12. Übungsblatt (mit Lösungshinweisen)

Funktionalanalysis

12. Übungsblatt (mit Lösungshinweisen)

Fachbereich Mathematik Wintersemester 2012/2013

Prof. Dr. Burkhard Kümmerer 24./25. Januar 2013

Andreas Gärtner

Gruppenübung

Aufgabe G50 (Reelle und komplexe lineare Funktionale)

Sei V ein C-Vektorraum. Zeigen Sie, dass für die reell-linearen Funktionale f : V → C und g :V →Rfolgende Aussagen äquivalent sind:

(i) Für alle x∈V ist f(x) = g(x)−i g(i x). (ii) Die Abbildung f istC-linear und g=ℜf. Lösungshinweise:

(i)⇒(ii) Offensichtlich ist g =ℜf und da f R-linear ist, genügt es f(i x) =i f(x)zu zeigen.

Sei x ∈V, dann gilt:

f(i x) = g(i x)−i g(−x) =i(−i g(i x)−g(−x)) =i(−i g(i x) +g(x)) =i f(x).

(ii)⇒(i) Für x ∈V gilt:

f(x) =ℜf(x) +iℑf(x) = g(x) +i(−ℜ(i f(x))) =g(x)−i(ℜf(i x)) =g(x)−i g(i x).

Aufgabe G51 (Eigenschaften der Adjungierten eines Operators)

Seien E,F undG normierte Räume undS,T ∈L(E,F). Zeigen Sie, dass gilt:

(a) Die Adjungierte T⁰:F⁰→E⁰ von T ist stetig und T⁰

Op=kTkOp. Hinweis:Betrachten Sie x∈E,ϕ∈ F⁰mitkxk=1=

ϕ

undϕ(T x) =kT xk=kTkOp−". (b) Für alle α,β ∈Kist(αT +βS)⁰=αT⁰+βS⁰. (Vgl. Hilbertraum-Adjungierte!)

(c) Für die Einschränkung T⁰⁰|E von T⁰⁰:E⁰⁰→F⁰⁰ auf E gilt T⁰⁰|E=T. (d) FürR∈L(F,G)ist(R◦S)⁰ =S⁰◦R⁰.

Lösungshinweise:

(a) Fürϕ∈F⁰ gilt:

T⁰ϕ

=sup¦

〈x,T⁰ϕ〉

: x∈ Emit kxk ≤1©

=¦

〈T x,ϕ〉

: x∈ Emit kxk ≤1©

≤¦

kTkOpkxk ϕ

: x∈ Emit kxk ≤1©

≤ kTkOp

ϕ

.

Also ist T⁰

Op ≤ kTkOp. Sei " > 0 und x ∈ E, ϕ ∈ F⁰ mit kxk =1 = ϕ

und ϕ(T x) = kT xk=kTkOp−" (Warum gibt es so einϕ?). Dann gilt:

kTkOp≤ kT xk+"=〈T x,ϕ〉+"=〈x,T⁰ϕ〉+"≤ T⁰

Op+".

Für"→0folgt nun die Behauptung.

(b) Nachrechnen!

(c) Aus (a) folgt die Existenz von T⁰⁰ : E⁰⁰ → F⁰⁰ und T⁰⁰

Op =kTkOp. Sei x ∈ E, ϕ ∈ F⁰ und ˆ

x :E⁰→K: ψ7→ψ(x), d.h. xˆ∈E⁰⁰. Es gilt:

〈ϕ,T⁰⁰ˆx〉=〈T⁰ϕ,ˆx〉= ˆx(T⁰ϕ) =T⁰ϕ(x) =〈x,T⁰ϕ〉=〈T x,ϕ〉=ϕ(T x).

Also folgt T⁰⁰ˆx=T xÓ. (d) Nachrechnen!

Aufgabe G52 (Adjungierte eines Funktionals)

Sei(E,k · k)normiert. Interpretieren Sie f ∈E⁰ als lineare Abbildung inL(E,K). Berechnen Sie die Adjungierte inL(K,E⁰).

Lösungshinweise: Für x∈E, f ∈E⁰ undλ∈K=K⁰ gilt:

λ·f(x) =〈f(x),λ〉=〈x,f⁰λ〉= f⁰λ(x).

Also ist f⁰:K→E⁰: λ7→λ· f die Adjungierte von f.

Aufgabe G53 (Inklusionen der L^p-Räume für endliche Maße)

Sei(Ω,µ)einendlicherMaßraum und1≤q≤p≤ ∞. Zeigen Sie, dass L^p(Ω,µ)⊆ L^q(Ω,µ) ist.

Hinweis:Betrachten Sie die Mengen

|f| ≤1 ⊆Ωund

|f|>1 :=

ω∈Ω : |f(ω)|>1 ⊆Ω. Lösungshinweise: Sei f ∈ L^p(Ω,µ), d.h.

f

p p =R

f

p<∞, dann gilt:

Z f

q = Z

{^|f|>1} f

q+ Z

{^|f|≤1} f

q≤ Z

{^|f|>1} f

q+µ

|f| ≤1

≤ Z

{^|f|>1} f

p+µ Ω

≤ f

p

p +µ Ω

<∞.

Aufgabe G54 (Fortsetzungen linearer Operatoren auf L^p für endliche Maße)

Sei (Ω,Σ,µ) ein endlicher Maßraum, 2 ≤ p < ∞ und q konjugiert zu p (d.h. q ≤ p). Sei T : L^p(Ω,µ) → L^p(Ω,µ) ein stetiger Operator und T⁰ : L^p(Ω,µ)₀

= L^q(Ω,µ) → L^q(Ω,µ) dessen Adjungierte. Zeigen Sie, dass folgende Aussagen äquivalent sind:

(i) L^p(Ω,µ)ist invariant unter T⁰, d.h. T⁰ L^p(Ω,µ)

⊆L^p(Ω,µ).

(ii) Es existiert ein stetiger Operator T˜: L^q(Ω,µ)→L^q(Ω,µ)mit T˜|L^p(Ω,µ)=T, d.h. T lässt sich auf L^q(Ω,µ)fortsetzen.

Hinweis:Betrachten Sie die Adjungierte vonT⁰|L^p(Ω,µ)und von T˜.

Lösungshinweise:

(i)⇒(ii) Sei T⁺ := T⁰|L^p(Ω,µ) : L^p(Ω,µ) → L^p(Ω,µ) und T˜ := (T⁺)⁰. Da2 ≤ p < ∞ ist, folgt q= _p−^p₁ ≤p und damit L^p(Ω,µ)⊆ L^q(Ω,µ)∼= L^p(Ω,µ)0 (vgl. Aufgabe G53).

Nun gilt für f,g ∈L^p(Ω,µ):

〈T f˜ ,g〉=〈f,T⁺g〉=〈f,T⁰g〉=〈T f,g〉.

Also istT˜ :L^q(Ω,µ)→ L^q(Ω,µ)ein stetiger Operator mit T f˜ =T f für alle f ∈ L^p(Ω,µ). (ii)⇒(i) Es gilt L^q(Ω,µ)0 ∼= L^p(Ω,µ) und mit T˜⁰ : L^p(Ω,µ) → L^p(Ω,µ) bezeichnen wir die

Adjungierte von T˜. Sei f,g∈ L^p(Ω,µ)⊆L^q(Ω,µ), dann gilt:

〈T⁰f,g〉=〈f,T g〉=〈f, ˜T g〉=〈T˜⁰f,g〉. Also folgt T⁰f =T˜⁰f ∈ L^p(Ω,µ)für f ∈ L^p(Ω,µ).

Hausübung

Aufgabe H32 (Nicht immer gibt es stetige lineare Funktionale) (1 Punkt) Sei0< p <1und sei wie üblichL^p([0, 1]):={f :[0, 1]→Cmessbar:R1

0 |f|^pdλ <∞} und L^p([0, 1]) der Quotient vonL^p([0, 1])nach den Funktionen, die λ-fast überall verschwinden.

λbezeichne das Lebesgue-Maß. Dann ist L^p([0, 1])immer noch ein Vektorraum, wie man leicht sieht. Zeigen Sie:

(a) Sei d(f,g) := R1

0 |f − g|^pdλ für f,g ∈ L^p([0, 1]), dann definiert d eine Metrik auf L^p([0, 1]).

(b) SeiC ⊆ L^p([0, 1])eine offene konvexe Nullumgebung, dann ist C= L^p([0, 1]). Hinweis:Wählen Sie" >0, sodass{f ∈ L^p([0, 1]):d(f, 0)< "} ⊆C und zeigen Sie:

Jedes f ∈ L^p([0, 1])liegt in der konvexen Hülle von{f ∈ L^p([0, 1]):d(f, 0)< "}. Zerlegen Sie dazu geeignet [0, 1] = I₁ ∪I₂∪ · · · ∪ I_n und schreiben Sie f als Konvexkombination

f =P

i 1

n(n·χI_i· f).

(c) Das einzige stetige lineare Funktional auf(L^p([0, 1]),d)ist das Nullfunktional.

Lösungshinweise:

(a) Positivität, Definitheit und Symmetrie sind offensichtlich. Seien f,g,h ∈ L^p([0, 1]), dann gilt:

Z 1

0

|f −g|^pdλ= Z 1

0

|f −h+h−g|^pdλ≤ Z 1

0

|f −h|+|h−g|p

dλ

≤ Z 1

0

|f −h|^p+|h−g|^pdλ≤ Z 1

0

|f −h|^pdλ+ Z 1

0

|h−g|^pdλ. Also gilt auch die Dreiecksungleichung.

(b) Da C offen ist, gibt es ein " >0, so dassU :=K_"(0) =

f ∈E : d(f, 0)< " ⊆C ist.

Sei f ∈ L^p([0, 1]), dann können wir[0, 1]in disjunkte Intervalle I_i zerlegen, d.h.[0, 1] = I₁∪˙. . . ˙∪I_n, so dass R

I_i|f|^pdλ= ¹_nd(f, 0) ist für jedes1≤i≤n.

Dann ist f =P_n

i=11

n(n·χI_i· f)und es gilt:

Z 1

0

|n·χI_i· f|^pdλ=n^p Z 1

0

χI_i|f|^pdλ=n^p Z

I_i

|f|^pdλ= ⁿ_n^pd(f, 0).

Dalim_n ⁿ_n^p =0undR1

0 |f|^pdλ <∞ ist, gibt es einn₀∈Nmit ^np

n d(f, 0)< " für alle n≥n₀. Also ist(n·χI_i· f)∈U ⊆C für n≥n₀und alle1≤i≤n. DaC konvex ist, folgt f ∈C und damit L^p([0, 1])⊆C.

(c) Istϕein stetiges lineares Funktional auf(L^p([0, 1]),d), dann istΦ: f 7→

ϕ(f)

eine stetige Halbnorm. Da[0, 1)eine offene, konvexe Menge in[0,∞)ist, muss Φ⁻¹([0, 1))offen und konvex in L^p([0, 1])sein.

Aus0∈Φ⁻¹([0, 1))und Teil (b) folgt nunΦ⁻¹([0, 1)) =L^p([0, 1])und damit ranΦ = [0, 1). Es kann aber nur eine beschränkte Halbnorm auf L^p([0, 1])geben und wir erhaltenΦ =0 und damitϕ=0.

Aufgabe H33 (Banachlimiten) (1 Punkt)

Sei S : `<sup>∞</sup><sub>R</sub>(N) → `^∞_R(N) der Linksshift auf den beschränkten reellwertigen Folgen, d.h.

S(x)(n) = x(n+1) für x = (x(n))n∈N ∈ `<sup>∞</sup><sub>R</sub>(N). Ein lineares Funktional ψ : `^∞_R(N) → R mit

ψ

= 1 heißtBanachlimes, falls ψ translationsinvariant und positiv ist, d.h. ψ(x) =ψ(S(x)) für alle x ∈`^∞_R(N)undψ(x)≥0, falls x≥0ist (d.h. x(n)≥0für allen∈N).

(a) Zeigen Sie, dass

• M:=¦

x−S(x) : x ∈`^∞_R(N)©

ein linearer Teilraum von`^∞_R(N) und

• d(1,M₎:=inf¦

1− y

: y∈M^©₌1ist und dass

• ein positives Funktionalϕ:`^∞_R(N)→Rmit ϕ

=1existiert, das aufMverschwindet.

Folgern Sie daraus die Existenz eines Banachlimes.

Hinweis:Für x∈`^∞_R(N)gilt wie bei reellen Zahlen: 0≤x ≤1 ⇐⇒ k1−xk_∞≤1.

(b) Zeigen Sie: Für jeden Banachlimesψ:`<sup>∞</sup><sub>R</sub>(N)→Rund alle x∈`^∞_R(N)gilt:

ψ(1) = ψ

=1 und lim inf

n→∞ x(n)≤ψ(x)≤lim sup

n→∞

x(n) für eine konvergente Folge x∈c(N)ist alsoψ(x) =lim_nx(n)

.

Hinweis:Betrachten SieS^N(x−α1)undS^N(β1−x)fürα <lim inf_nx(n), β >lim sup_nx(n). (c) Seiψ:`<sup>∞</sup><sub>R</sub>(N)→Rein Banachlimes und x = (a,b,a,b, . . .)∈`^∞_R(N). Bestimmen Sieψ(x). Lösungshinweise:

(a) Als Abschluss des Bildes von (Id−S) ist M ein abgeschlossener linearer Teilraum von

`^∞_R(N). Sei y = x −S(x) ∈ M mit

1− y

∞ = 1−δ ≤ 1. Für alle n ∈ N ist dann y(n) = x(n)−x(n+1)und y(n)≥δ und es folgt:

x(n+1) = x(n)− y(n) =· · ·= x(0)−

n

X

i=1

y(i)≤x(0)−nδ.

Daraus folgt δ = 0 und da Elemente der Form y = x −S(x) dicht in M sind, erhalten wir d(1,M_{) =}1. Nach dem Trennungssatz für abgeschlossene Teilräume existiert einϕ∈

`^∞_R(N)0

mit ϕ

≤1,ϕ|M=0undϕ(1) =1.

Sei x ∈`^∞_R(N)positiv und o.B.d.A.kxk_∞≤1. Dann ist0≤ x≤1und wir erhalten:

1−ϕ(x) =

ϕ(1)−ϕ(x) =

ϕ(1−x) ≤

ϕ

k1−xk_∞≤1 . Daraus folgt0≤ϕ(x)≤1. Alsoϕ ist positiv, translationsinvariant und

ϕ

=1und damit ein Banachlimes.

(b) Offensichtlich ist ψ(1) ≤ 1. Um ψ(1) ≥ 1 zu zeigen, wählen wir (x_n)_n∈N ⊆ `^∞_R(N) mit

x_n

∞≤1, so dasslim_nψ(x_n) =1ist. Dann ist1−x_n≥0und 0≤ψ(1−x_n) =ψ(1)−ψ(xn), d.h.ψ(1)≥ψ(x_n) für allen∈N.

Seienα <lim inf_nx(n)undβ >lim sup_nx(n). Dann gibt es einN ∈N, so dassα <x(n)< β gilt für alle n≥N. Also sindS^N(x)−α1≥0undβ1−S^N(x)≥0und es gilt:

0≤ψ(S^N(x)−α1) =ψ(x)−α ⇒ α≤ψ(x), 0≤ψ(β1−S^N(x)) =β−ψ(x) ⇒ ψ(x)≤β.

Es folgtlim inf_nx(n)−"≤ψ(x)≤lim sup_nx(n) +"für jedes" >0und damit die Behaup- tung.

(c) Mit Teil (b) folgt:

ψ(x) = ¹₂(ψ(x) +ψ(x)) =¹₂ψ(x+S(x)) =¹₂ψ(a+b,a+b, . . .) = ¹₂(a+b).

Aufgabe H34 (Stetigkeit von Fortsetzungen linearer Funktionale) (1 Punkt) Sei H ein Hilbertraum, M _{⊆ H} ein abgeschlossener Teilraum und B_M ⊆ M eine Hamel- Basis aus Einheitsvektoren. Weiter sei B eine Hamel-Basis von H, die B_M und eine Folge von Einheitsvektoren(x_n)n∈N⊆H \Menthält, so dass lim

n→∞〈x_n,y₀〉=1ist für ein y₀∈B_M. (a) Geben Sie ein konkretes Beispiel für diese Situation an.

(b) Sei f :M_→Kein stetiges lineares Funktional und sei das FunktionalF :H →Kdefiniert durchF(y):= f(y)für y∈B_MundF(x):=0fürx∈B\B_M. IstF eine stetige Fortsetzung von f? Begründen Sie Ihre Antwort.

Lösungshinweise:

(a) Sei H := `²(N0) mit ONB (en)n∈N0 und M _:= span

e₀ . Wir wählen y₀ := e₀ ∈ M und x_n:= 1− ¹_n

e₀+Æ

2

n −_n¹2 e_n ∈H \Mfür n∈N. Dann sind die Vektoren

y₀,x₁,x₂, . . . linear unabhängig,

y₀ =

x_n

=1für allen∈Nund lim

n→∞〈x_n,y₀〉=1−¹_n =1.

(b) Sei M ∈N dann existiert ein n₀∈N, so dass

1− 〈x_n,y₀〉

< _2M¹2 ist für allen≥n₀ und es folgt:

y₀−x_n

2=〈y₀−x_n,y₀−x_n〉=〈y₀,y₀〉 − 〈x_n,y₀〉 − 〈y₀,x_n〉+〈x_n,x_n〉

≤

1− 〈x_n,y₀〉 +

1− 〈y₀,x_n〉 =2

1− 〈x_n,y₀〉

< _M¹2 . Damit erhalten wir

F(y₀−x_n) =

F(y₀)−F(xn)

=|1−0|=1=M ¹

M >M

y₀−x_n ; die Fortsetzung F von f ist also unbeschränkt.