Nichtlineare Funktionalanalysis - SoSe 2016 Ubungsblatt 4 ¨

PD Dr. J. Wolf

Humboldt-Universit¨at zu Berlin Institut f¨ur Mathematik

www2.mathematik.hu-berlin.de/∼ jwolf

E-Mail: jwolf@math.hu-berlin.de 13. Mai 2016

Nichtlineare Funktionalanalysis - SoSe 2016 Ubungsblatt 4 ¨

(Besprechung in der ¨Ubung am 20. Mai 2016)

Aufgabe 1 Seien X, Y Banachr¨aume. Wir definieren F : ISO(X, Y) → ISO(Y, X) durch

F(T) = T⁻¹, T ∈ISO(X, Y).

Zeigen Sie, dass T ∈ C²(ISO(X, Y);ISO(Y, X)) und berechnen Sie jeweils die erste und zweite Fr´echet-Ableitung von F.

Aufgabe 2 (a) Seif ∈C⁰([0,1]) mit f(0) 6= 0 undf(1)6= 0. Wir definieren deg(f) = 1

2(sign(f(1))−sign(f(0))).

Man zeige die Existenz einer Folge von Polynomen (p_n) mit f⁰(x) 6= 0 f¨ur alle x ∈ f⁻¹({0}), so dassp_n →f gleichm¨aßig auf [0,1] f¨ur n→+∞ . Man zeige:

X

x∈(0,1) pn(x)=0

sign(p⁰_n(x))→deg(f) f¨ur n→+∞.

(b) Sei f ∈C⁰([0,1]) und sei y∈R\ {f(0), f(1)}. Man zeige, dass deg(f,(0,1), y) = 1

2(sign(f(1)−y)−sign(f(0)−y)).

Hinweis zu (b): Man benutze eine geeignete Homotopie.

Aufgabe 3 Es sei A = (aij)i,j=1,...,n eine n × n-Matrix mit aij > 0 f¨ur alle i, j = 1, . . . , n. Zeigen Sie, dass A einen positiven Eigenwert mit einem zugeh¨origen positiven Eigenvektor besitzt, d.h. es existiert ein λ > 0 und x^∗ ∈ Rⁿ, x^∗_j > 0 (j = 1, . . . , n), so dass Ax^∗ =λx^∗.

Hinweis: Betrachten Sie B ={x ∈Rⁿ|xj >0, j = 1, . . . , n,

n

P

j=1

xj = 1}, sowie f : B → Rⁿ,

f(x) := Ax

n

P

j=1

(Ax)_j .

1

L¨ osungen Blatt 4

Aufgabe 2: (a) Sei 0< ε < ¹₂min{|f(0)|,|f(1)|}. Nach de Satz von Weierstrass existiert ein Polynom p : [0,1] → R, so dass kf − pk∞ ≤ ε. Ferner sei 0 < ε⁰ ≤ ε mit ε⁰ 6 {p(w₁), . . . , p(w_m)}), wobei {w₁, . . . , w_m} = (p⁰)⁻¹({0}). Wir setzen ˜p = p+ε⁰. Dann gilt

˜

p⁰(x) = p⁰(x)6= 0 ∀x∈p˜⁻¹(0).

Denn aus ˜p⁰(x) = 0 folgt p⁰(x) = 0, also x =w_i f¨ur ein i ∈ {1, . . . , m} und p(w_i) = ε⁰, was aber der Voraussetzung widerspricht. Ferner sieht man

sign(f(0)) = sign(˜p(0)), sign(f(1)) = sign(˜p(1)).

Falls f(0)<0, so haben wir

˜

p(0) = p(0) +ε⁰ = f(0) + (p(0)−f(0)) +ε⁰

≤f(0) +|p(0)−f(0)|+ε⁰ < f(0) +|f(0)|= 0.

Wegen ˜p⁰(x)6= 0 f¨ur allex∈p˜⁻¹({0}), hat ˜p nur einfache Nulstellen {x₁, . . . , x_N}.

sign(˜p⁰(x₁)) = −sign(f(0)),sign(˜p⁰(x₂))

= sign(f(0)), . . . ,sign(˜p⁰(x_i)) = (−1)ⁱsign(f(0)), i= 1, . . . , N Insbesondere haben wir

sign(˜p⁰(x_N)) = (−1)^Nsign(f(0)) = sign(f(1)).

Dies zeigt, dass

N

X

i=1

sign(˜p⁰(xi)) =

N

X

i=1

(−1)ⁱsign(f(0)).

Falls sign(f(0)) = sign(f(1)), so N = 2k, also

N

P

i=1

sign(˜p⁰(x_i)) = 0. Falls sign(f(0)) 6=

sign(f(1)), soN = 2k−1, also

N

P

i=1

sign(˜p⁰(x_i)) =−sign(f(0)) = sign(f(1)). Also

N

X

i=1

sign(˜p⁰(x_i)) = sign(f(1))−sign(f(0))

2 .

(b) Wegen (d1) k¨onnen wir OBdAy= 0 annehmen. Wir definieren g ∈C⁰([0,1]), durch g(x) = (f(1)−f(0))x+f(0) und definieren die Homotopie H ∈C⁰([0,1]×[0,1]) durch

H(x, t) = (1−t)g(x) +tf(x), (x, t)∈[0,1]×[0,1].

Wie man leicht sieht gilt H(0, t) = f(0) 6= 0 und H(1, t) = f(1) 6= 0 f¨ur alle t ∈ [0,1].

Folglich haben wir

deg(f,(0,1),0) = deg(H(·, t),(0,1),0) = deg(g,(0,1),0).

2

Hat g eine Nullstelle, so folgt gem¨aß 6.24

deg(g,(0,1),0) = deg(((f(1)−f(0))x,(0,1), f(0))

= sign(f(1)−f(0)) = sign(f(1))−sign(f(0))

2 .

Hat g keine Nullstellen, so folgt nach (d5)

deg(g,(0,1),0) = 0 = sign(f(1))−sign(f(0))

2 .

Aufgabe 3: Es seiA= (a_ij)i,j=1,...,n einen×n-Matrix mita_ij >0 f¨ur allei, j = 1, . . . , n.

Setzen B ={x∈Rⁿ|x_j >0, j = 1, . . . , n,

n

P

j=1

x_j = 1} und definieren f :B →Rⁿ,

f(x) := Ax

n

P

j=1

(Ax)_j .

Offensichtlich ist B abgeschlossen und konvex. Außerdem gilt f(x)∈B, denn

n

X

i=1

f_i(x) =

n

X

i=1

(Ax)_i

n

P

j=1

(Ax)_j

= 1

und f_i(x) = n^(Ax)i

P

j=1

(Ax)j

>0 ∀i= 1, . . . , n. Nach dem Browerschen Fixpunktsatz existiert ein x∗ ∈B, so dassf(x∗) =x∗. Folglich haben wir

Ax∗ =

n

X

j=1

(Ax∗)_jx∗.

Da x∗ 6= 0 ist λ=

n

P

j=1

(Ax∗)_j ein positiver Eigenwert von A. Außerdem haben wir

x∗,i = f_i(x∗) = (Ax∗)i

λ >0 ∀i= 1, . . . , n.

3