Mit der Operatornorm istL(E, F) ein normierter Raum

O. Schnürer, L. S. Krapp Universität Konstanz

Sommersemester 2020 Fachbereich Mathematik und Statistik

Übungen zur Vorlesung Analysis II Blatt 1

Abgabe von:Musterstudent Tutor(in):Mein Lieblingstutor

1 2 Σ

4 14 18 Allgemeiner Hinweis:Für die Bearbeitung dieses Übungsblatts werden alle Resultate bis zum Ende von Kapitel 3 vorausgesetzt. Freiwillige Zusatzaufgaben sind mit einem * gekennzeichnet.

Aufgabe 1.1 (Operatornorm) [4 Punkte]

Seien E, F, G normierteK-Vektorräume. Beweisen Sie:

(i) L(E, F) ist einK-Vektorraum. Mit der Operatornorm istL(E, F) ein normierter Raum.

(ii) IstF ein Banachraum, so istL(E, F) vollständig.

(iii) Seien A∈L(E, F) undB ∈L(F, G). Dann gilt kB◦Ak ≤ kBk · kAk.

Lösung:

(i) Wir zeigen, dassL(E, F) ein Untervektorraum desK-Vektorraums aller linearen Abbildun- gen vonEnachF ist. Der Nulloperatorx7→0 ist inL(E, F) enthalten. FürA, B ∈L(E, F) und λ∈Ksind sowohl A+B:x7→Ax+Bxals auchλA:x7→λAx stetige lineare Abbil- dungen. Damit ist L(E, F) unter Addition und Multiplikation mit Skalaren abgeschlossen.

Wir zeigen nun, dass L(E, F) ein normierter Raum ist:

• Positivität: kAk= sup

x∈E

x6=0 kAxk

kxk ≥0 für allex∈E.

• Definitheit: Falls kAk = 0, dann 0 = kAk = sup

x∈E

x6=0 kAxk

kxk und daher kAxk = 0 für alle x∈E mitx6= 0. Es folgtAx= 0 für allex∈E mitx6= 0 und schließlichA≡0, d.h.

A ist der Nulloperator.

• Homogenität:

kλAk= sup

x∈E

x6=0

kλAxk kxk = sup

x∈E

x6=0

|λ| · kAxk

kxk =|λ| ·sup

x∈E

x6=0

kAxk

kxk =|λ| · kAk.

• Dreiecksungleichung:

kA+Bk= sup

x∈E

x6=0

k(A+B)xk

kxk = sup

x∈E

x6=0

kAx+Bxk kxk

≤sup

x∈E

x6=0

kAxk+kBxk kxk ≤sup

x∈E

x6=0

kAxk kxk + sup

x∈E

x6=0

kBxk

kxk =kAk+kBk.

(ii) • Sei (Tn)n eine Cauchyfolge inL(E, F) und sei u∈E. Wir definieren T durch T u:=

n→∞lim T_nu. Der Grenzwert existiert, da (T_nu)n eine Cauchyfolge in F ist; es gilt näm- lich kT_nu−T_muk = k(T_n−T_m)uk ≤ kT_n−T_mk · kuk. Da F vollständig ist, ist T wohldefiniert.T:E→F ist linear, denn es gilt

T(λx+µy) = lim_n→∞T_n(λx+µy) = lim_n→∞(λT_nx+µT_ny)

=λ_n→∞lim Tnx+µ_n→∞lim Tny=λT x+µT y für x, y∈E undλ, µ∈K.

• T ist stetig: Seiε >0 und seiM ∈N, sodass für allem, n≥M giltkT_n−Tmk< ε. Mit der umgekehrten Dreiecksungleichung erhalten wir für allem, n ≥M:|kT_nk − kT_mk| ≤ kT_n−T_mk< ε.Damit ist (kT_nk)n eine Cauchy-Folge inR und konvergiert somit ge- gen ein c ∈ R. Da L(E, F) ein normierter Raum ist, ist die Normfunktion stetig.

Daraus folgt, dass für allex∈E gilt:

kT xk=_n→∞lim T_nx= lim_n→∞kT_nxk ≤_n→∞lim kT_nk kxk=ckxk. Daraus folgt die Stetigkeit von T.

• T_n → T in L(E, F): Sei ε > 0 und sei M ∈ N, sodass für alle m, n ≥ M gilt kT_n−Tmk< ε. Aus der Definition der Operatornorm folgt, dass für alle u ∈ E mit kuk= 1 und alle n, m≥M gilt:

kT_nu−T_muk< ε.

Sei u ∈ E mit kuk = 1 und sei n ≥ M. Wir erhalten aufgrund der Stetigkeit der Normfunktion

kT_nu−T uk= lim_m→∞kT_nu−T_muk ≤ε.

Insgesamt erhalten wir also für allen≥M: kT_n−Tk= sup

u∈E,kuk=1

kT_nu−T uk ≤ε, wie gewünscht.

(iii) Für eine bessere übersicht bezeichnen wir die Operatornormen auf L(E, F), L(F, G) und L(E, G) mit k·k_L(E,F) bzw.k·k_L(F,G) bzw. k·k_L(E,G).

Aus der Definition der Operatornorm

kAk_L(E,F) = sup

x∈E

x6=0

kAxk kxk folgt kAxk

kxk ≤ kAk_L(E,F) und daher kAxk ≤ kAk_L(E,F)· kxk für alle x ∈ E. Für B gilt analog kByk ≤ kBk_L(F,G)· kyk für alle y∈F. Deswegen erhalten wir

k(B◦A)xk=kB(Ax)k ≤ kBk_L(F,G)· kAxk ≤ kBk_L(F,G)· kAk_L(E,F)· kxk

und k(B◦A)xk

kxk ≤ kBk_L(F,G)· kAk_L(E,F) für alle x∈E. Schließlich ist

kB◦Ak_L(E,G)= sup

x∈E

x6=0

k(B◦A)xk

kxk ≤ |Bk_L(F,G)· kAk_L(E,F).

Aufgabe 1.2 (Orthogonale Matrizen) [2 + 2 + 2* + 2* + 2* + 4* Punkte]

Sein∈N. Es bezeichneR^n×ndie Menge aller reellen (n×n)-Matrizen, GL(n) die Teilmenge aller invertierbaren Matrizen undO(n) die Teilmenge aller orthogonalen Matrizen. Eine Matrixnorm k·kauf R^n×nsei durch

kAk:= sup

x∈Rn x6=0

kAxk kxk definiert.

Zeigen Sie:

(i) Seien A∈O(n) und v eine Spalte vonA. Dann giltkvk= 1.

(ii) O(n) ist kompakt.

(iii)* Die Determinante det: R^n×n→R, A7→det(A) ist eine stetige Funktion.

(Sie dürfen, falls erwünscht, n= 3 annehmen.) (iv)* GL(n)⊂R^n×n ist offen.

(v)* Sei m∈N. Dann ist der Rang rk:R^n×m→R, A7→rk(A) eine unterhalbstetige Funktion.

(vi)* O(n) besteht aus genau zwei Zusammenhangskomponenten.

(Zur Erinnerung: Eine Matrix A∈R^n×n ist orthogonal, wenn A^tA=In gilt. Hierbei bezeichnet In dien-dimensionale Einheitsmatrix und A^t die Transponierte von A.)

Lösung:

(i) Seien A= (aⁱ_j)1≤i,j≤n∈O(n) und

A^t=(a^t)ⁱ_j

1≤i,j≤n=a^j_i

1≤j,i≤n

die transponierte von A. Ferner seien k∈ {1, . . . , n} fest und

v=









 a¹_k a²_k . . . aⁿ_k











die k-te Spalte vonA. Aus A^tA=In folgt dann

kvk² =

n

X

i=1

aⁱ_k·aⁱ_k =

n

X

i=1

(a^t)^k_i ·aⁱ_k =δ_k^k= 1. Hierbei bezeichnet δⁱ_j das Kronecker-Delta

δⁱ_j =

(1, fallsi=j;

0, fallsi6=j.

Daher ist kvk= 1.

(ii) Wir identifizieren zunächst den R-Vektorraum R^n×n mit dem R-Vektorraum Rⁿ

2, indem wir eine Matrix A∈R^n×n auf den Vektor

vA=





 a₁

...

a_n







abbilden. Hierbei bezeichnet a_j für j ∈ {1, . . . , n} die j-te Spalte von A. Da alle Normen auf Rⁿ² äquivalent sind (siehe Zusatzblatt zur Analysis I/II, Aufgabe 3), genügt es nach dem Satz von Heine–Borel zu zeigen, dass O(n) beschränkt und abgeschlossen ist.

Sei A= (aⁱ_j)1≤i,j≤n∈O(n).

Beschränkheit: Teilaufgabe (i) impliziert ka_jk = 1 für alle j ∈ {1, . . . , n}. Daraus folgt kv_Ak²=ka₁k¹+. . .+ka_nk² =n. Bezüglich der euklidischen Norm istO(n) (als Unterraum von Rⁿ

2) also beschränkt.

Abgeschlossenheit: Wir betrachten die Abbildung f:R^n×n→R^n×n

A7→A^tA.

Sie ist stetig (und als topologische Abbildung stetig), da jeder Eintrag von A^tA eine po- lynomiale Funktion in den Einträgen von A ist: Nach der Definition vom Produkt zwei- er Matrizen ist f schlicht die Komposition von Summen und Produkten. Weiterhin gilt O(n) =f⁻¹({I_n}). Da {I_n} ⊂R^n×n als endliche Menge abgeschlossen ist (Bemerkung 3.6 (iv)), istO(n) abgeschlossen.

(iii) Aus der Leibniz-Formel

det(A) = ^X

σ∈Sn

sgn(σ)a^σ(1)₁ a^σ(2)₂ . . . a^σ(n)_n

sieht man, dass die Determinante eine polynomiale Funktion in den Einträgen von A und deshalb stetig ist.

Ebenso kann man mit der Definition der Determinante über die Entwicklung nach Zeilen oder Spalten induktiv argumentieren.

(iv) Die Determinante ist stetig und GL(n) ist das Urbild der offenen Teilmenge (−∞,0)∪(0,∞) von Runter dieser Abbildung.

(v) Wie in Aufgabenteil (ii) identifizieren wir R^n×m mit R^nm und können so auf R^n×m die euklidische Norm

kAk= v u u t

m

X

j=1

ka_jk² verwenden.

Seien a ∈ R und A = (aⁱ_j)1≤i≤n,1≤j≤m ∈ R^n×m, sodass A ∈ rk⁻¹((a,∞)). Wir setzen r = rk(A)> a. Dann existieren j₁, . . . , j_r ∈ {1, . . . , m}, sodass die Spalten j₁, . . . , j_r linear unabhängig sind. Darum gibt es eine Untermatrix

M =









aⁱ_j¹₁ . . . aⁱ_j¹_r ... ... ...

aⁱ_j^r . . . aⁱ_j^r









vonAmiti1, . . . , ir ∈ {1, . . . , n}, deren Determinante nicht verschwindet. Seienjr+1, . . . , jm∈ {1, . . . , m} und i_r+1, . . . , i_m ∈ {1, . . . , n}, sodass A genau die Einträge

naⁱ_j^`

k: 1≤`≤n,1≤k≤m^o

hat. (Sprich: aⁱ¹, . . . , aⁱⁿ sind die Zeilen von A und aj1, . . . , ajm sind die Spalten von A.) Aus der Teilaufgabe (iii) wissen wir, dass die Abbildung

det:R^r×r→R M 7→det(M),

stetig ist. Darum existiert ein ε > 0, sodass det(C) 6= 0 für alle C ∈ Bε(M). (Hierbei nehmen wir Bε(C) bezüglich der euklidischen Norm auf R^k

2). Für Matrizen C ∈ Bε(M) gilt also rk(C) =r.

Sei nun D∈B_ε(A) beliebig. Dann hatDeine Untermatrix M⁰ von der Form

M⁰ =







 aⁱ_j¹

1 +β_jⁱ¹

1 . . . aⁱ_j¹

r +β_jⁱ¹ ... ... ... 1

aⁱ_j^r

1 +β_jⁱ¹

1 . . . aⁱ_j^r

r +β_jⁱ¹

1







 ,

wobeikM⁰−Mk ≤ kD−Ak< ε. Es folgtr= rk(M⁰)≤rk(D). DaDbeliebig war, gilt also B_ε(A)⊂rk⁻¹((a,∞)). Folglich ist rk⁻¹((a,∞)) offen und der Rang ist eine unterhalbstetige Funktion (nach Plenumsübung).

(vi) Aus AA^t = A^tA = I_n folgt det(A)·det(A^t) = det²(A) = 1 und darum det(A) = 1 oder det(A) =−1 für alleA∈O(n). Die Determinante bildetO(n) auf die nicht zusammenhän- gende Menge {−1,1} ⊂Rab und ist nicht konstant, weil es z.B. In, Jn∈O(n) (wobei wir J_n erhalten, indem wir die erste Zeile von I_n mit −1 multiplizieren) und det(I_n) = 1 und det(In) =−1 gilt. Also ist O(n) nicht zusammenhängend (wegen (iii) und Theorem 3.75).

Damit bestehtO(n) aus mindestens zwei Zusammenhangskomponenten.

Seien SO(n) :={A∈O(n): det(A) = 1} undO(n)⁻:={A∈O(n): det(A) =−1}. Beweisidee für den Wegzusammenhang: Man multipliziere die MatrixA∈SO(n) mit Dreh- matrizen B1, . . . , Bn∈O(n), sodass

B₁·A=





















1 a¹₂ a¹₃ . . . a¹_n 0 a²₂ a²₃ ...

... a³₂ a³₃ ...

... ... ... ...

0 aⁿ₂ aⁿ₃ . . . aⁿ_n,





















, B₂·B₁·A=





















1 0 a¹₃ . . . a¹_n 0 1 a²₃ ...

... 0 a³₃ ...

... ... ... ... ...

0 0 aⁿ₃ . . . aⁿ_n



















 , . . .

und schließlichBn· · ·B1·A=In. Damit wird jede Matrix inSO(n) mit der Einheitsmatrix I_n verbunden.

Da die Multiplikation mit der DiagonalmatrixJ_neinen Homöomorphismus vonSO(n) mit seinem KomplementO(n)⁻ in derO(n) liefert, ist auch Letzteres zusammenhängend.

Abgabe: Bis Freitag, 24. April 2020, 09:54 Uhr, per E-Mail an die Tutorin / den Tutor.

Wir bitten die allgemeinen Hinweise zur Abgabe von Lösungen (siehe Homepage) zu beachten.