)k1}
≤sup
y∈R
{kF(iy)k0,kF(1 +iy)k1}+ sup
y∈R
{kG(iy)k0,kG(1 +iy)k1}
=kFk+kGk
• F¨ur 0< α < 1 sei Xα := {F ∈ X : F(α) = 0} - offensichtlich ist Xα ein linearer Unterraum. Wir sagen, dassk · k0 undk · k1konsistent sind, wennXαabgeschlossen inX ist, f¨ur alle α∈(0,1).
Das folgende Lemma gibt uns nun ein hinreichendes Kriterium f¨ur die Konsistenz.
Lemma. Existiert f¨ur jedes x ∈X ein stetiges (in Hinblick auf sowohl k · k0, als auch k · k1), lineares Funktional x0, sodass hx, x0i 6= 0, so sind k · k0 und k · k1 konsistent.
Beweis. Sei Fn ∈ X, n ∈ N und gelte Fn → F auf X. F¨ur ein beliebiges lineares, stetiges Funktional x0 ∈ Xk·k0 0
0
∩Xk·k0 0
1 sind die Funktionen hFn(z), x0i beschr¨ankt und holomorph auf Ω. Zus¨atzlich konvergiert hFn(z), x0i gleichm¨aßig auf ∂Ω := {z ∈ C :
<(z) = 0∨ <(z) = 1}, wie man aus der Definition der Norm auf X sieht.
Nach dem Satz von Phragm´en-Lindel¨of nimmt hFn(z)−F(z), x0i f¨ur alle n ∈ N sein betragsm¨aßiges Supremum in Ω aber genau auf ∂Ω an. Somit folgt also gleichm¨aßgie Konvergenz auf ganz Ω. Insbesondere gilt f¨ur 0< α <1, dass
hF(α), x0i= lim
n→∞hFn(α), x0i
Sei nun also zus¨atzlich vorausgesetzt, dass die Fn ausXα sind, so folgt hF(α), x0i= 0
Da x0 jedoch beliebig war, kann das nur bedeuten, dass F(α) = 0 und somit F ∈ Xα,
womitXα abgeschlossen ist.
Bemerkung. Die Bedingung hx, x0i 6= 0 im vorangegangenen Lemma bedeutet gerade, dass Xk·k0 0
0 ∩Xk·k0 0
1 punktetrennend aufX operiert.
F¨ur konsistente Normen und 0< α <1 k¨onnen wir den Faktorraum X/Xα betrachten.
DaXαabgeschlossen ist, erhalten wir eine Normk·kX/Xα := infT∈Xαk·+TkX aufX/Xα. Betrachten wir nun die Abbildung
ι:
(X/Xα→X F 7→F(α)
Offensichtlich ist ιlinear, denn es gilt:
ι(tF +G) =tF(α) +G(α) =tι(F) +ι(G), F, G∈ X/Xα, t∈R. Zudem istι injektiv, denn aus der Definition vonX/Xα folgt, dass
ι(F) = 0⇔F(α) = 0⇔F ≡0∈ X/Xα
F¨ur den Beweis der Surjektivit¨at seix∈X fest und 06≡F ∈ X beliebig. Wir setzen G(z) :=F(z)−F(α) +x.
Offensichtlich gilt f¨ur ein beliebiges stetiges (bzgl. k · k0 und k · k1) lineares Funktional x0, dass
hG(z), x0i=hF(z), x0i+hx−F(α), x0i
| {z }
=const.
und somit holomorph ist. Also istGein Element aus X. Betrachten wir nun die Projek- tion vonG auf X/Xα, so haben wir ein passendes Urbild von x unterι.
Insgesamt erhalten wir, dassιein Isomorphismus ist. Somit k¨onnen wir aufX eine neue Norm k · kα mittels kF(α)kα := kFkX/Xα, F ∈ X/Xα definieren und bezeichnen k · kα als eine interpolierende Norm. Insbesondere folgt f¨ur ein x ∈ X und ein F ∈ X mit F(α) =x, dass kxkα≤ kFk.
Satz. Seien X und Y jeweils mit zwei konsistenten Normen k · kX0 , k · kX1 bzw. k · kY0, k·kY1 versehen. SeiS eine lineare beschr¨ankte Abbildung vonXnach Y (bez¨uglich beiden Normpaaren), also
S ∈ B(Xk·kX 0 , Yk·kY
0)∩ B(Xk·kX 1 , Yk·kY
1 ).
Dann gilt S∈ B(Xk·kX α, Yk·kY
α) f¨ur 0< α <1. Anders ausgedr¨uckt B(Xk·kX
0 , Yk·kY
0)∩ B(Xk·kX 1 , Yk·kY
1) = \
0≤α≤1
B(Xk·kX α, Yk·kY
α).
Zudem gilt f¨ur die entsprechenden Abbildungsnormen kSkα ≤ kSk1−α0 kSkα1.
Beweis. Wir bezeichnen mit Y den Raum der Y-wertigen holomorphen Funktionen.
Wir wollen nun die AbbildungS :X → Y ausdehnen aufS :X → Y, F 7→ SF, wobei SF(z) =S(F(z)), z∈Ω. Dazu m¨ussen wir zeigen, dassSF auch holomorph ist.
Als beschr¨ankte lineare Abbildung zwischen zwei normierten R¨aumen hatSeine konjun- gierte Abbildung S0 ∈ B(Y0, X0), wobei die topologischen Dualr¨aume hierbei nat¨urlich von den jeweils betrachteten Normen abh¨angen. Somit gilt also f¨ur ein y0 ∈Y0
hSF(z), y0i=hF(z), S0(y0)
| {z }
=x0∈X0
i=hF(z), x0i
Da der rechte Ausdruck per Definition vonF holomorph ist, ist also auchSF holomorph und somitSF ∈ Y (die Beschr¨anktheit folgt dabei elementar aus der Beschr¨anktheit von S).
Sei nun α ∈ (0,1) fest und x ∈ X mit kxkα = 1. Dann existiert also ein F ∈ X/Xα, sodass F(α) =xund
kFkX/Xα = 1 = inf
T∈XαkF+TkX.
Somit gibt es f¨ur alle ε > 0 ein F ∈ X mit F(α) = x und kFkX < 1 +ε. Setzen wir nun G(z) := ea(z−α)F(z), wobei a∈ R so gew¨ahlt ist, dass ea = kSk0· kSk−11 , so gilt G(α) =x und somit
kSxkYα =kSG(α)kYα ≤ kSGkY
= sup
t∈R
{kea(it−α)SF(it)kY0,kea(1+it−α)SF(1 +it)kY1}
= sup
t∈R
{e−aαkSF(it)kY0, ea(1−α)kSF(1 +it)kY1}
≤sup
t∈R
{e−aαkSk0· kF(it)kX0 , ea(1−α)kSk1· kF(1 +it)kX1 }
≤max{e−aαkSk0, ea(1−α)kSk1} · kFkX
<max{e−aαkSk0, ea(1−α)kSk1} ·(1 +ε)
=kSk1−α0 kSkα1 ·(1 +ε)
woraus die Behauptung folgt.
Ein wichtiges Beispiel f¨ur interpolierende Normen liefern uns die Lp-R¨aume. Seien (Ψ,A, µ) ein Maßraum, 1 ≤ p0 < p1 ≤ ∞ und X ein Teilraum von Lp0 ∩Lp1. Wir wollen nun zeigen, dass die somit auf X induzierten Normen k · k0 und k · k1 kon- sistent sind. Nach obigem Lemma m¨ussen wir dazu nur nachweisen, dass der Schnitt der jeweiligen Dualr¨aume punktetrennend ist. F¨ur ein f ∈ X, f 6= 0 w¨ahlen wir ein g ∈ L1∩L∞ ⊆Lq, 1 ≤ q ≤ ∞ mit der Eigenschaft, dass f g > 0, wenn |f|> 0. Bei- spielsweise erf¨ullt f¨urf =|f|eiϕdie Funktiong:= min(|f|p0,1)e−iϕdiese Anspr¨uche. Es folgt hf, gi=R
f g dµ >0, womit die Normen konsistent sind.
Satz. Sei (Ψ,A, µ) ein Maßraum und X = Lp0 ∩Lp1 mit 1 ≤ p0, p1 ≤ ∞ , p0 6= p1. F¨urj∈ {0,1} bezeichne k · kj die vonLpj induzierte Norm undk · kα die dazugeh¨origen interpolierenden Normen. Dann stimmtk · kα mit der von Lpα aufX indzuierten Norm
¨uberein, wobei
1 pα = α
p1 +(1−α) p0
Beweis. Es reicht die Gleichheit der Normen auf dem Raum T der endlichen integrier- baren Treppenfunktionen zu zeigen. Dann gibt es n¨amlich einen isometrischen Isomor- phismus von (T,k · kLpα) nach (T,k · kα). Vervollst¨andigen wir die beiden R¨aume, so existiert eine eindeutige isometrische Fortsetzung der Abbildung. Die Vervollst¨andigung
des Definitionsbereiches ist aber genau Lpα ⊇ X, womit die Normen also auch auf X
¨
ubereinstimmen. Zudem nehmen wir o.B.d.A. an, dass p0 < p1 und zeigen zun¨achst k · kα ≤ k · kLpα:
Sei f ∈ T ⊆X und kfkLpα ≤ 1. Wir w¨ahlen F(z) = |f|a(z−α)+1eiϕ, wobei f = |f|eiϕ und
a= p0−p1
p0α+p1(1−α)
= −1
1−α f¨urp1 =∞
Offensichtlich istF ∈ X und es giltF(α) =f. Somit folgt nach der Definition vonk · kα, dass kfkα≤ kFk.
Aus|F(iy)|=|f|1−aα=|f|pαp0 folgt nun
kF(iy)k0 = Z
|f|pα dµ p1
0 =
Z
|f|pα dµ pα1
| {z }
≤1
pα p0
≤1.
Genauso sieht man kF(1 +iy)k1 ≤1 f¨urp1<∞.
F¨urp1=∞ folgt das ganz einfach aus der Definition vonF. Insgesamt gilt also kfkα ≤ kFk ≤1.
Wegen der absoluten Homogenit¨at der Normen (kβ·xk=|β| · kxk) bekommen wir nun k · kα ≤ k · kLpα.
Um die umgekehrte Ungleichung zu zeigen, ben¨otigen wir nun die konjugierten Exponenten. F¨ur p0 und p1 notieren wir dazu einfach q0 und q1. Nach der Definition von pα ergibt sich
1 qα = α
q1 + 1−α q0
= α
q1 f¨urq0 =∞
Zudem setzen wir nunX0 :=Lq0∩Lq1 ⊆Lqα und verwendenX0 f¨ur den entsprechenden Raum an holomorphen Funktionen. Nun gilt, dass die Menge aller endlichen integrierba- ren Treppenfunktionen einen Untervektorraum allerLp-R¨aume darstellt und f¨urp <∞ sogar dicht ist. Als eine Obermenge dieser Treppenfunktionen liegt X0 somit dicht in Lqα.
Sei nun also f ∈ T ⊆ X beliebig mit kfkLpα > 1. Da X0 dicht in Lqα liegt, existiert ein g∈X0 mit kgkLpα ≤1 undhf, gi =R
f g dµ >1. Entsprechend muss es einG∈ X0 geben mit G(α) =g. Wie im ersten Teil des Beweises folgt, dasskGk ≤1.
Sei nun F ∈ X beliebig, jedoch so, dass F(α) = f. Wir betrachten nun die Funktion h(z) =R
F(z)G(z)dµ. Diese ist beschr¨ankt und holomorph auf Ω (siehe Kapitel 1 - man betrachte hierzuF(z) als Element des BanachraumesLp0 undG(z) als Element des Ba- nachraumesLq0). Wie aus der Definition vonF undGersichtlich ist, gilth(α)>1. Aus dem Satz von Phragm´en-Lindel¨of folgt nun, dass auch|h(z)|>1 f¨ur einz∈∂Ω. Mithilfe der H¨older-Ungleichung erh¨alt man 1<|h(z)| ≤ kFkkGk ≤ kFkund insbesondere, dass
kFk > 1. Da aber F ∈ X mit F(α) = f beliebig war, folgt bereits, dass kfkα ≥ 1.
Daraus folgtk · kα ≥ k · kLpα und somit insgesamt k · kα=k · kLpα.
Als Korollar der letzten beiden S¨atze erhalten wir:
Satz von Riesz-Thorin. Seien (Ψ, µ) und (Ξ, ν) Maßr¨aume, X =Lp0(dµ)∩Lp1(dµ), Y =Lp00(dν)∩Lp01(dν) und S eine lineare Abbildung von X nach Y. Sei vorausgesetzt, dass S stetig ist alsS :Xk·k
Lpj →Yk·k
Lp0 j
, j∈ {0,1}. Dann sind auch die Abbildungen S :Xk·kLpα →Yk·k
Lp0 α
stetig, wobei pα und p0α wie im vorherigen Satz definiert sind. F¨ur die entsprechenden Abbildungsnormen gilt zudem
kSkα ≤ kSk1−α0 kSkα1.
Bemerkung. Betrachtet man nur die Aussage des Satzes von Riesz-Thorin, so vermutet man vielleicht nicht, dass der/ein Beweis holomorphe Funktionen ben¨otigt. Man kann den Satz in der Tat auch mit erheblich weniger Aufwand beweisen - ohne Theorie ¨uber holomorphe Funktionen auf allgemein normierten R¨aumen und S¨atze ¨uber die Interpo- lation von Normen (vgl. [1], S. 5 ff.).
3 Ungleichungen von Hausdorff-Young
Mit dem im letzten Kapitel bewiesenen Satz von Riesz-Thorin k¨onnen wir nun ganz einfach die Ungleichung von Hausdorff-Young beweisen.
Ungleichung von Hausdorff-Young. Sei 1≤p≤2 und q der entsprechende konju- gierte Exponent. Ist f ∈Lp(T) und fˆdie Fouriertransfomierte von f, dann gilt
(X
|fˆ(n)q|)1q ≤ kfkLp
Beweis. Die Abbildung F :
(L1(T)→L∞(Z) =`∞ f 7→fˆ(n) = 2π1 R2π
0 f(eit)e−intdt
ist beschr¨ankt mit Abbildungsnorm 1, wobei wir Z mit dem Z¨ahlmaß versehen. Fasst man F als Abbildung von L2(T) nach L2(Z) = `2 auf, so bekommt man sogar eine Isometrie (Parsevalgleichung).
Es gilt also:
F :L1(T)→`∞, kF k= 1
F :L2(T)→`2, kF k= 1
Setzt man nunp0= 1, p1 = 2,p00 =∞,p01= 2, so folgt aus dem Satz von Riesz-Thorin F :Lp(T)→`q, kF k ≤1
Alternativ erh¨alt man auch folgende Version der Ungleichung:
Ungleichung von Hausdorff-Young. Sei 1 ≤ p ≤ 2 und q der entsprechende kon- jugierte Exponent. Ist f ∈ Lp(Rn) und fˆ die Fouriertransfomierte von f, dann gilt fˆ∈Lp(Rn) und
kfˆkLq ≤(2π)nqkfkLp Beweis. F¨ur die Fouriertransformation auf L1(Rn) gilt
|fˆ(ζ)|=| Z
f(x)e−i(x,ζ)dx| ≤ Z
|f(x)|.
Zudem folgt aus der Parsevalgleichung f¨urL2(Rn)-Funktionen Z
|fˆ(ζ)|2dζ = (2π)n Z
|f(x)|2dx.
Somit ist die FouriertransformationF ein Operator auf folgenden R¨aumen:
F :L1(Rn)→L∞(Rn), kF k= 1 F :L2(Rn)→L2(Rn), kF k= (2π)n2 Aus dem Satz von Riesz-Thorin folgt nun, dass
F :Lp(Rn)→Lq(Rn), wobei
1
p = 1−α 1 +α
2 = 1− α 2, 1
q = α 2 Somit gilt f¨ur die Abbildungsnorm
kF k ≤11−α((2π)n2)α= (2π)nq
4 Satz von Phragm´ en-Lindel¨ of
F¨ur holomorphe Funktionen auf einem beschr¨ankten Gebiet G gilt bekanntlich das Maximumprinzip. Das bedeutet, dass die Funktion ihr betragsm¨aßiges Maximum nur am Rand von G annimmt oder andernfalls konstant auf G ist. Mithilfe der S¨atze von Phragm´en-Lindel¨of kann man das schwache Maximumprinzip auch auf unbeschr¨ankte Gebiete ausdehnen. Insbesondere ben¨otigen wir im Kapitel ¨uber die Interpolation von Normen die nachfolgende Version - der Beweis daf¨ur wurde aus [5], S. 257 f., ¨ubernom- men.
Satz von Phragm´en-Lindel¨of. Seien Ω = {x+iy :a < x < b}, Ω = {x+iy : a≤ x≤b} und f :O⊇Ω→Ceine Funktion.
Ist f stetig auf Ω und holomorph auf Ω und gilt |f(z)| < B f¨ur alle z ∈ Ω und ein B <∞, so folgt
M(x)b−a≤M(a)b−xM(b)x−a (a < x < b),
wobei M(x) = sup{|f(x+iy)|:−∞< y <∞}f¨ur a≤x≤b. Insbesondere gilt also
|f| ≤max(M(a), M(b)).
Beweis. Nehmen wir zun¨achst an, dass M(a) = M(b) = 1. In diesem Fall m¨ussen wir nur zeigen, dass |f(z)| ≤1 f¨ur alle z∈Ω.
Wir definieren f¨ur jedesε >0 eine Hilfsfunktion hε(z) = 1
1 +ε(z−a) (z∈Ω)
Offensichtlich gilt<(1 +ε(z−a)) = 1 +ε(x−a)≥1 auf Ω, wodurch
|hε|= 1
|1 +ε(z−a)| ≤1 Daraus folgt
|f(z)hε(z)| ≤1 (z∈∂Ω)
Außerdem gilt |1 +ε(z−a)| ≥ |=(1 +ε(z−a))|=ε|y|und somit
|f(z)hε(z)| ≤ B
ε|y| (z∈Ω) (1)
Schneiden wir nun Ω an den Linien y = ±Bε ab, so erhalten wir ein Rechteck R. Aus den letzten beiden Gleichungen folgt, dass|f hε| ≤1 auf∂R. Aus dem Maximumsprinzip folgt nun aber bereits, dass |f hε| ≤1 auf R. Jedoch zeigt 1, dass sogar |f hε| ≤ 1 auf ganz Ω. Damit erhalten wir also, dass |f(z)hε(z)| ≤ 1 f¨ur alle z ∈ Ω und alle ε > 0.
Halten wir nun zfest und lassen εgegen 0 gehen, so bekommen wir f(z)≤1.
F¨ur den allgemeinen Fall setzen wir
g(z) =M(a)(b−z)/(b−a)
M(b)(z−a)/(b−a)
, wobei f¨urM >0 und komplexesw,Mw definiert ist, als
Mw =ewlog(M).
Da log(M) reell ist, folgt, dass g holomorph ist, keine Nullstellen hat und 1g auf Ω beschr¨ankt ist. Zudem gilt
|g(a+iy)|=M(a) |g(b+iy)|=M(b),
womit fg die Voraussetzungen vom ersten Fall erf¨ullt. Es folgt also |fg| ≤ 1 auf Ω und somit
|f(z)| ≤ |g|=
M(a)b−xM(b)x−a b−a1
z∈Ω, was ¨aquivalent ist zu
M(x)b−a≤M(a)b−xM(b)x−a (a < x < b).
Literaturverzeichnis
[1] Vorlesung ¨uber Funktionenr¨aume, Universit¨at Bonn - Abteilung f¨ur Angewand- te Analysis, Webdokument: http://www.iam.uni-bonn.de/AngewandteAnalysis/
skripte/Funktionenr.pdf, zuletzt abgerufen am 3. Dezember 2011.
[2] Moritz Gerlach. Vektorwertige holomorphe Funktionen und der Satz von Vitali, Uni- versit¨at Ulm, 2006, Webdokument: http://www.uni-ulm.de/~s_mgerla/vitali.
pdf, zuletzt abgerufen am 3. Dezember 2011.
[3] Harro Heuser. Funktionalanalysis: Theorie und Anwendung. Vieweg +Teubner, 4.
Auflage, 2006.
[4] Yitzhak Katznelson. An Introduction to Harmonic Analysis. Cambridge University Press, third corrected edition, 2002.
[5] Walter Rudin. Real and Complex Analysis. McGraw-Hill, third edition, 1987.