Erreichbare Punktzahl: 20

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Erreichbare Punktzahl: 20

Prof. Dr. Moritz Kaßmann Fakultät für Mathematik

Sommersemester 2016 Universität Bielefeld

Übungsaufgaben zu Funktionalanalysis Lösungen von Blatt X vom 17.06.16

Aufgabe X.1(4 Punkte + 3 Bonuspunkte) Es seien

c0(R) ={x∈`^∞(R)| lim

n→∞xn= 0}, c(R) ={x∈`^∞(R)|Es existiert lim

n→∞xn}.

Wie bekannt ist, sind(c0(R),k · k`^∞)und(c(R),k · k`^∞)Banachräume.

Zeigen Sie: Der Folgenraum`¹(R)ist der Dualraum vonc0(R)und vonc(R).

Aufgabe X.2(2+3 Punkte)

a) Für(ak)k∈`^∞(R)seix⁽ⁿ⁾die Folge in`^∞mit

x⁽ⁿ⁾_k =

(0 fürk < n+ 1, ak fürk≥n+ 1.

Zeigen Sie:x⁽ⁿ⁾*^∗ 0in`^∞.

b) Sei(ak)k eine Folge inR. Definiere FunktionaleTn∈(`^∞)⁰durchTn((xk)) =anxn. Zeigen Sie, dass(Tn)ngenau dann schwach^∗konvergent in(`^∞)⁰ist, wenn(ak)keine Nullfolge ist. Zeigen Sie anschließend, dass im Fall(ak)k∈c0(R)die AussageTn→0gilt.

Aufgabe X.3(2+2+2 Punkte)

Betrachtet sei der BanachraumX =C¹([−1,1])mit der Normkfk_X=kfk_∞+kf⁰k_∞. SeienT, Tn:X →R mitTn(f) =ⁿ₂(f(¹_n)−f(−¹_n))undT(f) =f⁰(0).

a) Zeigen Sie:TnundT sind stetige lineare Funktionale aufX. b) Zeigen Sie:Tnkonvergiert schwach^∗gegenT.

c) KonvergiertTnauch stark gegen T? Aufgabe X.4(5 Punkte)

Seifn:R→Reine Funktion mit

fn(x) =

(n, für0≤x≤ ¹_n, 0, sonst.

Untersuchen Sie die Funktionenfolge(fn)nauf starke und auf schwache Konvergenz inL¹((−1,1)).

Lösungsvorschläge Aufgabe X.1

Wir zeigen zunächst (c0(R))⁰ = `¹(R). SeiT :`¹(R) → (c0(R))⁰, T(y)(x) =P

k∈Nykxk. Dann ist T ein isometrischer Isomorphismus. Dies begründen wir wie folgt. Es ist

|T(y)(x)| ≤sup

k

|x_k|X

k

|y_k|=kxk_∞kyk₁,

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Übungsblatt X – Lösungen Seite 2

d.h.kT(y)k ≤ kyk₁. Damit istT(y) für jedesy ∈`¹(R)beschränkt. Offensichtlich istT(y) für jedesy linear. Damit ist T wohldefiniert.

Sein∈N. Dann wird durch x_k=

(sign(yk), fallsk≤n,

0 sonst

eine Nullfolgex= (xk)mit kxk_∞= 1 definiert. Es ist T(y)(x) =X

k≤n

|y_k|^n→∞−→ kyk₁.

Also

kT(y)k=kyk₁

womit T isometrisch und daher insbesondere injektiv ist. Nun sei F ∈(c₀(R))⁰. Setze yk=F e^(k). Dann ist y= (yk)eine Folge in `¹(R), denn

X

k

|y_k|=X

k

|F e^(k)|

=X

k

sign(yk)F e^(k)

=F X

k

sign(y_k)e^(k)

!

≤ kFkkX

k

sign(yk)e^(k)k_∞

=kFk.

Somit ist y das Element in`¹(R), das unter T auf F abgebildet wird, d.h. T(y) =F. Es folgt die Surjektivität vonT und daraus, dassT ein isometrischer Isomorphismus ist.

Für die Bonuspunkte zeigt man, dass T˜ : `¹(R) → (c(R))⁰,T(y)(x) =˜ P

kx_ky_k+1 + y1limn→∞xn einen isometrischen Isomorphismus definiert.

Ebenfalls möglich ist die folgende Argumentation: MittelsT erhalten wir schnell einen Isomorphismus T˜ : `¹(R) → (c(R))⁰ wie folgt. Betrachte S ∈ L(c₀(R), c(R)) definiert durch

Sx= ( lim

k→∞x_k, x₁− lim

k→∞x_k, x₂− lim

k→∞x_k, . . .).

Die Inverse von S ist

S⁻¹= (x₂+x₁, x₃+x₁, x₄+x₁, ...), was S zu einem Isomorphismus macht. Definiere nun

T˜(y) =T(y)◦S.

Aufgabe X.2 a) Wir wissen (`¹)⁰ = `^∞. Sei nun λ ∈ `¹. Da |a_kλ_k| ≤ kak_∞|λ_k| für alle k ∈ N und P

kλ_k absolut konvergiert, konvergiert auch P

ka_kλ_k. Es folgt

n→∞lim P∞

k=n+1akλk= 0 und damit hxⁿ, λi=

∞

X

k=n+1

a_kλ_k^n→∞−→ 0.

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b) Sei (T_n) schwach konvergent gegen T in(`^∞)⁰. Dann gilt insbesondere

T_n(0,1,0,1, . . .)→T(0,1,0,1, ...) (1) worausT_2n(0,1,0,1, ...)→T(0,1,0,1, ...)und T_2n+1(0,1,0,1, ...)→T(0,1,0,1, ...) folgen. Wir haben

T_2n(0,1,0,1, ...) =a_2n, T_2n+1(0,1,0,1, ...) = 0.

Da die Teilfolgen gegen denselben Grenzwert konvergieren müssen, folgt aus (1) soforta2n →0 fürn→ ∞. Analog erhält man a2n+1 →0 fürn→ ∞. Dies liefert (a_k)_k∈c0(R).

Die Umkehrung ist offensichtlich.

Es ist kT_nk = sup

kxk=1

kT_nxk = sup

kxk=1

|a_nx_n| = |a_n|. Somit T_n → 0, falls (a_k)_k eine Nullfolge ist.

Aufgabe X.3 a) Die Linearität von T und T_n, n∈ N, ist offensichtlich. Wir zeigen nun die Beschränktheit der Abbildungen. Zunächst ist für jedesf ∈X

|T f|= f⁰(0)

≤ f⁰

_∞≤ kfk_X

und damit folgt die Beschränktheit (und somit die Stetigkeit) vonT.

Weiterhin existiert nach dem Mittelwertsatz für jedesf ∈X und für jedesn∈N einξn∈(−¹_n,_n¹)derart, dass

Tn(f) =f⁰(ξn).

Damit gilt für jedesf ∈X

|T_n(f)|= f⁰(ξ_n)

≤ f⁰

_∞≤ kfk_X

und damit folgt die Beschränktheit (und somit die Stetigkeit) vonT_n,n∈N. b) Sei f ∈X beliebig. Dann folgt aus dem Mittelwertsatz und der Stetigkeit vonf⁰ in

[−1,1], dass

hT_n, fi=T_n(x) =f⁰(ξ_n)−−−→^n→∞ f⁰(0) =T(x) =hT, fi, denn (−¹_n,_n¹)3ξ_n−−−→^n→∞ 0.

c) Tn konvergiert nicht stark gegen T! Zum Beweis betrachte fn(t) = sin(πnt), n∈N, fn∈X.

Dann ist

T_n(f_n) = n

2(sin(π)−sin(π)) = 0, T(fn) =f_n⁰(0) =πncos(0) =πn.

Weiterhin ist kf_nk_X =kf_nk_∞+kf_n⁰k_∞≤1 +πn. Also folgt

|(T_n−T)(fn)|=πn≥ πn

πn+ 1kf_nk_X. Damit ist

kT_n−Tk ≥ πn πn+ 1

−−−→n→∞ 1 und somit konvergiertT_n nicht stark gegenT.

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Aufgabe X.4

Offensichtlich konvergiertfn punktweise gegen die Nullfunktion. Da jede in der L¹-Norm konvergente Folge eine punktweise fast überall konvergente Teilfolge besitzt, müsste die Grenzfunktion vonf_n in derL¹-Norm ebenfalls die Nullfunktion sein. Es gilt aber

1

Z

−1

|f_n(x)|dx= 1.

Also konvergiert f_nnicht stark in L¹((−1,1)).

Wir zeigen, dass fn auch nicht schwach konvergiert. Zunächst bemerken wir, dass gemäß Satz 7.4 der Vorlesungf_n* f inL¹((−1,1))

1

Z

−1

f_n(x)ϕ(x)dx→

1

Z

−1

f(x)ϕ(x)dx ∀ϕ∈L^∞((−1,1))

bedeutet.

Seiϕ∈C_C((−1,1)). Es gilt

1

Z

−1

fn(x)ϕ(x)dx=n

1

Zn

0

ϕ(x)dx.

Aus dem Mittelwertsatz der Integralrechnung folgt nun die Existenz vonξ ∈[0,1/n], so dass

n

1

Zn

0

ϕ(x)dx=ϕ(ξ).

Daher

1

Z

−1

f_n(x)ϕ(x)dx^n→∞−→ ϕ(0).

Angenommen es existiert einf ∈L¹((−1,1)), derart dassϕ(0) =R1

−1f(x)ϕ(x)dxfür alle ϕ∈C_C((−1,1)). Seiϕ∈C_C((−1,1))eine Funktion mit ϕ(0) = 1. Zusätzlich nehmen wir an, dassϕ durch1 auf[−1,1]beschränkt ist. Dann folgt

ϕ(n·0) = 1 =

1

Z

−1

f(x)ϕ(nx)dx∀n∈N.

Wir bemerken, dass die Folge(ϕ(nx)) ebenfalls durch 1 auf[−1,1] beschränkt ist. Damit gilt |f(x)ϕ(nx)| ≤ |f(x)| für alle n ∈ N. Außerdem ϕ(nx) ^n→∞−→ 0 für alle x 6= 0. Da f ∈L¹((−1,1))folgt mit dem Satz von der dominierten Konvergenz

1 =

1

Z

−1

f(x)ϕ(nx)dx^n→∞−→ 0,

ein Widerspruch. Folglich kann ein solchesf nicht existieren.