PDGl: Funktionalanalytische Methoden Bálint Farkas
17. Oktober 2007
A
TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT
1. Übung zu Banachräumen - Lösungsvorschlag
1.
i) Es is bekannt, dass die Funktionk · kpeine Norm ist. Bemerkung: xk∈(Rd,k · k∞)ist genau dann eine konvergente bzw. Cauchyfolge ist, wenn Koordinatenfolgen xk(i)(i= 1, . . . , d) auch konvergent bzw. Cauchy sind. Dies zeigt die Vollständigkeit der Räume.
ii) -1 -0.5 0.5 1
-1 -0.5 0.5 1
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-1 -0.5 0.5 1
-1 -0.5 0.5 1
iii) [1,∞)3r7→ kxkr ist eine stetige Funktion, daher folgt die Behauptung fürp <∞. Fürp=∞setze m:= maxi=1,...,d|xi|. Es gilt
m≤“Xd
i=1
|xi|r”1/r
=m·“Xd
i=1
|xi|r mr
”1/r
≤md1/r→m.
iv) Seienx, y∈B(0,1)undλ∈[0,1]. So gilt
kλx+ (1−λ)yk ≤λkxk+ (1−λ)kyk ≤1.
6.
a) • c0(`∞: klar.
• `p(c0: FallsP∞
n=1xnkonvergent ist, so folgtxn→0. Fürxn:= log(n+2)1 giltx∈c0\`pfür alle p∈[1,∞)
• Fürxn:=n1 giltx∈`p\`1 für allep∈(1,∞).
b) • Seix3`1⊆`r. Für0< ε <1gibt esN∈NmitP∞
j=N+1|xj|< ε. Es gilt
kxkr=“XN
j=1
|xj|r+
∞
X
j=N+1
|xj|r”1/r
≤“XN
j=1
|xj|r+
∞
X
j=N+1
|xj|”1/r
≤ kxk1+ 2ε,
für r−1 < δ mit δ genügend klein. Dies gilt wegen der Stetigkeit der Funktionen, die hier auftauchen. Anderseits
kxk1−ε≤“XN
j=1
|xj|r”1/r
≤ kxkr,
fürr−1< δmitδgenügend klein.
• Seix∈`pso giltx∈`rfür jedesr≥p. Es gilt fernerkxk∞≤ kxkr. Dax∈c0, es gibt einn∈N mit|xn|=kxk∞. SeiN > nso groß, dassP∞
j=N+1|xj|r<|xn|r für jedesr > pgilt. So gilt kxk∞≤ |xn|“
∞
X
j=1
|xj|r
|xn|r
”1/r
≤ |xn|“XN
j=1
|xj|r
|xn|r + 1”1/r
≤ |xn|(N+ 1)1/r→ |xn|=kxk∞.
c) Siehe Skript.
d) Der fehlende Schritt war: der Kandidatyliegt in`1. SeiN∈Nbeliebig. Es gilt
N
X
j=1
|y(j)| ≤
N
X
j=1
|y(j)−xk(j)|+
N
X
j=1
|xk(j)| ≤
N
X
j=1
|y(j)−xk(j)|+M,
dennkxkk1≤M für jedesk∈N(eine Cauchy-Folge ist beschränkt). Jetzt wählekgenügend groß um den ersten Term≤1zu machen. DaherPN
j=1|y(j)| ≤1 +M für jedesN, alsoy∈`1. e) Geht genau so wie für`1.
2. Einfach die Definition von Vollständigkeit hinschreiben!
3.
a) p1ist eine Norm aufC([a, b]). Xist ein Unterraum dessen, also ist auchp1eine Norm aufX. Betrachte eine konstante Funktionf6= 0. Dann istf0= 0,p2(f) = 0, also kannp2 keine Norm sein.
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b) X ist bezüglichp2 nicht abgeschlossen inC([a, b]), also auch kein Banachraum.
c) Offensichtlich istp3eine Norm. Sei(fn)⊆(X, p3)eine Cauchyfolge, d.h., dass(fn0)⊆C([a, b])auch eine Cauchyfolge ist. Daherfn0 →ginC([a, b]). Setzehn(x) :=Rx
a fn0. Dann sindhnstetig differenzierbar mith0n=fn0 undfn(x)−hn(x) =fn(a). |hm(x)−hn(x)| ≤Rb
a|fm0 −fn0|, also ist(hn)⊆C([a, b])eine Cauchyfolge, deshalb ist (fn)⊆C([a, b]) auch eine Cauchyfolge, folglich giltfn→f. Aus Analysis I wissen wir, dassgdifferenzierbar ist undg0=f. Dies zeigtfnp3
→f.
4.
a) Welche Eigenschaften einer Norm sind, ohne dass Bedingungen anω gestellt sind, immer erfüllt? Pos- itivität, Homogenität und die Dreieckungleichung sind klar, d.h. pω ist immer eine Halbnorm. Zu Untersuchen ist, wann die Implikation „pω(f) = 0 =⇒ f = 0“ gilt. Betrachte ω−1(0). Ist das In- nere von ω−1(0) nicht leer, findet man eine positive, stetige Funktion f 6= 0 so, dass f(s) = 0 für s ∈ [a, b]\ω−1(0). Daher |f(s)|ω(s) = 0 für alle s ∈ [a, b] aber f 6= 0, also ist pω keine Norm.
Umgekehrt, nehmen wir an, dasspω keine Norm ist. Daraus folgt die Existenz einer stetigen Funktion f 6= 0mitω(s)f(s) = 0. Deshalb gilt[a, b]\f−1(0)⊆ω−1(0). Dies zeigt, dass das Innere vonω−1(0) nicht leer ist. Zusammenfassend: pωist eine Norm genau dann, wennω−1(0)leeres Inneres hat.
b) Nach Aufgabe a) istpω eine Norm. Sei(fn) ⊆C([a, b]) eine Cauchyfolge bezüglichpω. Da |fn(s)− fm(s)| = |ω(s)fn(s)−ω(s)fm(s)|/ω(s) ≤ pω(fn−fm)/ε, erhalten wir, dass (fn) eine Cauchyfolge bezüglich der Supremumsnorm ist. Deswegen konvergiert sie auch in (C([a, b]),k · k∞) gegen einf.
Aus der Beschränktheit vonωfolgtpω(fn−f)≤supω· kfn−fk∞, und wir erhalten die Behauptung:
pω(fn−f)→0. Bemerkung: was wir eigentlich bewiesen haben, ist die Äquivalenz der zwei Normen.
