11. Übungsblatt (mit Lösungshinweisen)

Funktionalanalysis

11. Übungsblatt (mit Lösungshinweisen)

Fachbereich Mathematik Wintersemester 2012/2013

Prof. Dr. Burkhard Kümmerer 17./18. Januar 2013

Andreas Gärtner

Gruppenübung

Aufgabe G45 (Beschränkte und unbeschränkte Operatoren)

(a) SeiH ein unendlich-dimesionaler Hilbertraum. Finden Sie einen unbeschränkten linearen Operator, der auf ganzH definiert ist.

(b) Es sei (a_{i j}),i,j∈N, eine hermitesche Matrix, sodass der OperatorAmit (Af)(i):=

X∞

j=1

a_{i j}f(j) (i∈N)

jedes f ∈`<sup>2</sup>(N) auf einAf ∈`²(N)abbildet. Zeigen Sie, dass Astetig ist.

Lösungshinweise:

(a) Sei B eine Hamelbasis von H und (e_n)n∈N ⊆ B eine abzählbare Teilmenge (B ist überab- zählbar). Dann können wir eine lineare AbbildungB:H →H definieren durch

B(e_n):=n·e_n, fürn∈N,

B(b):=0, für b∈B, b6=e_n.

(b) A ist selbst-adjungiert und auf ganz `²(N) definiert. Mit dem Satz von Hellinger-Toeplitz folgt, dassAstetig ist.

Aufgabe G46 (Der Dual von`<sup>∞</sup>(N)ist nicht isomorph zu`¹(N): Ein anderer Beweis) Seic(N):=

(x_n)n∈N⊆C : lim_n→∞x_n existiert der Raum aller konvergenten Folgen.

(a) Zeigen Sie: Es existiert eine lineares Funktional ϕ :`^∞(N)→ C mit ϕ((x_n)n∈N) = lim

n→∞x_n für alle(x_n)n∈N∈c(N).

(b) Zeigen Sie, dass keine Folge s= (s_n)_n∈N ∈`¹(N) existiert, so dassϕ(t) =P_∞

i=1s_nt_n ist, für alle t = (t_n)_n∈N∈`^∞(N).

Lösungshinweise:

(a) Das Funktionalϕ˜:c(N)→C: (x_n)n∈N7→lim_n→∞x_nist linear und stetig. Also existiert mit dem Satz von Hahn-Banach eine Fortsetzungϕ:`^∞(N)→C.

(b) Angenommen es existiert ein s = (s_n)_n∈N ∈ `¹(N) mit ϕ(t) =P_∞

i=1s_nt_n für alle (t_n)_n∈N ∈

`^∞(N). Dann gilt für allem∈N:

0= lim

n→∞e_m(n) =ϕ(e_m) = X∞

i=1

s_ne_m(n) =s_m,

worausϕ=0folgt.

Aufgabe G47 (Ein lineares Funktional kann viele Fortsetzungen besitzen)

Sei(E,k · k):= (C²,k · k1), M :={(^z0):z∈C} ⊆C² und f : M 3(0^z)7→z∈C. Dann ist f ein lineares Funktional auf M mitk f k=1.

Bestimmen Sie alle Fortsetzungen F :E→Cvon f mitkF k=1.

Lösungshinweise: Lineare Abbildungen sind durch ihr Werte auf den Vektoren einer Basis bestimmt. Jede Fortsetzung von f hat also die Gestalt

F_r :E→C: x

y

7→ x+r y mit r∈C. Seienξ,ξ0∈C² mitξ= ^xy

undξ0=€₀

y

Š, dann gilt

F_r(ξ)

=

x+r y

≤ |x|+|r| y

≤ |x|+ y

=kξk1, |r| ≤1,

F_r(ξ0) =

r y

=|r| y

>

y =

ξ0

1, |r|>1.

Also sind alle Fortsetzung von f mitkfk=1durch F_r mit|r| ≤1gegeben.

Aufgabe G48 (Dualität von L^pund L^q für beliebige Maßräume)

Sei 1 ≤ p < ∞ und sei q konjugiert zu p. Aus der Vorlesung wissen wir, dass L^p(µ)₀ für σ-endliche Maßräume (Ω,Σ,µ) isometrisch isomorph zu L^q(µ) ist. Für p >1 ist dies auch für beliebige (nicht notwendigσ-endliche) Maße gültig.

Zeigen Sie, dass obige Aussage für p =1 im Allgemeinen falsch ist, d.h. für beliebige Maße ν muss L¹(ν)₀

nicht isometrisch isomorph zu L^∞(ν)sein.

Hinweis: Betrachten Sie auf Ω := [0, 1] die σ-Algebra aller Teilmengen, die selbst oder deren Komplemente höchstens abzählbar sind, das Zählmaß ν und das Funktional ψ : L¹(ν) → C, ψ(f):=R1

0 f(t)tdν(t).

Lösungshinweise: Ist f ∈ L¹(ν), dann ist f(t) 6= 0 an höchstens abzählbar vielen Stellen t ∈[0, 1]. Damit ist t 7→ f(t)t messbar undψist stetig, denn es gilt:

ψ(f)

≤ Z 1

0

f(t)

|t|dν(t)≤ Z 1

0

f(t)

dν(t) = f

1 .

Ließe sichψdurch eine Funktion g∈L^∞(ν)darstellen, käme nur g:[0, 1]3 t7→ t in Betracht.

Diese Funktion ist aber nicht messbar.

Aufgabe G49 (Nach unten beschränkte Operatoren)

Zeigen Sie: Seien E, F Banachräume. FürA:E→F stetig sind äquivalent:

(i) Es gibt eine Konstante C>0sodass kAxk ≥Ckxk ist für alle x∈E.

(ii) Aist injektiv und das BildA(E)⊆F ist abgeschlossen.

Lösungshinweise: Die Implikation (i)⇒(ii) haben wir bereits in Aufgabe G23 gezeigt.

Sei G := ranA⊆ F. Dann ist G nach Voraussetzung ein Banachraum und A˜: E → G, x 7→ Ax bijektiv. Nach den Satz über die stetige Inverse istA˜⁻¹ stetig und mitC := ¹

k^A˜−1k gilt für x ∈E:

Ckxk=C

A˜⁻¹(Ax)

≤ kAxk .

Hausübung

Aufgabe H29 (Der Dual vonc₀ und`^p) (1 Punkt)

(a) Sei (c₀(N),k · k_∞) der Raum aller Nullfolgen. Zeigen Sie, dass `¹(N) isomorph zum Dual vonc₀(N)ist. Zeigen Sie hierfür, dass die Abbildung

i :`¹(N)→(c₀)⁰, (i(s))(t) = X∞

n=1

s_nt_n mits= (s_n)_n∈N∈`¹(N), t = (t_n)_n∈N∈c₀(N)

ein isometrischer Isomorphismus ist, wobei(c₀)⁰ den Dual vonc₀(N)bezeichnet.

(b) Zeigen Sie: Für1≤p<∞ist der Dual von`<sup>p</sup>(N)isomorph zu`^q(N)mit ¹

p+¹_q =1und der Konvention0= _∞¹.

Lösungshinweise:

(a) Die Abbildung i ist offensichtlich linear und es gilt |i(s)(t)| ≤ P_∞

n=1

s_n

t_n

≤ ksk1ktk_∞. Sei(t^(m))_m∈N⊆c₀(N)definiert durch

t⁽_n^m):=







|^sn|

s_n , fürs_n6=0undn≤m, 0, sonst.

Dann gilt

i(s)(t^(m)) =

P_∞

n=1s_nt^(m)_n

=P_m

n=1

s_n

m→∞−→ ksk1 und damitki(s)kOp=ksk1, d.h.

i ist isometrisch (und damit natürlich auch injektiv).

Seiϕ∈(c0)⁰. Wir setzens_n:=ϕ(en), dann istϕ =i(s) und für(t^(m))m∈N⊆ c₀(N)definiert wie oben folgt für alleN ∈N:

XN

n=1

s_n

= XN

n=1

s_nt^(N)_n = XN

n=1

ϕ(e_n)t^(N)_n =ϕ N

X

n=1

t^(N)_n e_n

≤ ϕ

t^(N)

∞= ϕ

.

Also ists= (s_n)_n∈N∈`¹(N)undi ist surjektiv und damit ein isometrischer Isomorphismus.

(b) Analog zu (a) zeigt man, dass

i:`<sup>q</sup>(N)→ `^p(N)0

, (i(s))(t) = X∞

n=1

s_nt_n mits= (s_n)_n∈N∈`<sup>q</sup>(N), t = (t<sub>n</sub>)<sub>n∈N</sub>∈`^p(N)

ein isometrischer Isomorphismus ist, wobei hier die Folge (t^(m))m∈N ⊆ `^p(N) betrachtet wird mit

t^(m)_n :=







|^sn|^q

s_n , fürs_n6=0, 0, sonst.

Aufgabe H30 (Positive lineare Funktionale sind stetig) (1 Punkt) Sei X ein lokal-kompakter Raum, C₀₍X) die stetigen Funktionen, die im unendlichen ver- schwinden, d.h. für f ∈ C₀₍X) ist ¦

x∈X : f(x)

≥"©

für jedes " > 0 kompakt, und sei ϕ: C₀₍X),k · k_∞

→Cein positives lineares Funktional.

(a) Warum istϕgenau dann beschränkt, wennϕauf den positiven Funktionen beschränkt ist?

(b) Zeigen Sie, dassϕstetig ist. (Hinweis:Nehmen Sie an, dassϕnicht stetig ist und betrachten SieP_∞

n=02⁻ⁿf_nfür eine geeignete Folge (f_n)_n∈N⊆C₀₍X). ) Lösungshinweise:

(a) Für x ∈ X sei f_ℜ(x) := ℜf(x) und f_ℑ(x) := ℑf(x), sowie g⁺(x) := max

0,g(x) und g⁻(x):=−min

0,g(x) für reellwertige g ∈C₀₍X). Dann ist f = f_ℜ⁺− f_ℜ⁻+i(f_ℑ⁺− f_ℑ⁻) und

ϕ(f)

=

ϕ(f_ℜ⁺)−ϕ(f_ℜ⁻) +iϕ(f_ℑ⁺)−iϕ(f_ℑ⁻)

≤M f_ℜ⁺

∞+ f_ℜ⁻

∞+ f_ℑ⁺

∞+ f_ℑ⁻

∞

≤4M f

∞ ,

wobeiϕ auf den positiven Funktionen durch eine KonstanteM >0beschränkt sei.

(b) Wir nehmen an,ϕ ist nicht stetig. Dann gibt es für allen∈Nein f_n∈C₀₍X)mit f_n

∞=1 und

ϕ(f_n)

≥ 4ⁿ und wegen (a) können wir f_n ≥0 annehmen. Da P_∞

n=02⁻ⁿ f_n

∞ < ∞ ist, giltg:=P_∞

n=02⁻ⁿf_n∈C₀₍X)undg≥2⁻ⁿf_n≥0für allen∈N. Damit istϕ(g−2⁻ⁿf_n) = ϕ(g)−2⁻ⁿϕ(f_n)≥0wasϕ(g)≥2⁻ⁿϕ(f_n)≥2ⁿfür alle n∈Nimpliziert.

Aufgabe H31 (Isometrische Einbettungen in die Dualräume von L¹ und L^∞) (1 Punkt) Seien1≤p,q≤ ∞ konjugiert und für g∈ L^q(Ω,Σ,µ) sei

ϕg : L^p→C : f 7→

Z f g .

(a) Zeigen Sie, dass die Abbildung L¹→(L^∞)⁰, g 7→ϕg eine isometrische Einbettung ist.

(b) Zeigen Sie, dass die Abbildung L^∞ →(L¹)⁰, g 7→ϕg eine isometrische Einbettung ist, falls µeinσ-endliches Maß ist.

Lösungshinweise: Mit der Hölderschen Ungleichung folgt, dass ϕg

Op≤

g q ist.

(a) Seih:Ω→Kdefiniert durch

h(x):=







g(x)

|^g(x)|, falls g(x)6=0,

0, sonst.

Dann istkhk_∞=1und ϕg

Op≥

g

1 folgt aus:

ϕg(h) = Z

hg = Z

g

|^g|g= Z

g

= g

1 .

(b) Sei" >0,Ω =S

n∈NΩnmitµ(Ωn)<∞für allen∈NundA˜_":=¦

x ∈Ω : g(x)

≥ g

∞−"© . Dann istµ(A˜_")6=0und es gibt einn₀∈N, so dass auchµ(A˜_"∩Ωn₀)6=0ist, da aus

A˜_" =A˜_"∩Ω =A˜_"∩ [

n∈N

Ωn= [

n∈N

A˜_"∩Ωn

µ(A˜_") ≤P

n∈Nµ(A˜_" ∩Ωn) folgt. Wir setzen A_" :=A˜_" ∩Ωn₀ und wir definieren h_" : Ω→ K

durch

h_"(x):=







µ(A_")⁻¹|^g(x)g(x)|χA_", falls g(x)6=0,

0, sonst.

Wir erhalten

h_"

1=R

h_"

=µ(A_")⁻¹R

A_"

g(x)

|^g(x)| =µ(A_")⁻¹µ(A_") =1und

ϕg(h_") =

Z

h_"g=µ(A_")⁻¹

Z

A_"

g

|^g|g=µ(A_")⁻¹

Z

A_"

g

≥ g

∞−". Da" >0beliebig war, folgt

ϕg

Op≥

g ∞.