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Jan Henrik Sylvester
Übungen zur Funktionalanalysis
Übungen – Blatt 4
Aufgabe 13. Wie üblich sei `^1 = { x : N → K |
n =1 | xn |^ <^ ∞}^ mit Norm ‖ x ‖ ` 1 =
n =1 | xn |^ und^ _ ∞ (^) = { _x_ : N → K | sup _n_ ∈N | _xn_ |^ _<_^ ∞}^ mit^ ‖ _x_ ‖ _ ∞^ = sup n ∈N | xn |. Für die Unterräume d = { x ∈ _ ∞^ | ∃ _N_ ∈ N ∀ _n_ ≥ _N_ : _xn_ = 0}, _c_ = { _x_ ∈ _ ∞^ | lim n →∞ xn existiert} und c 0 = { x ∈ ` ∞^ | lim n →∞ xn = 0} zeigen Sie:
- d ′^ ∼= `^1 (d. h. zeigen Sie, dass es einen toplinearen Isomorphismus gibt). Liegt sogar isometrische Isomorphie vor?
- Ist X ein normierter Raum, Y seine Vervollständigung, so ist X ′^ ∼= Y ′. Liegt sogar isometrische Isomorphie vor? Folgern Sie: c 0 ′^ ∼= `^1.
- c ′^ ∼= `^1. Liegt sogar isometrische Isomorphie vor? (Hinweis: Für x ∈ c ist { xn − lim n →∞ xn } n ∈N ∈ c 0 .)
Aufgabe 14. Es sei X ein normierter Raum, Y ⊆ X ein Unterraum und für [ x ] ∈ X
Y sei ‖[ x ]‖ = inf{‖ x − y ‖ X | y ∈ Y }.
Zeigen Sie:
- ‖[ x ]‖ ist wohldefiniert und genau dann eine Norm auf X
Y , wenn^ Y^ ab- geschlossen ist. Ist X überdies ein Banachraum, so auch X
Y.
- X ist genau dann separabel, wenn Y und X
Y separabel sind ( Y^ abge- schlossen).
Aufgabe 15. Es sei
T : _^1 → ( _ ∞)′^ , ( T x )( y ) =
n ∈N
xn · yn.
Zeigen Sie:
- T ist eine Isometrie, aber nicht surjektiv.
- Ist X ein K-Banachraum und ist X ′^ separabel, so ist auch X separabel.
- Es gibt keinen isometrischen Isomorphismus
_^1 → ( _ ∞)′. (Falls Sie hierfür Inseparabilität von _ ∞^ zeigen wollen, betrachten Sie die Menge { _χM_ ∈ _ ∞^ | M ⊆ N} mit χM der charakteristischen Funktion von M .)
Aufgabe 16. Es sei X ein normierter Raum. Man zeige:
- Ein endlichdimensionaler Unterraum V ⊂ X ist abgeschlossen.
- Zu einem endlich dimensionalen Unterraum V ⊂ X gibt es einen abge- schlossenen Unterraum W mit X = V ⊕ W. (Existenz eines abgeschlosse- nen Komplementärraumes)
- Ein Unterraum mit einem eindimensionalen Komplementärraum ist abge- schlossen oder dicht.
Die Aufgaben sollen bis zur Übung am 3. Mai 2016 bearbeitet werden.
Jan Henrik Sylvester
Raum der Woche
Bezeichnung: BV ([0 , 1] , K)
Definition:
f : [0 , 1] → K
sup ζ
| ζ ∑|− 1
j =
| f ( xj +1) − f ( xj ) < ∞|
Norm: ‖ x ‖ BV ([0 , 1] , K) =
| f (0)| + sup ζ
∑| ζ |− 1 j =0 | f^ ( xj +1)^ −^ f^ ( xj^ )^ <^ ∞| Dualraum: Dualraum zu: C ([0 , 1] , K) Reflexiv: nein Kriterium für Kom- paktheit: Kriterium für schwa- che Konvergenz: Weitere Aspekte: Jedes f ∈ BV ([0 , 1] , K) hat die Form f = g 1 − g 2 mit monotonen g 1 , g 2.
Jan Henrik Sylvester
Raum der Woche
Bezeichnung: wm,p^ mit m ∈ R ,^ p ∈ [1 , ∞] Definition: { x : N → R | { nmxn } n ∈N ∈ p_ } Norm: ‖ _x_ ‖ _wm,p_ = ‖{ _nmxn_ } _n_ ∈N‖ _p Dualraum: Dualraum zu: Reflexiv: Kriterium für Kom- paktheit: Kriterium für schwa- che Konvergenz: Weitere Aspekte: für m > 1 : seperabel, Einheitskugel relativ kompakt in `p
Jan Henrik Sylvester
Übungen zur Funktionalanalysis
Übungen – Blatt 6
Aufgabe 21. 1. Man zeige: bv ⊂ c.
- Kann man für x ∈ bv die Werte ‖ x ‖ bv und ‖ x ‖ c vergleichen?
- Ist x 7 → lim n →∞ | xn | eine Norm auf c?
- Ist x 7 → lim n →∞ xn ein Element von c ′?
Aufgabe 22. Begründen Sie ausführlich, dass jedes Funktional x ′^ ∈ ( ` ∞)′^ auf genau eine Weise in der Form
x ′^ = Jx + y ′
geschrieben werden kann, wobei x ∈ `^1 liegt und y ′^ auf c 0 verschwindet.
Aufgabe 23. 1. Zeigen Sie, dass für die p_ -Räume die Inklusionen _p^ ⊆ `q wohldefiniert und stetig sind für 1 ≤ p ≤ q ≤ ∞.
- Beweisen Sie oder widerlegen Sie durch die Angabe eines Gegenbeispie- les, dass die direkte Summe zweier abgeschlossener Unterräume in einem Banachraum abgeschlossen sein muss.
Aufgabe 24. Die Menge der Fredholm-Operatoren F q ( X, Y ) vom Index q ist offen in L( X, Y ). (Hinweis: Ist L Fredholm und P : X → X ein Projektor auf K = ker L , W ein Komplement von Z = BILD( L ), dann zeigen Sie, dass die Abbildung M : X × W → Y × K : ( x, w ) 7 → ( Lx + w, P x ) ein toplinearer Isomorphismus ist. Zeigen Sie, dass es eine offene Umgebung U ⊂ L( X × W, Y × K ) toplinearer Isomorphismen von M gibt. Betrachten Sie dann die Abbildung J : L( X × W, Y × K ) → L( X, Y ) : N 7 → π ◦ N
X mit der Projektion^ π^ :^ Y^ ×^ K^ →^ Y^ und zeigen Sie, dass JN für jedes N ∈ U ein Fredholmoperator vom Index q ist.)
Die Aufgaben sollen bis zur Übung am 24. Mai 2016 bearbeitet wer- den.
Jan Henrik Sylvester
Übungen zur Funktionalanalysis
Übungen – Blatt 7
Aufgabe 25. Es sei C 2 π der Banachraum der stetigen reellwertigen Funktionen auf [− π, π ] mit x (− π ) = x ( π ) und der Supremumsnorm. Es sei sm ( x, t ) die m -te Partialsumme der Fourierreihe (siehe etwa H. Amann, Analysis II, S. 76) von x ∈ C 2 π an der Stelle t ∈ [− π, π ]. Zeigen Sie, dass sm (· , t ) : C 2 π → R ein Funk- tional auf C 2 π ist und dass lim m →∞ ‖ sm (· , t )‖ C 2 ′ π = ∞. (Hinweis: Verwenden Sie Aufgabe 12, aber beachten Sie, dass t hier konstant ist. Benutzen Sie ferner
(ohne Beweis) 12 +
∑ m k =1 cos( ku ) =^
sin(( m + 12 ) u ) 2 sin( u 2 ) .)
Aufgabe 26. 1. Zeigen Sie mit Hilfe des Satzes von Banach-Steinhaus und der vorherigen Aufgabe, dass es zu jedem t ∈ [− π, π ] ein x ∈ C 2 π gibt, so dass die Fourierreihe von x an der Stelle t divergiert.
- Es seien Yn normierte K-Räume für n ∈ N, X K-Banachraum. Es sei An ⊆ L( X ; Yn ) eine unbeschränkte Teilmenge. Beweisen Sie, dass es ein x ∈ X gibt mit sup L ∈ An ‖ Lx ‖ Yn = ∞ für alle n ∈ N. Genauer ist die Menge dieser x sogar von 2. Kategorie.
- Finden Sie mit den Mengen An = { sm (· , tn ) | m ∈ N} für tn aus einer abzählbar dichten Teilmenge von [− π, π ] ein x ∈ C 2 π , für das die Men- gen Ik = { t ∈ [− π, π ] | | sm ( x, t )| ≤ k ∀ m ∈ N} abgeschlossen und nirgends dicht sind. Folgern Sie, dass es eine stetige, 2 π -periodische Funktion gibt, deren Fourierreihe an überabzählbar vielen Stellen divergiert.
Aufgabe 27. Es sei J der in der Vorlesung eingeführte Jamesraum.
- Zeigen Sie, dass alle monotonen Nullfolgen in J liegen. Was ist ‖ x ‖J für eine monotone Nullfolge x?
- Geben Sie eine Folge in c 0 an, die nicht in J liegt.
Aufgabe 28. Zeigen Sie:
- ( BV ([0 , 1] , K) , ‖·‖ BV ([0 , 1] , K)) ist ein Banachraum.
- Jeder Funktion f ∈ BV ([0 , 1] , K) ordnen wir für 0 ≤ a ≤ x ≤ 1 eine neue Funktionen
V (^) ax f = sup
| f |Z
∣ (^) Z ist Zerlegung von [ a, x ]}
zu, wobei | f |Z =
∑|Z|− 1
j =0 | f^ ( xj +1)^ −^ f^ ( xj^ )|^ ist. Zeigen Sie: (a) V (^) 0 x f ist monoton steigend. (b) Sind x ≤ y ∈ [0 , 1], so gilt V (^) 0 x f + V (^) xy f = V (^) 0 y f.
- Jede Funktion f ∈ BV ([0 , 1] , R) kann als Differenz zweier monotoner Funktionen geschrieben werden.
Die Aufgaben sollen bis zur Übung am 31. Mai 2016 bearbeitet wer- den.
Jan Henrik Sylvester
Raum der Woche
Bezeichnung: Lp (Ω , X ) mit 1 ≤ p ≤ ∞, (Ω , μ ) Lebesguescher Maß- raum des Gebietes Ω und X Banachraum
Definition:
f : Ω → X
Ω
‖ f ‖ Xp^ d μ < ∞
für p < ∞ bzw.
{ f : Ω → X | ess sup ‖ f ‖ X < ∞}
Norm: ‖ f ‖ Lp (Ω ,X ) =
Ω
‖ f ‖ Xp^ d μ
) (^1) p für p < ∞ bzw.
‖ f ‖ L ∞(Ω ,X ) = ess sup ‖ f ‖ X
Dualraum: Lp (Ω , X ) mit (^1) p + (^1) q = 1 für 1 ≤ p < ∞ Dualraum zu: Lp (Ω , X ) mit (^1) p + (^1) q = 1 für 1 < p ≤ ∞ Reflexiv: für 1 < p < ∞ Kriterium für Kom- paktheit:
Fréchet-Kolmogorov
Kriterium für schwa- che Konvergenz:
{‖ fn ‖ Lp } n ∈N ∈ ` ∞,
∫^ τ 0
fn d μ →
∫^ τ 0
f d μ
Weitere Aspekte:
Jan Henrik Sylvester
für alle N ∈ N, also ist die Folge x der xn = x ′( en ) ein Element von `^1. Ferner gilt
Φ( x )( y ) =
∑^ ∞
n =
xnyn =
∑^ ∞
n =
x ′( yn · en ) = x ′
n =
yn · en
= x ′( y ).
Damit ist Φ surjektiv, also isometrischer Isomorphismus.
- Es sei X normierter Raum, Y seine Vervollständigung, i : X → Y die Einbettung. Da die Einbettung isometrisch ist, ist auch die duale Abbil- dung i ′^ : Y ′^ → X ′^ isometrisch. i ′^ ist injektiv, denn ist i ′( y ′) = 0, so folgt y ′( i ( x )) = 0 für alle x ∈ X. Da X dicht in Y liegt, folgt y ′( y ) = 0 für alle y ∈ Y , also y ′^ = 0. Es sei schließlich x ′^ ∈ X ′^ beliebig. Nach Aufgabe 9 gibt es dann ein y ′^ ∈ Y ′^ mit y ′^ ◦ i = x ′. Dann ist i ′( y ′)( x ) = y ′( i ( x )) = x ′( x ), also ist i ′^ surjektiv, somit ein isometrischer Isomorphismus. Es folgt im Speziellen, dass c 0 ′^ isometrisch isomorph zu `^1 ist. Ein isometrischer Iso- morphismus ist gegeben durch
Φ : `^1 → c 0 ′ , Φ( x )( y ) =
∑^ ∞
n =
xnyn.
- Die Abbildung
ϕ : c → c 0 : x 7 → (lim x, x 1 − lim x, x 2 − lim x,... ) ist ein toplinearer Isomorphismus. Die duale Abbildung ϕ ′^ : c ′ 0 → c ′^ ist also ebenfalls ein toplinearer Isomorphismus. Mit der Identifikation c ′ 0 = `^1 ergibt dies einen toplinearen Isomorphismus
Ψ : `^1 → c ′ , Ψ( y )( x ) = lim x · y 1 +
∑^ ∞
n =
xnyn +.
Wir überprüfen, ob dies bereits eine Isometrie ist. Es ist
‖Ψ( y )‖ c ′ = sup ‖ x ‖∞=
lim x · y 1 +
∑^ ∞
n =
xnyn +
≤ | y 1 | +
∑^ ∞
n =
| yn +1|
= ‖ y ‖ 1_._
Umgekehrt sei für N ∈ N
tN ( n ) =
sgn yn +1 n ≤ N sgn y 1 n > N
Dann ist ‖ tN ‖∞ = 1 und
Ψ( y )( tN ) = sgn( y 1 ) · y 1 +
∑^ N
n =
sgn( yn +1) yn +1 +
∑^ ∞
n = N +
sgn( y 1 ) · yn +
= | y 1 | +
N ∑ +
n =
| yn | + sgn( y 1 )
∑^ ∞
n = N +
yn +.
Jan Henrik Sylvester
Da die hintere Summe beliebig klein wird für N beliebig groß, ist ‖Ψ( y )‖ c ′ = ‖ y ‖ 1 , Ψ ist also Isometrie.
Aufgabe 14. Es sei X ein normierter Raum, Y ⊆ X ein Unterraum und für [ x ] ∈ X
Y sei ‖[ x ]‖ = inf{‖ x − y ‖ X | y ∈ Y }.
Zeigen Sie:
- ‖[ x ]‖ ist wohldefiniert und genau dann eine Norm auf X
Y , wenn^ Y^ ab- geschlossen ist. Ist X überdies ein Banachraum, so auch X
Y.
- X ist genau dann separabel, wenn Y und X
Y separabel sind ( Y^ abge- schlossen).
Lösung. 1. Zur Wohldefiniertheit: Ist z ∼ x , so gibt es ein y 0 ∈ Y mit x = z + y 0. Damit gilt
‖[ x ]‖ = inf{‖ x − y ‖ X | y ∈ Y } = inf{‖ x + y 0 − y ‖ X | y ∈ Y } = ‖[ z ]‖.
Ist Y nicht abgeschlossen, so gibt es eine in X konvergente Folge von Elementen yn ∈ Y mit lim yn = y 0 ∈ / Y. Dann ist [ y 0 ] 6 = 0 ∈ X
Y aber
‖[ y 0 ]‖ = lim ‖[ yn ]‖ = 0_._
Es kann somit keine Norm vorliegen. Es sei hingegen Y abgeschlossen. Wir überprüfen die Normeigenschaften.
(a) Positivität: Ist ‖[ x ]‖ = 0, so ist inf{‖ x − y ‖ X | y ∈ Y } = 0. Ist yn eine Folge in Y , so dass ‖ x − yn ‖ X gegen 0 konvergiert, so ist { yn } n ∈N Cauchyfolge, denn
‖ yn − ym ‖ X ≤ ‖ yn − x ‖ X + ‖ ym − x ‖ X → 0_._
Der Grenzwert y 0 liegt in Y , da Y abgeschlossen ist, und es ist
‖ x − y 0 ‖ X ≤ ‖ x − yn ‖ X + ‖ yn − y 0 ‖ X → 0 ,
also x ∈ Y. (b) Multiplikativität ist sofort klar. (c) Für die Dreiecksungleichung seien x, z ∈ X. Dann ist
‖[ x ] + [ z ]‖ = inf{‖ x + z − y ‖ X | y ∈ Y } ≤ inf{‖ x − y 1 ‖ X + ‖ z − y 2 ‖ X | y 1 , y 2 ∈ Y } = inf{‖ x − y ‖ X | y ∈ Y } + inf{‖ z − y ‖ X | y ∈ Y } = ‖[ x ]‖ + ‖[ z ]‖
Ist nun X ein Banachraum, so sei {[ xn ]} n ∈N eine Cauchyfolge in X
Y. Da es reicht zu zeigen, dass eine Teilfolge konvergiert, können wir annehmen, dass ‖[ xn +1] − [ xn ]‖ ≤ 2 − n
Jan Henrik Sylvester
Lösung. 1. Es ist
‖ T x ‖( ` ∞)′ = sup ‖ y ‖∞=
| T x ( y )| = sup ‖ y ‖∞=
∑^ ∞
n =
xnyn
≤ sup ‖ y ‖∞=
‖ y ‖∞ ·
∑^ ∞
n =
| xn | = ‖ x ‖ 1_._
Umgekehrt sei yn = sgn( xn ). Dann ist ‖ y ‖∞ ≤ 1 und
| T x ( y )| =
∑^ ∞
n =
| xn | = ‖ x ‖ 1_._
Also ist ‖ T x ‖( _ ∞)′ = ‖ _x_ ‖ 1 , _T_ also Isometrie. Es sei nun lim das Funktional _c_ → R _, x_ 7 → lim _x_. Dann besitzt lim eine Fortsetzung _x_ ′^ auf _ ∞. Aber für die Einheitsvektoren ei ∈ `^1 ist T x ( ei ) = xi , x ′( ei ) = lim( ei ) = 0. Somit ist x ′^ nicht im Bild von T.
- Es sei X ′^ separabel und { x ′ n } n ∈N eine dichte Teilmenge. Wähle xn ∈ X mit | x ′ n ( xn )| = ‖ x ′ n ‖ X ′ , ‖ xn ‖ X ≤ 2 und setze Y = span( x 1 , x 2 ,... ). Es sei x ′^ ∈ X ′^ ein Funktional, welches auf Y verschwindet. Dann gibt es zu n ∈ N ein N ∈ N mit ‖ x ′ N − x ′‖ <^1 n. Es folgt
‖ x ′ N ‖ X ′ = | x ′ N ( xN )| = | x ′ N ( xN ) + x ′( xN )| ≤
n
Die Folge der x ′ N konvergiert also gegen 0 , somit ist x ′^ das Nullfunktional und Y also dicht.
- Es sei A ⊆
_ ∞^ irgendeine abzählbare Teilmenge. Betrachte die Kugeln _B_ 12 ( _a_ ) um Elemente _a_ ∈ _A_. In jeder dieser Kugeln liegt höchstens ein _χM_ für eine Teilmenge _M_ ⊆ N, denn ‖ _χM_ − _χN_ ‖∞ = 1 für _M_ 6 = _N_. Also liegen in der Vereinigung dieser Kugeln höchstens abzählbar viele _χM_. Es gibt aber überabzählbar viele Teilmengen von N, also ist _A_ nicht dicht. _ ∞^ ist also nicht separabel, `^1 ist es aber, man betrachte abbrechende Folgen mit Folgengliedern in Q.
Aufgabe 16. Es sei X ein normierter Raum. Man zeige:
- Ein endlichdimensionaler Unterraum V ⊂ X ist abgeschlossen.
- Zu einem endlich dimensionalen Unterraum V ⊂ X gibt es einen abge- schlossenen Unterraum W mit X = V ⊕ W. (Existenz eines abgeschlosse- nen Komplementärraumes)
- Ein Unterraum mit einem eindimensionalen Komplementärraum ist abge- schlossen oder dicht.
Lösung. 1. Ein endlich dimensionaler Unterraum ist isomorph zu R n^ und normiert, d. h. die Norm ist äquivalent zu einer der Normen auf dem R n (dort sind ja bekanntlich je zwei Normen äquivalent). Also ist jede kon- vergente Folge in V auch Cauchyfolge in V. Dieser Raum ist vollständig und demzufolge ist der Grenzwert in V.
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- Zu einem Unterraum mit eindimensionalen Komplematärraum wurde ein Projektor definiert. Der Kern dieses Projektors ist ein Komplementär- raum. Hat man nun einen endlich dimensionalen Unterraum mit Basis x 1 ,... , xn , so kann man n solche Projektoren Pi definieren, die die zu- sätzliche Eigenschaft haben Pixj = δij. Dann ist
P =
∑^ n
i =
Pi
ein Projektor auf diesen Raum.
- Ist U Unterraum mit eindimensionalem Komplementärraum, so ist U = U oder U ⊃ U, U 6 = U. Im ersten Fall ist U abgeschlossen, im zweiten Fall ist U = X und damit dicht.
Die Aufgaben sollen bis zur Übung am 3. Mai 2016 bearbeitet werden.
Raum der Woche
Bezeichnung: BV ([0 , 1] , K)
Definition:
f : [0 , 1] → K
sup ζ
| ζ ∑|− 1
j =
| f ( xj +1) − f ( xj ) < ∞|
Norm: ‖ x ‖ BV ([0 , 1] , K) =
| f (0)| + sup ζ
∑| ζ |− 1 j =0 | f^ ( xj +1)^ −^ f^ ( xj^ )^ <^ ∞| Dualraum: Dualraum zu: C ([0 , 1] , K) Reflexiv: nein Kriterium für Kom- paktheit: Kriterium für schwa- che Konvergenz: Weitere Aspekte: Jedes f ∈ BV ([0 , 1] , K) hat die Form f = g 1 − g 2 mit monotonen g 1 , g 2.
Jan Henrik Sylvester
Es sei z′^ ∈ X′^ eine normgleiche Fortsetzung des Funktionals x′
Y , also
‖z′‖ X ′ = sup ‖ x ‖ X =
|z′(x)| = sup ‖ y ‖ Y =
∣x′
Y (y)
Dann ist x′^ − z′^ ∈ Y ⊥, also folgt
inf y ′∈ Y ⊥
‖x′^ − y′‖ X ′ ≤ ‖x′^ − (x′^ − z′)‖ X ′ = ‖z′‖ X ′
= sup ‖ y ‖ Y =
∣x′
Y (y)
∣ (^) = ‖Ψ([x′])‖ Y ′^.
Also ist Ψ Isometrie. Die Surjektivität folgt sofort aus dem Satz von Hahn- Banach: Ist y′^ ∈ Y ′^ beliebig, so ist für jede beliebige Fortsetzung x′^ ∈ X′^ von y′ Ψ([x′]) = x′
Y =^ y
′. Ψ ist also surjektiv, somit isometrischer Isomorphismus.
Aufgabe 18. Es sei X ein R-Banachraum, Y ⊆ X abgeschlossener Unterraum, C ⊆ X offen, konvex und Y ∩ C = ∅. Zeigen Sie die Existenz eines Funktionals x′^ ∈ X′^ mit x′(y) = 0 für y ∈ Y , x′(c) > 0 für c ∈ C (Hinweis: vorherige Aufgabe).
Lösung. Es sei p : X → X
Y die kanonische Projektion. Dann ist^ p(C)^ eine offene, konvexe Teilmenge in X
Y und^0 ∈/^ p(C). Also gibt es ein Funktional y′^ ∈
X
Y
mit y′([c]) > 0 für [c] ∈ p(C). Nach der vorherigen Aufgabe entspricht dies einem Funktional x′^ ∈ Y ⊥^ durch die Zuordnung x′(x) = y′([x]). Für x′^ ist also x′(y) = 0 für y ∈ Y und x′(c) = y′([c]) > 0 für c ∈ C.
Aufgabe 19. Es sei B(R) der Banachraum aller beschränkten Funktionen R → R mit der Supremumsnorm, τ a : B(R) → B(R), τ a f (x) = f (x − a) für a ∈ R. Ein invariantes Mittel auf B(R) ist ein Funktional x′^ ∈ B(R)′^ mit inf f ≤ x′(f ) ≤ sup f und x′(f ) = x′(τ a f ). Zeigen Sie:
- Es existiert genau dann ein invariantes Mittel, wenn für jedes N ∈ N und alle f 1 ,... , f N ∈ B(R), a 1 ,... , a N ∈ R gilt:
inf x ∈R
{ N
i =
(f i (x) − f i (x − a i ))
(Hinweis: vorherige Aufgabe).
- Es existiert ein invariantes Mittel auf B(R). (Hinweis: Um inf
∑ N
i =1(f i (x)− f i (x − a i )) abzuschätzen, betrachten Sie für feste m ∈ N die speziellen x ∈ {λ 1 · a 1 + · · · + λ N · a N | λ j ∈ N, 1 ≤ λ j ≤ m}.)
Lösung. 1. Es sei
Y = span {f − τ a f | f ∈ B(R), a ∈ R}.
Gibt es ein invariantes Mittel x′^ ∈ B(R)′, so ist x′(h) = 0 für alle h ∈ Y , also inf x ∈R h(x) ≤ x′(h) = 0. Es sei umgekehrt inf x ∈R h(x) ≤ 0 für alle h ∈ Y. Dann ist die Menge C = {f ∈ B(R) | inf x ∈R f (x) > 0 } offen und konvex. Nach der vorherigen Aufgabe gibt es also ein Funktional x′^ ∈ B(R)′, welches auf Y verschwindet und x′(f ) > 0 für f ∈ C erfüllt.
Jan Henrik Sylvester
Da x′^ auf Y verschwindet, ist x′(f ) = x′(τ a f ) für alle f ∈ B(R) und a ∈ R. Durch Normierung können wir ferner x′( 1 ) = 1 erreichen ( 1 ∈ B(R), 1 (x) = 1). Dann ist für f ∈ B(R) die Funktion f − inf x ∈R f (x) · 1 ∈ C, also ist 0 ≤ x′(f − inf x ∈R
f (x) · 1 ) = x′(f ) − inf x ∈R
f (x).
Völlig analog folgt auch die andere Ungleichung. Also ist x′^ ein invariantes Mittel.
- Nach dem vorherigen Aufgabenteil müssen wir nur zeigen, dass inf x ∈R h(x) ≤ 0 ist für jede Wahl von Funktionen f 1 ,... , f N ∈ B(R), Konstanten a 1 ,... , a N ∈ R und h(x) =
∑ N
i =1(f i (x)^ −^ f i (x^ −^ a i )). Betrachte die Menge
A m = {(λ 1 ,... , λ N ) | λ j ∈ N, 1 ≤ λ j ≤ m}.
A m hat m N^ Elemente. Ferner heben sich in der Summe
∑
λ ∈ Am
∑^ N
i =
(f i (λ 1 a 1 + · · · + λ N a N ) − f i (λ 1 a 1 + · · · + λ N a N − a i ))
alle Terme paarweise heraus mit Ausnahme der Summanden f i (λ 1 a 1 + · · · + ma i + · · · + λ N a N ) und der Summanden −f i (λ 1 a 1 + · · · + a i + · · · + λ N a N − a i ). Von diesen gibt es, für jedes i, jeweils m N^ −^1 Stück. Damit folgt
m N^ inf x ∈R
h(x)
λ ∈ Am
∑^ N
i =
(f i (λ 1 a 1 + · · · + λ N a N ) − f i (λ 1 a 1 + · · · + λ N a N − a i ))
∑^ N
i =
λ ∈ Am − 1
f i (λ 1 a 1 + · · · + ma i +... ) − f i (λ 1 a 1 + · · · + 0 +... )
≤ N · 2 · m N^ −^1 · max i
‖f i ‖∞ ,
also inf x ∈R h(x) ≤
2 N max i ‖f i ‖∞ m für alle m ∈ N. Es folgt inf x ∈R h(x) ≤ 0 , also existiert ein invariantes Mittel.
Aufgabe 20. 1. Es sei X ein K-Banachraum, Y ⊆ X ein abgeschlossener Unterraum. Y heißt komplementiert, wenn es einen abgeschlossenen Un- terraum Z ⊆ X gibt mit Y ⊕ Z = X. Zeigen Sie:
(a) Y ist genau dann komplementiert, wenn es einen stetigen Projektor P : X → X gibt mit BILD(P ) = Y. (b) Endlichdimensionale Unterräume sind abgeschlossen und komplemen- tiert; abgeschlossene, endlich kodimensionale Unterräume sind kom- plementiert.
Jan Henrik Sylvester
(a) M ist beschränkt, (b) M ist linear, (c) M ist injektiv (M x = 0, so ist Lx = 0 und p(x) = 0, also x = 0) und (d) M ist surjektiv, denn (y, k) ∈ Y ⊕K, so gibt es ein z ∈ X mit Lz = y. Dann ist für alle u ∈ K L(z + u) = y. Die Abbildung
u 7 → p(z + u) : K → K
ist surjektiv, also findet man ein geeignetes u mit x = z + u und Lx = y und p(x) = k. Also ist M : X → Y ⊕ K ein toplinearer Isomorphismus. Dann gibt es eine offene Umgebung O von M in L(X, Y ⊕ K) von toplinearen Isomorphismen. Sei π : Y ⊕ K → Y ein Projektor. Die Abbildung
P : L(X, Y ⊕ K) → L(X, Y ) : A 7 → π ◦ A
ist linear und surjektiv, also offen, und P O ist offen. Es gilt
P M = L
und für A ∈ O ist P A surjektiv. Der Kern von ker P A = A−^1 ({ 0 } × K) und ist demzufolge abgeschlossen. Ein Komplementärraum ist gegeben durch A−^1 (Y × { 0 }).
Die Aufgaben sollen bis zur Übung am 10. Mai 2016 bearbeitet wer- den.
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Raum der Woche
Bezeichnung: w m,p^ mit m ∈ R ,^ p ∈ [1, ∞] Definition: {x : N → R | {n m x n } n ∈N ∈ _p_ } Norm: ‖x‖ _wm,p_ = ‖{n _m_ x _n_ } _n_ ∈N‖ _p_ Dualraum: Dualraum zu: Reflexiv: Kriterium für Kom- paktheit: Kriterium für schwa- che Konvergenz: Weitere Aspekte: für m > 1 : seperabel, Einheitskugel relativ kompakt in ` p
