Vorlesungsskript

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Vorlesungsskript

Funktionalanalysis
Alexander Grigorian
Universit•at Bielefeld
SS 2013
ii
Contents
1 Normierter Vektorraum
1.1 Einf•
uhrung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Vektorr•aume und Lineare Operatoren . . . . . . . . . .
1.3 Die Norm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Konvergenz und Topologie in normierten Vektorr•aumen
1.5 Die Lebesgue-R•aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.2 Das Ma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.3 Messbare Funktionen und Lebesgue-Integration
1.5.4 Konvergenz fast u
•berall und Fatou-Lemma . . .
1.5.5 Die p-Norm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.6 Der Raum Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Hilbertraum
2.1 Skalarprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Skalarproduktnorm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Geometrische Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 De nition von Hilbertraum . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Konvexe Mengen im Hilbertraum . . . . . . . . . . . .
2.6 Orthogonale Projektoren . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Beste Approximation von Funktionen . . . . . . . . . .
2.8 Stetige lineare Funktionale im Hilbertraum . . . . . . .
2.9 Orthogonale Folgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.10 Orthonormalbasis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.11 Existenz orthogonaler Basis im separablen Hilbertraum
2.12 Dicht liegende Teilmengen in Lebesgue-R•aumen . . . .
2.13 Satz von Stone-Weierstra . . . . . . . . . . . . . . . .
2.14 Spezielle Orthonormalbasen in L2 (a; b) . . . . . . . . .
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1
1
3
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19
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31
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48
50
54
58
3 Lineare Operatoren im Hilbertraum
3.1 Operatornorm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Adjungierter Operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Inverser Operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Spektrum eines Operators . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Selbstadjungierte Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Kompakte Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7 Diagonalizierung von selbstadjungierten kompakten Operatoren
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78
iii
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iv
CONTENTS
3.8
3.9
Sturm-Liouville-Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
Schr•odinger-Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
4 Funktionalkalk•
ul von selbstadjungierten Operatoren
93
4.1 Polynome von selbstadjungierten Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4.2 Stetige Funktionen von selbstadjungierten Operatoren . . . . . . . . . . . . 95
4.2.1 Funktionalkalk•
ul von selbstadjungierten Operatoren . . . . . . . . . 95
4.2.2 Der spektrale Abbildungssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
4.2.3 Zus•atzliche Eigenschaften von Funktionalkalk•
ul . . . . . . . . . . . 99
4.3 Unstetige Funktionen von selbstadjungierten Operatoren . . . . . . . . . . 101
4.3.1 Operator-Ungleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
4.3.2 Starke Konvergenz von Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
4.3.3 Monotone Grenzwerte der stetigen Funktionen und Funktionalkalk•
ul 104
4.4 Spektralsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.4.1 Spektralschar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.4.2 Riemann-Stieltjes-Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
4.4.3 Spektralsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
5 Lineare Funktionale im Banachraum
5.1 Dualraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 De nition und Vollst•andigkeit . . . . . . . . . . . .
5.1.2 Dualraum von lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.3 Satz von Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.4 Bidualraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.5 Dualraum von l1 und Banachlimes . . . . . . . . .
5.1.6 Dualraum von C[a; b] . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Schwache Topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Begri e von schwacher Topologie . . . . . . . . . .
5.2.2 Prinzip der gleichm•a igen Beschr•anktheit . . . . . .
5.2.3 Schwache Vollst•andigkeit des Dualraums . . . . . .
5.2.4 Schwache Pr•akompaktheit im Dualraum . . . . . .
5.3 Satz u
•ber die o ene Abbildung und Anwendungen . . . . .
5.3.1 Satz u
•ber die o ene Abbildung . . . . . . . . . . .
5.3.2 Satz von der inversen Abbildung und Zerlegung von
. . . . . .
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Spektrum
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113
. 113
. 113
. 114
. 115
. 117
. 118
. 119
. 122
. 122
. 124
. 126
. 127
. 128
. 128
. 131
Chapter 1
Normierter Vektorraum
1.1
Einf•
uhrung
In Funktionalanalysis erforschen wir am meistens zwei Richtungen:
1. Unendlichdimensionale Vektorr•aume.
2. Lineare Operatoren in solchen R•aumen, insbesondere das Spektrum von solchen
Operatoren.
Historisch die Hauptmotivation kam aus der Theorie von partiellen Di erentialgleichungen, wo man die Ergebnisse von Funktionalanalysis benutzt um z.B. die Existenz
von L•osungen zu beweisen. Eine sehr wichtige Anwendung ndet Funktionalanalysis in
Quantenmechanik. Teilweise ist die Funktionalanalysis als die matematische Sprache von
Quantenmechanik entstanded, genau so wie Di erential- und Integralrechnung bilden die
Sprache der klassischen Mechanik und Physik.
Betrachten wir die Bewegung eines mikroskopischen Teilchens wie z.B. das Elektron
im Atom. Sei Xt die Position des Teilchens um Zeit t. In klassischer Mechanik bestimmt
man Xt als eine Funktion von t durch die L•osung von zweitem Newtonschen Gesetz. In
Quantenmechanik ist die eindeutige Bestimmung von Xt sogar theoretisch nicht m•oglich,
was in der Heisenbergschen Unbestimmtheitsrelation postuliert ist. Stattdessen beschreibt
man die Bewegung des Teilchens mit Hilfe von Wellenfunktion (x; t) wobei x 2 R3 eine
r•aumliche Variable ist und t 2 R eine zeitliche Variable. Mit Hilfe von Wellenfunktion
bestimmt man die Wahrscheinlichkeit, dass Xt in einer Teilmenge M von R3 liegt; n•amlich,
es gilt
Z
P (Xt 2 M ) =
Die Wellenfunktion
erf•
ullt:
M
j (x; t)j2 dx:
ist eine komplexwertige Funktion, die die Schr•odingergleichung
@
=
i~
@t
~2
2m
+ V (x) ;
2
2
2
@
@
@
wobei ~ die Planck-Konstante ist, m die Masse des Teilchens,
= @x
2 + @x2 + @x2 der
1
2
3
Laplace-Operator, und V (x) das Potential von externem Kraftfeld (z.B. elektrostatisches
Feld im Atom). Diese Gleichung wurde von Erwin Schr•odinger in 1926 entdeckt, und
daf•
ur erhielt er in 1933 den wohlverdienten Nobelpreis f•
ur Physik.
Dann entsteht die Frage, wie man die Schr•odingergleichung l•osen kann. Diese Gleichung ist eine partielle Di erentialgleichung. Um sie zu vereinfachen, nehmen wir an,
1
2
CHAPTER 1. NORMIERTER VEKTORRAUM
dass ~ = 1 und 2m = 1 so dass diese Gleichung wird
i
@
=
@t
+ V (x) :
(1.1)
Versuchen wir eine L•osing mit Hilfe von Trennung von Variablen zu bestimmen und setzen
wir an
(x; t) = u (x) v (t) :
Dann haben wir
iuv 0 =
( u) v + V uv = (
u + V u) v
und
u+Vu
v0
=
:
v
u
Die linke Seite ist eine Funktion von t und die rechte Seite ist eine Funktion von x. Deshalb
bedeutet diese Identit•at, dass die beiden Seiten Konstanten sind. Bezeichnen wir diese
Konstante with , so dass
v0 = i v
i
und
u + V u = u:
Die erste Gleichung ist eine gew•ohnliche Di erentialgleichung und hat die L•osung
v (t) = const e
i t
:
Die zweite Gleichung ist hei t station•are Schr•odingergleichung. Schreiben wir diese Gleichung in der Form um
Hu = u
wobei H =
+V ein Operator ist, der Hamilton-Operator hei t. Jede nicht-Null L•osung
u von diese Gleichung hei t eine Eigenfunktion von H, und der entsprechende Wert von
hei t Eigenwert. Diese Begri e sind •ahnlich zu Eigenvektor und Eigenwert von einer
Matrix. Man beweist in Linearer Algebra, dass jede symmetrische n n Matrix A eine
Orthogonalbasis von Eigenvektoren in Rn hat. F•
ur den Hamilton-Operator H =
+V
ist es auch wichtig eine hinreichende Menge von Eigenfunktionen zu nden.
Ein Hauptergebnis von Funktionalanalysis ist die Existenz von Orthogonalbasis von
Eigenfunktionen dieses Operators. Aber in welchem Raum? Das ist ein unendlichdimensionaler Raum von Funktionen u (x) auf einer beschr•ankten Teilmenge
R3 mit der
Eigenschaft
Z
ju (x)j2 dx < 1:
Dieser Vektorraum wird mit L2 ( ) bezeichnet und er besitzt ein Skalarprodukt
Z
(u1 ; u2 ) =
u1 (x) u2 (x)dx:
So, es geht jetzt um Eigenfunktionen und Eigenwerten von Operator H in L2 ( ).
Gegeben ist eine Orthonormalbasis fuk g1
k=1 von Eigenfunktionen von H mit entsprechenden Eigenwerten k , erhalten we eine Folge von speziellen L•osungen von (1.1)
k
(x; t) = uk (x) e
i
kt
:
•
1.2. VEKTORRAUME
UND LINEARE OPERATOREN
3
Dann die allgemeine L•osung kann als eine Reihe gegeben werden:
(x; t) =
1
X
ck uk (x) e
i
kt
(1.2)
k=1
mit beliebigen Koe zienten ck mit
1
X
k=1
jck j2 = 1;
R
was •aquivalent zu
j (x; t)j2 dx = 1 ist. Die Menge von allen Eigenwerten k hei t das
Spectrum von H: Es ist interessant, dass die Werte k genau die m•ogliche Energieniveau
des Teilchens ergeben. In der L•osung (1.2) nimmt die Energie des Teilchen den Wert k
mit Wahrscheinlichkeit jck j2 :
Ist die Teilmenge
unbeschr•ankt, z.B.
= R3 , so ist die Situation anders, da der
Hamilton-Operator H keinen Eigenwert haben kann. Das Spectrum hat H trotzdem,
aber die Elemente des Spectrums sind nicht Eigenwerte. In diesem Fall l•ost man die
Schr•odingergleichung
@
=H
i
@t
mit Hilfe von Funktionalkalk•
ul der Operatoren, n•amlich durch
=e
itH
0;
vorausgesetzt, dass man den Operator e itH schon de niert hat. F•
ur eine Matrix A
de niert man die Matrix eA mit Hilfe von Exponentialreihe:
A
e =
1
X
Ak
k=0
k!
;
und man beweist, dass die Reihe immer in einem bestimmten Sinn konvergiert. Das ist
nicht der Fall f•
ur den Di erentialoperator H. Man entwickelt innerhalb der Spektraltheorie das Funktionalkalk•
ul von Operatoren um die Funktionen von Operatoren (inklusive
itH
e
) de nieren zu k•onnen.
In dieser Vorlesung werden wir sowohl die allgemeinen Eigenschaften von unendlichdimensionalen Vektorr•aumen studieren als auch die Operatoren in solchen R•aumen, ihre
Spektren und Funktionalkalk•
ul.
1.2
Vektorr•
aume und Lineare Operatoren
Ein Vektorraum u
•ber K•orper K ist eine Menge V mit Operationen Addition
x; y 2 V 7! x + y 2 V
und skalare Multiplikation
2 K; x 2 V 7! x 2 V;
die bestimmte Axiomen erf•
ullen. Der K•orper K wird immer R oder C sein.
4
Seien X; Y zwei Vektorr•aume u
•ber K. Eine Abbildung A : X ! Y hei t linear falls
die folgenden Identit•aten gelten:
A (x1 + x2 ) = A (x1 ) + A (x2 )
A (x) = A ( x) :
Lineare Abbildungen hei en auch Operatoren. H•au g schreibt man f•
ur Operatoren Ax
statt A (x).
Die Vektorr•aume X; Y hei en isomorph falls es eine bijektive lineare Abbildung A :
•
X ! Y gibt. Man schreibt in diesem Fall X = Y: Das Isomorphismus ist eine Aquivalenzrelation
zwischen Vektorr•aumen. Gilt X = Y , dann sind alle Eigenschaften von Addition und
skalar Multiplikation in X und Y gleich.
Eine Teilmenge U 2 V hei t Unterraum falls U geschlossen bez•
uglich Addition und
skalar Multiplikation ist, d.h. x; y 2 U ) x + y 2 U und x 2 U: Dann ist U auch ein
Vektorraum.
Gegeben sei ein Unterraum U von V . Dann de niert man auch einen Faktorraum V =U
•
wie folgt. Man de niert erst eine Aquivalenzrelation
auf V : x y genau dann, wenn
•
•
x y 2 U . O ensichtlich ist eine Aquivalenzrelation,
und die Aquivalenzklassen
von
•
sind die Elementen von V =U: F•
ur jedes x 2 V bezeichnen wir mit [x] die Aquivalenzklasse
von x. Dann de niert man die Operationen in V =U wie folgt:
[x] + [y] = [x + y]
[x] = [ x]
Diese Operationen sind wohlde niert weil das Ergebnis unabh•angig von der Wahl des
Vertreters der Klasse ist. Z.B. gilt x0 x und y 0 y, so gilt auch x0 + y 0 x + y, da
(x0 + y 0 )
(x + y) = (x0
x) + (y 0
y) 2 U:
Es ist einfach zu u
•berpr•
ufen, dass V =U ein Vektorraum ist. Die Abbildung x 2 V 7! [x] 2
V =U ist eine lineare Abbildung von V nach V =U .
wir uns an den Begri von Dimension. Die Vektoren x1 ; :::; xn aus V hei en linear
unabh•angig falls die einzige lineare Kombination von xk die verschwindet, ist die triviale
Kombination, d.h.
1 x1 + ::: n xn = 0 ) 1 = ::: = n = 0:
Die Dimension dim V von V ist die maximale Anzahl von linear unabh•angigen Vektoren
in V oder 1 fall es beliebig lange Folgen von unabh•angigen Vektoren gibt.
Beispiel. Der Raum Rn = f(x1 ; :::; xn ) : xi 2 Rg hat Dimension n. Der Raum Cn =
f(x1 ; :::; xn ) : xi 2 Cg has Dimension n als ein Vektorraum u
•ber C und 2n als ein Vektorn
2n
raum u
•ber R. O ensichtlich gilt Isomorphismus C = R als Vektorr•aume u
•ber R.
Beispiel. Betrachten wir auch die Menge R1 = ffxk g1
k=1 : xk 2 Rg von allen unendlichen
Folgen von reellen Zahlen. O ensichtlich ist R1 auch ein Vektorraum bez•
uglich der
1
Operationen fxk g + fyk g = fxk + yk g und fxk g = f xk g : Es gilt dim R = 1 da es
eine unendliche linear unabh•angige Menge von Vektoren in R1 gibt:
f1; 0; 0:::g ; f0; 1; 0:::g ; f0; 0; 1; 0:::g :::
(1.3)
•
1.2. VEKTORRAUME
UND LINEARE OPERATOREN
5
Betrachten we die Teilmengen von R1 wie folgt:
l1 =
fxk g1
k=1 : sup jxk j < 1
- die Menge von beschr•ankten Folgen
k
und, f•
ur jedes p > 0;
p
l =
(
fxk g1
k=1
:
1
X
k=1
p
)
jxk j < 1 :
Es ist o ensichtlich, dass l1 ein Unterraum ist. Es gilt dass lp auch ein Unterraum ist
•
(siehe Ubungen).
Die beiden R•aumen l1 und lp sind 1-dimensional, da sie die Folge (1.3)
enthalten. Gleichfalls de niert man den Raum C1 und die komplexwertigen Versionen
von lp und l1 .
Beispiel. Sei I ein Intervall, d.h. I = [a; b], oder (a; b), oder [a; b) oder (a; b] mit a < b.
Bezeichnen wir mit C (I) die Menge von allen stetigen reellwertigen Funktionen auf I.
Man kann C (I) als ein Vektorraum u
•ber R betrachten mit den folgenden Operationen:
(f + g) (t) = f (t) + g (t)
( f ) (t) = f (t) :
Beweisen wir, dass dim C (I) = 1: Daf•
ur w•ahlen wir in I eine Folge fIk g1
k=1 von disjunkten Intervallen und betrachten f•
ur jedes Ik eine nicht-Null stetige Funktion fk mit dem
Tr•ager in Ik . Dann die Folge ffk g1
angig, woraus dim C (I) = 1 folgt.
k=1 ist linear unabh•
Beispiel. F•
ur jede ganze Zahl m 0 bezeichnen wir mit C m (I) die Menge von m-fach
stetig di erenzierbaren Funktionen auf I. Dass ist auch ein 1-dimensionaler Vektorraum,
auch ein Unterraum von C (I). Bezeichnen wir mit C 1 (I) der Durchschnitt von allen
C m (I), so dass C 1 (I) der Vektorraum von den unendlich oft di erenzierbaren Funktionen
auf I.
Beispiel. Bezeichnen with mit Pn die Menge von allen Polynomen von Grad
reellen Koe zienten. Jedes f 2 Pn hat die Form
n mit
f (t) = a0 + a1 t + ::: + an tn
wobei ak 2 R. Es ist klar, dass Pn ein Unterraum von C 1 (R) ist. Andererseits ist Pn
isomorph zu Rn+1 ; da die folgende Abbildung bijektive und linear ist:
f 2 Pn 7! (a0 ; :::; an ) 2 Rn+1 :
Betrachten wir wieder lineare Abbildungen zwischen Vektorr•aumen. F•
ur einen Operator A : X ! Y betrachten wir den Kern von A
ker A = fx 2 X : Ax = 0g
und den Bildraum von A
im A = fAx : x 2 Ag :
6
Es ist klar, dass ker A ein Unterraum von X ist und im A ein Unterraum von Y . Man
beweist in linearer Algebra dass es immer gilt
im A = X= ker A
(Homomorphiesatz). Ist dim X < 1, erh•alt man daraus auch den Dimensionssatz
dim X = dim ker A + dim im A:
Betrachten wir weitere Beispiele von Operatoren.
Beispiel. Sei M eine beliebige Menge. Bezeichnen wir mit RM die Menge von allen
reellwertigen Funktionen auf M . O ensichtlich ist RM ein Vektorraum u
•ber R. W•ahlen
M
wir n Elementen x1 ; :::; xn aus M and betrachten die Abbildung A : R ! Rn wie folgt:
f•
ur jede Funktion f : M ! R
Af = (f (x1 ) ; :::; f (xn )) 2 Rn :
Es ist klar, dass A linear ist.
Beispiel. In R1 die Verschiebung
A (x1 ; x2 ; x3 ; :::) = (x2 ; x3 ; :::)
ist ein Operator.
Beispiel. In C [a; b] der Integraloperator
Af =
Z
b
f (t) dt
a
ist ein Operator von C [a; b] nach R. Der andere Integraloperator
Z t
Af (t) =
f (s) ds; t 2 [a; b] ;
a
ergibt den Operator von C [a; b] nach selbst.
Beispiel. In C 1 (R) der Di erentialoperator Af = f (n) von Ordnung n ist ein Operator von C 1 (R) nach selbst. F•
ur diesen Operator ker A = Pn 1 und im A = C 1 (R) :
Insbesondere erhalten wir Isomorphismus C 1 (R) =Pn 1 = C 1 (R).
1.3
Die Norm
Sei V ein Vektorraum u
•ber R oder C.
De nition. Eine Funktion N : V ! [0; +1) hei t eine Norm auf V falls
(N 1) N (x + y)
N (x) + N (y) (Dreiecksungleichung)
(N 2) N ( x) = j j N (x) (absolute Homogenit•at)
(N 3) N (x) = 0 , x = 0 (De nitheit)
1.3. DIE NORM
7
Erf•
ullt N nur (N 1) und (N 2) aber nicht (N 3), so hei t N Halbnorm oder Seminorm.
De nition. Ein normierter Vektorraum ist ein Paar (V; N ) wobei V ein Vektorraum und
N eine Norm auf V .
Normalerweise bezeichnet man die Norm N (x) von x 2 V mit kxk.
Beispiel. In Rn die kanonische Norm ist die Euklidische Norm
q
kxkEuklid = x21 + ::: + x2n
In C [a; b] die kanonische Norm is die sup-Norm
kf kC[a;b] = sup jf (x)j :
x2[a;b]
In C k [a; b] benutzt man die Norm
kf kC k [a;b] = sup sup f (l) (x) :
0 l k x2[a;b]
Beispiel. Im Vektorraum Pn von Polynomen von Grad n betrachten wir unterschiedliche
Normen. F•
ur jedes Polynom f (t) = a0 + a1 t + ::: + an tn 2 Pn kann man die Euklidische
Norm aus Rn+1 benutzen:
q
kf kEuklid = a20 + a21 + ::: + a2n :
Andererseits jedes Polynom ist eine stetige Funktion auf jedem Intervall [a; b], und we
k•onnen auch die sup-Norm benutzen:
kf kC[a;b] = sup jf (t)j :
t2[a;b]
Damit erhalten wir eine Menge von Normen auf Pn ! Gibt es eine Beziehung zwischen den
Normen? Die Antwort ist im folgenden Satz gegeben.
Satz 1.1 Seien N1 und N2 zwei Normen auf einem endlichdimensionalen Vektorraum V .
Dann existieren positive Konstanten c; C mit
cN2 (x)
N1 (x)
CN2 (x) f•
ur alle x 2 V;
d.h. die Normen N1 und N2 sind •aquivalent.
Insbesondere sind die Normen kf kEuklid und kf kC[a;b] auf Pn •aquivalent, was u
•berhaupt
nicht o ensichtlich ist.
Jetzt betrachten wir unterschiedliche Normen in Rn . F•
ur jedes p 2 [1; 1) de nieren
with die p-Norm von x 2 Rn mit
1=p
kxkp = (jx1 jp + ::: + jxn jp )
und die 1-Norm mit
kxk1 = sup (jx1 j ; :::; jxn j) = max (jx1 j ; :::; jxn j) :
8
Z.B. die 2-Norm ist gleich die Euklidische Norm.
Auch in lp de nieren wir die p-Norm durch
kxkp =
1
X
k=1
p
jxk j
!1=p
p<1
; f•
ur 1
und
kxk1 = sup jxk j
f•
ur p = 1:
k 1
Satz 1.2 F•
ur jedes p 2 [1; 1] ist die p-Norm eine Norm in Rn und in lp .
Die Eigenschaften (N 2) und (N 3) sind f•
ur die p-Norm o ensichtlich. Die Hauptsache
ist die Dreiecksungleichung (N 1) zu beweisen, d.h.
kx + ykp
kxkp + kykp
(1.4)
f•
ur alle x; y aus Rn bzw lp . Die Ungleichung (1.4) hei t Minkowski-Ungleichung. Wir
werden sie mit Hilfe von H•older-Ungleichung beweisen.
Seien p; q 2 [1; 1] mit
1 1
+ = 1:
p q
Jedes solches Paar p; q hei t die konjugierten H•
older-Exponenten. Z.B. die Paaren 1; 1
und 2; 2 sind konjugiert.
Lemma 1.3 (H•older-Ungleichung) F•
ur alle x; y 2 Rn gilt
jx yj
kxkp kykq
(1.5)
wobei x y das Skalarprodukt in Rn ist und p; q die konjugierten H•
older-Exponenten.
Z.B. f•
ur p = q = 2 erhalten wir die Cauchy-Schwarz-Ungleichung
jx yj
kxk2 kyk2 :
Beweis. F•
ur p = 1 und q = 1 haben wir
jx yj = jx1 y1 + ::: + xn yn j
n
X
k=1
n
X
jxk j jyk j
k=1
!
jxk j max jyk j = kxk1 kyk1 :
k
Das Gleiche gilt f•
ur p = 1 und q = 1. Jetzt nehmen wir an, dass 1 < p < 1 und daher
1 < q < 1. Ist x = 0 oder y = 0; so ist (1.5) trivial. Seien x 6= 0 und y 6= 0. Betrachten
wir den Vektoren
x
y
x0 =
und y 0 =
:
kxkp
kykq
Dann gilt kx0 kp = ky 0 kq = 1; und (1.5) ist •aquivalent zu
jx0 y 0 j
1:
1.3. DIE NORM
9
Wir haben
0
n
X
0
jx y j =
k=1
jx0k j jyk0 j
wobei wir die Young-Ungleichung
n
X
jx0k jp jy 0 jq
+
p
q
k=1
ap b q
+
p
q
ab
(1.6)
benutzt haben. Somit erhalten wir
1 0 p 1 0 q 1 1
kx kp + ky kq = + = 1;
p
q
p q
jx0 y 0 j
was zu beweisen war.
Beweis von (1.4). F•
ur p = 1 und p = 1 ist (1.4) o ensichtlich. Sei 1 < p < 1.
Beweisen wir erst (1.4) f•
ur x; y 2 Rn . Sei q der zu p konjugierte H•older-Exponent. Gilt
kx + ykp = 0; so gibt es nichts zu beweisen. Nehmen wir an, dass kx + yk =
6 0. Wir
haben
kx +
ykpp
=
n
X
k=1
X
p
jxk + yk j =
n
X
k=1
jxk + yk j jxk + yk jp
1
(jxk j + jyk j) zk wobei zk = jxk + yk jp
X
X
=
jxk j zk +
jyk j zk
1
kxkp kzkq + kykp kzkq
=
kxkp + kykp kzkq :
Berechnung von kzkq ergibt
kzkq =
n
X
k=1
jxk + yk j(p
1)q
!1=q
=
n
X
k=1
jxk + yk jp
!1=q
= kx + ykp=q
p ;
woraus folgt
kx + ykpp
kxkp + kykp kx + ykp=q
p :
Dividieren durch kx + ykp=q
ergibt
p
kx + ykpp
p=q
kxkp + kykp
woraus (1.4) folgt, da p p=q = 1:
F•
ur x; y 2 lp erhalten wir f•
ur jedes n 2 N nach Minkowski-Ungleichung in Rn
n
X
k=1
jxk + yk jp
!1=p
n
X
k=1
jxk jp
!1=p
+
n
X
k=1
jyk jp
Lassen wir n ! 1 und erhalten Minkowski-Ungleichung in lp .
!1=p
:
10
1.4
Konvergenz und Topologie in normierten Vektorr•
aumen
Sei V ein normierter Vektorraum, wo die Norm mit k k bezeichnet wird. Die Norm
induziert eine Metrik d auf V durch die Festlegung
d (x; y) = kx
yk ;
f•
ur alle x; y 2 V . Es ist einfach zu sehen, dass d (x; y) die Axiomen von Metrik erf•
ullt:
(D1) d (x; y) = d (y; x) (Symmetrie)
(D2) d (x; y)
d (x; z) + d (y; z) (Dreiecksungleichung)
(D3) d (x; y) > 0 falls x 6= y, und d (x; x) = 0 (De nitheit)
Somit ist (V; d) ein metrischer Raum. Wie in jedem metrischen Raum de niert man
Konvergenz von den Folgen in V wie folgt: xn ! x genau dann, wenn d (xn ; x) ! 0
f•
ur n ! 1; d.h. kxn xk ! 0 f•
ur n ! 1. Man schreibt auch x = limn!1 xn . Mit
Hilfe von Konvergenz de niert man abgeschlossene Mengen: eine Menge M
V hei t
abgeschlossen falls f•
ur jede konvergierte Folge fxn g aus M gilt lim xn 2 M .
Eine Menge
V hei t o en falls das Komplement c = V n abgeschlossen ist.
Eine •aquivalente De nition von o enen Menge ist wie folgt. Bezeichnen wir mit B (x; r)
eine metrische Kugel in (V; d) mit Zentrum x und Radius r, d.h.
B (x; r) = fy 2 V : d (x; y) < rg :
Dann eine Menge
ist o en genau dann, wenn f•
ur jedes x 2
existiert r > 0 mit
B (x; r)
. Die so de nierten o enen Mengen erf•
ullen die Axiomen von Topologie.
Erinnern wir uns an folgendes: eine Topologie auf V ist eine Menge O von Teilmengen
von V (den o enen Mengen), die die folgenden Axiomen erf•
ullt:
(O1) ; und V geh•oren zu O.
(O2) F•
ur beliebige Familie f
geh•ort zu O:
g
2I
(O3) T
F•
ur jede endliche Familie f
n
ort zu O:
k=1 k geh•
von Mengen
n
k gk=1
2 O auch die Vereinigung
von Mengen
k
S
2I
2 O auch der Durchschnitt
Somit ist jeder normierte Vektorraum auch ein topologischer Raum, wobei die Topologie von der Norm erzeugt ist. Sie hei t die Norm-Topologie.
Gegeben seien zwei •aquivalente Normen auf V . Dann erzeugen diese Normen die gleiche Topologie. Z.B. es folgt aus dem Satz 1.1, dass es in endlichdimensionaler Vektorraum
nur eine durch die Norm erzeugte Topologie gibt. Somit hat jeder endlichdimensionaler
Vektorraum eine kanonische Topologie.
Es ist nicht der Fall f•
ur die 1-dimensionalen Vektorr•aumen.
Beispiel. Betrachten wir den Vektorraum C [a; b] mit der sup-Norm. Dann ist die Konvergenz fn ! f in diesem Raum •aquivalent zur gleichm•a igen Konvergenz fn
f auf
[a; b] :
•
1.4. KONVERGENZ UND TOPOLOGIE IN NORMIERTEN VEKTORRAUMEN
11
Beispiel. Betrachten wir den Vektorraum C 1 [0; 1] mit zwei Normen:
N1 (f ) = kf kC[0;1] = sup jf (t)j
t2[0;1]
und
N2 (f ) = kf kC 1 [0;1] = max
!
sup jf (t)j ; sup jf 0 (t)j :
t2[0;1]
t2[0;1]
Betrachten wir die Folge fn (t) = n1 sin nt: O ensichtlich gilt N1 (f ) = n1 und somit fn ! 0
bez•
uglich die Norm N1 . Andererseits fn0 = cos nt und N2 (fn ) = 1, woraus folgt, dass
fn 6! 0 bez•
uglich N2 . Somit erzeugen N1 und N2 zwei verschiedene Topologien.
Sei V ein normierter Vektorraum. Eine Folge fxn g von Elementen von V hei t
Cauchy-Folge (oder Fundamentalfolge) falls d (xk ; xm ) ! 0 f•
ur l; m ! 1 (•aquivalent,
kxk xm k ! 0). Der metrische Raum (V; d) hei t vollst•andig falls jede Cauchy-Folge
konvergiert.
De nition. Ein normierter Vektorraum V hei t Banachraum falls der durch die Norm
erzeugte metrische Raum (V; d) vollst•andig ist.
Warum ist die Vollst•andigkeit wichtig? Erinnern wir uns an die folgenden Ergebnisse
von Analysis 1 und 2.
p
Beispiel. Um die Existenz von Wurzel a f•
ur jedes reelles a > 0 zu beweisen, betrachtet
1
man die rekurrente Folge fxn gn=0 mit x0 = 1 und xn+1 = 12 xn + xan : Man zeigt,
dass die Folge fxn g Cauchy-Folge ist und somit konvergent. Dann erf•
ullt der Grenzwert
a
1
2
x
+
die
a
•
quivalent
zu
x
=
a ist. Somit gilt
x
=
lim
x
die
Identit•
a
t
x
=
n!1 n
2
x
p
a = x. In diesem Argument ist die Vollst•andigkeit von R entscheidend.
Beispiel. Betrachten wir eine gew•ohnliche Di erentialgleichung f 0 = (t; f ) wobei f (t)
eine gesuchte Funktion ist und eine gegebene Funktion. Unter der Lipschitz-Bedingung
von beweist man, dass die Di erentialgleichung mit Anfangsbedingung eine eindeutige
L•osung hat (Picard-Lindel•of-Satz). Daf•
ur schreibt man die Di erentialgleichung als eine
Integralgleichung um und de niert mit Hilfe davon eine rekurrente Folge ffn g. Danach
zeigt man, dass ffn g eine Cauchy-Folge in C [a; b] auf einem bestimmten Intervall [a; b]
ist. Da der Raum C [a; b] vollst•andig ist (siehe Satz 1.4 unterhalb), daraus folgt, dass die
Folge ffn g konvergiert. Im letzten Schritt zeigt man, dass der Grenzwert f = lim fn die
gesuchte L•osung ist. O ensichtlich ist in diesem Argument die Vollst•andigkeit von C [a; b]
sehr wichtig.
Satz 1.4 Die folgenden normierten Vektorr•
aume u
•ber R sind Banachr•
aume.
(a) Jede endlichdimensionaler Vektorraum.
(b) Der Raum lp mit der p-Norm, f•
ur jedes p 2 [1; 1] :
(c) Der Raum C n [a; b] mit der C n [a; b]-Norm, f•
ur alle a < b und n = 0; 1; 2; ::: .
Beweis. (a) Es reicht zu zeigen, dass Rn mit k k1 vollst•andig ist. Sei x(k)
Cauchy-Folge. Dann gilt
x(k)
x(m)
1
! 0 f•
ur k; m ! 1:
1
k=1
eine
12
Daraus folgt, dass f•
ur jedes i = 1; :::; n
(k)
(m)
xi
d.h. die numerische Folge
! 0 f•
ur k; m ! 1;
xi
n
o1
(k)
xi
Cauchy-Folge f•
ur jedes i ist. Da jede Cauchy-Folge
k=1
(k)
in R konvergiert, so erhalten wir, dass xi = limk!1 xi existiert f•
ur jedes i. Dann
(k)
xi
xi ! 0 f•
ur k ! 1, woraus folgt, dass f•
ur x = (x1 ; :::; xn )
x(k)
x
! 0 f•
ur k ! 1;
1
d.h. x(k) ! x. Somit ist die Folge x(k) konvergent, und der Raum ist vollst•andig.
1
(b) Sei p 2 [1; 1). Sei x(k) k=1 eine Cauchy-Folge in lp , d.h.
x(k)
x(m)
! 0 f•
ur k; m ! 1:
p
Dann erhalten wir wie zuvor, dass f•
ur alle i = 1; 2; :::
(k)
(m)
xi
! 0 f•
ur k; m ! 1;
xi
(k)
und somit die Existenz von xi = limk!1 xi : Setzen wir x = (x1 ; x2 ; :::) und beweisen
folgendes:
(i) x 2 lp
(ii) x(k) ! x in lp , d.h. x(k)
x
p
! 0:
Da x(k) Cauchy-Folge ist, so haben wir
8" > 0 9N
Insbesondere gilt f•
ur jedes n
8k; m
n
X
N
1
X
(k)
xi
(m)
xi
p
":
(1.7)
i=1
(k)
xi
(m)
xi
p
"
i=1
Lassen wir hier m ! 1 und erhalten
n
X
xi
1
X
xi
p
(k)
xi
(k)
xi
":
i=1
Dann n ! 1 ergibt
p
":
(1.8)
i=1
Insbesondere gilt x(k)
x
p
< 1 und somit x(k)
x= x
x 2 lp : Da x(k) 2 lp , so erhalten wir
x(k) + x(k) 2 lp :
•
1.4. KONVERGENZ UND TOPOLOGIE IN NORMIERTEN VEKTORRAUMEN
13
Es folgt aus (1.7) und (1.8), dass
8" > 0 9N 8k
N
x(k)
x
p
"1=p ;
und somit x(k) x p ! 0 f•
ur k ! 1:
Der Fall p = 1 wird analog behandelt.
(c) Betrachten wir erst den Fall n = 0 und beweisen, dass jede Cauchy-Folge ffk g in
C [a; b] konvergiert. Wir haben
sup jfk (t)
fm (t)j ! 0 f•
ur k; m ! 1:
t2[a;b]
Folglich gilt f•
ur alle t 2 [a; b]
jfk (t)
fm (t)j ! 0 f•
ur k; m ! 1
und die numerische Folge ffk (t)g1
k=1 ist Cauchy-Folge. Dann existiert limk!1 fk (t) =:
f (t) f•
ur jedes t 2 [a; b]. Beweisen wir, dass f 2 C [a; b] und kfk f kC[a;b] ! 0: Nach die
Cauchy-Bedingung haben wir
8" > 0 9N 8k; m
sup jfk (t)
N
fm (t)j
":
t2[a;b]
ur jedes t
jfk (t)
fm (t)j
":
Lassen wir hier m ! 1 und erhalten f•
ur jedes t
jfk (t)
f (t)j
";
woraus folgt, dass auch
sup jfk (t)
f (t)j
":
t2[a;b]
Deshalb erhalten wir die gleichm•a ige Konvergenz
fk
f auf [a; b] :
Es ist bekannt, dass der gleichm•a ige Grenzwert von stetigen Funktionen immer stetig
ist. Somit gilt f 2 C [a; b] und dann auch kfk f kC[a;b] ! 0:
Jetzt beweisen wir, dass auch C n [a; b] vollst•andig ist. Sei ffk g eine Cauchy-Folge in
n
C [a; b] ; d.h.
kfk fm kC n [a;b] ! 0 f•
ur k; m ! 1:
Dann gilt f•
ur alle i = 0; :::; n, dass
(i)
fk
(i)
fm
C[a;b]
! 0 f•
ur k; m ! 1;
n o1
(i)
d.h. die Folge fk
eine Cauchy-Folge in C [a; b] ist. Dann konvergiert diese Folge in
k=1
C [a; b] f•
ur jedes i = 0; :::; n: Sei
fk
f f•
ur k ! 1
14
und, f•
ur jedes i = 1; :::; n
(i)
fk
gi f•
ur k ! 1:
Benutzen wir die folgende Behauptung: falls fk
f und fk0
f; g, dann gilt g = f 0 : Daraus folgt, dass gi = f (i) und somit
(i)
fk
g f•
ur stetige Funktionen
f (i) f•
ur k ! 1:
We erhalten, dass f 2 C n [a; b] und kfk
f kC n [a;b] ! 0, was zu beweisen war.
Beispiel. Zeigen wir, dass der Raum V = C 1 [ 1; 1] mit der sup-Norm nicht vollst•andig
1
ist. Daf•
ur betrachten wir die Folge fk (t) = jtj1+ k :
1.0
0.8
f
0.6
0.4
f_k
0.2
-1.2
-1.0
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
t
Diese Folge liegt in C 1 [ 1; 1] und konvergiert gleichm•a ig gegen f (t) = jtj 2 (C n C 1 ) [ 1; 1]
f•
ur k ! 1. Somit ist ffk g Cauchy-Folge in V aber ohne Grenzwert. Der Grenzwert existiert allerdings in einem gr•o eren Raum
F•
ur Banachr•aumen gilt Majorantenkriterium f•
ur Konvergenz von Reihen.
Satz 1.5 Seien V ein Banachraum und fxn g eine Folge von Elementen von V . Dann
gilt
1
1
X
X
kxn k < 1 )
xn konvergiert.
n=1
n=1
•
(Siehe Ubungen)
1.5
1.5.1
Die Lebesgue-R•
aume
Motivation
Betrachten wir im Raum C [a; b] die p-Norm
kf kp =
Z
a
b
1=p
p
jf (t)j dt
•
1.5. DIE LEBESGUE-RAUME
15
wobei p 2 [1; 1): Man kann beweisen, dass die p-Norm eine Norm ist (was wir sp•ater
machen { siehe Satz 1.8). Aber der Raum C [a; b] mit dieser Norm ist nicht vollst•andig.
Um es zu sehen, betrachten wir ein Beispiel f•
ur den Fall p = 1 (der Fall p > 1 ist •ahnlich).
1
Beispiel. Betrachten wir die Folge ffn gn=1 von Funktionen aus C [ 1; 1]:
8
1
t 1
< 1;
n
1
1;
t
1
fn (t) =
n
:
1
1
nt;
t n
n
Zum Beispiel, f4 (t) wird auf dem folgenden Bild gezeigt:
1.0
0.5
-1.0
-0.5
0.5
1.0
t
-0.5
-1.0
1 1
F•
ur alle m > n haben wir fm fn = 0 au erhalb
;
und u
•berall jfm
n n
Es folgt, dass
Z 1
2
! 0 f•
ur n ! 1:
kfn fm k1 =
jfn fm j dt
n
1
fn j
1.
Daher ist ffn g eine Cauchy-Folge. Aber diese Folge hat keinen Grenzwert in C [ 1; 1],
da sie gegen die unstetige Funktion
8
< 1; t > 0
0; t = 0
f (t) =
:
1; t < 0
punktweis und auch bez•
uglich k k1 konvergiert. Wir sehen, dass die Folge ffn g konvergiert
in einem gr•o eren Raum als C [ 1; 1] : Damit erhalten wir einen Tipp: man kann, vielleicht
den Raum C [ 1; 1] vergr•ossern und somit bez•
uglich k k1 vervollst•andigen. Um es richtig
zu machen, brauchen wir die messbaren Funktionen, die statt stetiger Funktionen benutzt
werden.
1.5.2
Das Ma
De nition. Eine -Algebra auf einer Menge X ist eine Menge S von Teilmengen von X
mit den folgenden Eigenschaften:
;; X 2 S
16
A 2 S ) Ac 2 S
Ak 2 S f•
ur k = 1; 2; ::: )
S1
k=1
Ak 2 S:
Gegeben sei eine -Algebra S auf X. Die Elementen von S hei en auch messbare
Mengen.
De nition. Ein Ma
auf S ist eine Funktion : S ! [0; 1) mit der folgenden Eigenschaft: f•
ur jede Folge fAk g1
k=1 von disjunkten messbaren Mengen gilt
1
S
Ak
k=1
=
1
X
(Ak ) ;
(1.9)
k=1
d.h. das Ma ist -additiv.
Man nennt (A) das Ma von A. Es folgt aus (1.9), dass (;) = 0: Es kann auch
andere Mengen mit Ma 0 geben. Jede messbare Menge mit Ma 0 hei t Nullmenge. Es
ist klar aus (1.9), dass abz•ahlbare Vereinigung von Nullmengen wieder eine Nullmenge
ist.
De nition. Ein Ma raum ist ein Dreifache (X; S; ) ; wobei S eine -Algebra auf X ist
und ein Ma auf S.
Ein Ma hei t vollst•andig, falls jede Teilmenge der Nullmenge ist auch Nullmenge.
Jedes Ma
l•asst sich vervollst•andigen: es gibt immer eine Fortsetzung von zu einem
vollst•andigen Ma . Daf•
ur addieren wir zu S alle Teilmengen von allen Nullmengen von
S und bezeichnen das Ergebnis mit S 0 . Ma
ist auf S 0 fortsetzbar: jede Teilmenge von
Nullmenge von S bekommt das Ma 0. Dann ist auf S 0 ein vollst•andiges Mass.
Beispiel. Sei X ein beschr•anktes abgeschlossenes Intervall in R. F•
ur jedes Intervall I X
de nieren wir die L•ange ` (I) mit ` (I) = b a wobei a; b die Endpunkten von I sind. Wir
m•ochten die L•ange ` wie ein Ma betrachten.
Aber die Menge von allen Intervallen auf X ist keine -Algebra, da die Vereinigung
von zwei Intervallen kein Interval sein kann. Man kann allerdings beweisen, dass es eine
-Algebra S gibt mit folgenden Eigenschaften
S enth•alt alle Intervalle von X;
S eine -Algebra ist;
die L•ange ` l•asst sich auf S erweitern als ein Ma .
Die -Algebra S ist kleiner als die Potenzmenge 2X von allen Teilmengen von X: man
kann zeigen, dass ` auf 2X nicht als Ma fortsetzbar. Die -Algebra S ist nicht eindeutig.
Es gibt die minimale -Algebra die alle Intervalle von X enth•alt. Sie hei t Borel- -Algebra
und wird mit B (X) bezeichnet. Die Elementen von B (X) hei en auch Borel-messbare
Mengen. Die Vervollst•andigung von ` ergibt die Lebesgue- -Algebra L (X) worauf ` auch
de niert ist. Die Elementen von L (X) hei en Lebesgue-messbare Mengen. Das Ma ` auf
L (X) hei t das Lebesgue-Ma . Das Lebesgue-Ma l•asst sich auch auf X = R de nieren,
aber dann man den Wert 1 f•
ur das Ma erlauben muss.
•
Ahnliche Konstruktion gilt in Rn . Man de niert erst das Volumen von n-dimensionalen
Quadern I1 ::: In mit
`n (I1
:::
In ) = ` (I1 ) :::` (In )
•
17
und dann beweist, dass `n zu einem Ma auf einer -Algebra fortgesetzt werden kann.
Man erh•alt damit das Lebesgue-Ma `n auf Borel- -Algebra B (Rn ) und auf Lebesgue- Algebra L (Rn ).
1.5.3
Messbare Funktionen und Lebesgue-Integration
Sei (X; S; ) ein Ma raum.
De nition. Eine Funktion f : X ! R hei t messbar falls die Menge fx 2 X : f (x) < cg
messbar f•
ur jedes c 2 R ist.
Beispiel. Die Indikatorfunktion 1A einer messbaren Menge A ist messbare Funktion.
Auch lineare Kombination
N
X
ck 1Ak
k=1
von Indikatorfunktionen von messbaren Mengen Ak messbar ist (da die Summe von messbaren Funktionen messbar ist). Zum Beispiel, die Dirichlet-Funktion
f (t) = 1Q =
1; t 2 Q
0; t 2 R n Q
ist messbar bez•
uglich Lebesgue-Ma es, da Q messbar als eine abz•ahlbare Menge ist.
Beispiel. Jede stetige Funktion f auf R ist messbar bez•
uglich Lebesgue-Ma es. F•
ur
Beweis bemerken wir, dass die Menge ff (x) < cg eine o ene Menge ist und deshalb eine
abz•ahlbare Vereinigung von o enen Intervallen; somit ist sie messbar. Auch jede stetige
Funktion auf Rn messbar ist.
F•
ur jede nicht-negative
messbare Funktion f auf einem Ma raum (X; S; ) de niert
R
man das Integral X f d als ein Wert aus [0; 1], wie folgt:
Z
1
X
k
k+1
k
x2X:
f (x) <
:
(1.10)
f d = lim
n!1
n
n
n
X
k=0
Bemerken wir, dass die Menge nk f (x) < k+1
messbar ist. Deshalb ist die Summe in
n
(1.10) wohlde niert und hei t Lebesgue-Summe. Man kann
R zeigen, dass der Grenzwert
in (1.10) immer in [0; 1] existiert. Daher ist das Integral X f d f•
ur jede nicht-negative
messbare Funktion f als ein Wert von [0; 1] de niert.
Beispiel. F•
ur jede messbare Menge A X gilt
Z
1A d = (A) :
X
Zum Beispiel, f•
ur die Dirichlet-Funktion f = 1Q\[0;1] auf dem Intervall [0; 1] erhalten wir
Z
f d` = ` (Q \ [0; 1]) = 0:
[0;1]
De nition. Eine messbare Funktion f hei t integrierbar bez•
uglich
Z
jf j d < 1:
X
falls
18
In diesem Fall de niert man das Integral von f bez•
uglich mit
Z
Z
Z
fd =
f+ d
f d
X
jf j f
.
2
X
R
X
wobei f =
Das Integral X f d von integrierbaren Funktionen f nimmt die Werte
in R.
Diese Konstruktion hei t Lebesgue-Integration im Gegenteil zu Riemann-Integration,
die nur f•
ur stetige oder fast stetige Funktionen geeignet.
Beispiel. Jede stetige Funktion f auf einem beschr•ankten und abgeschlossenen Intervall
[a; b] ist Lebesgue-integrierbar (d.h., integrierbar bez•
uglich Lebesgue-Ma es `). Wir wissen schon, dass f messbar ist. Die Stetigkeit
impliziert,
dass M := sup[a;b] jf j < 1; woraus
R
folgt, dass die Lebesgue-Summe f•
ur [a;b] jf j d` ist von M (b a) nach oben beschr•ankt.
Es folgt, dass
Z
[a;b]
jf j d` < 1;
was zu beweisen war. Man kann auch beweisen, dass die Lebesgue-Integral und RiemannIntegral in diesem Fall u
•bereinstimmen:
Z b
Z
f (t) dt:
f d` =
a
[a;b]
Das Lebesgue-Integral hat die folgenden Eigenschaften (wobei f und g integrierbare
Funktionen sind):
R
R
R
1. X (f + g) d = X f d + X gd
R
R
2. X (cf ) d = c X f d
R
R
3. f g ) X f d
gd :
X
Daraus folgt auch, dass
0)
f
und
Z
Z
fd
0
X
fd
X
Z
X
jf j d :
R
4. F•
ur eine messbare Funktion f
0 gilt X f d = 0 genau dann, wenn die Menge
fx 2 X : f (x) > 0g eine Nullmenge ist, d.h. f (x) = 0 au erhalb einer Nullmenge.
Gilt eine Eigenschaft au erhalb einer Nullmenge, so sagt man, dass diese Eigenschaft
fast u
•berall gilt oder f•
ur fast alle Elementen von X. So, man kann dann die letzte Eigenschaft so umformulieren: f•
ur nicht-negative messbare Funktion f
Z
f d = 0 , f = 0 f:•
u:
(1.11)
X
Jede messbare Teilmenge Y von X kann selbst als ein Ma raum betrachtet werden,
mit -Algebra SY = fA 2 S : A Y g und Ma Y = jSY : Man kann zeigen, dass
Z
Z
fd Y =
f 1Y d :
Y
X
•
1.5.4
19
Konvergenz fast u
• berall und Fatou-Lemma
Man sagt, dass eine Folge ffk g1
k=1 von Funktionen auf X gegen eine Funktion f auf X
fast u
•berall konvergiert und schreibt
f:•
u:
fk ! f
oder fk ! f f:•
u:
falls fk (x) ! f (x) f•
ur k ! 1 au erhalb einer Nullmenge, d.h. die Menge fx 2 X : fk (x) 6! f (x)g
f:•
u:
eine Nullmenge ist. Man kann beweisen folgendes: sind alle fk messbar und fk ! f; so
ist f auch messbar.
Lemma 1.6 (Fatou-Lemma) Sei ffk g eine Folge von nichtnegativen messbaren Funktionen auf X mit
f:•
u:
fk ! f:
Gilt f•
ur alle k und eine Konstante C
Z
fk d
C;
fd
C:
X
so gilt auch
Z
X
Eine •aquivalente Umformulierung ist wie folgt:
Z
Z
fk d :
lim inf fk d
lim inf
k!1
X
1.5.5
k!1
X
Die p-Norm
Sei (X; S; ) ein Ma raum. F•
ur jedes p 2 [1; +1) und f•
ur jede messbare Funktion
f : X ! R de nieren wir die p-Norm von f mit
Z
1=p
jf jp d
:
kf kp :=
X
Da jf jp nicht-negative messbare Funktion ist, so ist kf kp immer wohlde niert als Element
von [0; 1]. Zum Beispiel, wir haben
kf k1 =
Z
X
jf j d
and kf k2 =
Z
1=2
2
f d
:
X
Trotz des Namens ist die p-Norm nicht unbedingt eine Norm, was wir sp•ater besprechen. Jetzt betrachten wir die Eigenschaften der p-Norm.
Bemerken wir, dass die absolut Homogenit•at f•
ur die p-Norm o ensichtlich erf•
ullt ist:
f•
ur jedes 2 R haben wir
Z
Z
1=p
1=p
p
p
p
k f kp =
j j jf j d
=j j
jf j d
= j j kf kp :
X
Jetzt beweisen wir die Dreiecksungleichung.
X
20
Lemma 1.7 (H•older-Ungleichung) Seien p; q > 1 die konjugierten H•
older-Exponenten,
d.h.
1 1
+ = 1:
(1.12)
p q
Dann f•
ur alle messbare Funktionen f; g auf X gilt
Z
jf gj d
kf kp kgkq
(1.13)
X
(wobei das Product 0 1 als 0 de niert ist).
Beweis. Umbenennen wir jf j in f und jgj in g, so dass f und g nicht-negativ sind. Gilt
kf kp = 0; so haben wir f = 0 f:•
u:und (1.13) ist o ensichtlich. Nehmen wir an, dass
kf kp > 0 und kgkq > 0: Gilt kf kp = 1, so ist (1.13) wieder o ensichtlich. Wir k•onnen
jetzt annehmen, dass die beiden Werte kf kp und kgkq in (0; +1) sind.
Die G•
ultigkeit von (1.13) •andert sich nicht, wenn die Funktionen f und g mit Konstanten multipliziert werden. Deshalb k•onnen wir annehmen, dass
kf kp = kgkq = 1:
Nach Young-Ungleichung (1.6) erhalten wir
Z
Z
Z
jgjq
jf jp
d +
d
jf gj d
X q
X
X p
1 1
=
+
p q
= 1
= kf kp kgkq ;
Satz 1.8 (Minkowski-Ungleichung) F•
ur alle messbare Funktionen f; g and f•
ur alle p 2
[1; 1) gilt
kf + gkp kf kp + kgkp :
(1.14)
Beweis. F•
ur p = 1 haben wir
Z
kf + gk1 =
jf + gj d
Z
X
X
jf j d +
Z
X
jgj d = kf k1 + kgk1 :
Sei p > 1. Ist kf kp oder kgkp gleich 1, so gilt (1.14) trivial. Dann nehmen wir an, dass
die beiden Werte kf kp und kgkp in (0; 1) sind. Die Ungleichung
ja + bjp
ergibt
Z
X
p
jf + gj d
p
2
2p (jajp + jbjp )
Z
X
p
jf j d +
Z
X
jgjp d
< 1;
so dass kf + gkp < 1. Wir k•onnen auch annehmen, dass kf + gkp > 0 da sonst (1.14)
trivial ist.
•
Sei q =
p
p 1
21
der zu p konjugierte H•older-Exponent. Wir haben
Z
Z
p
p
kf + gkp =
jf + gj d =
jf + gj jf + gjp 1 d
X Z
ZX
jf j jf + gjp 1 d +
jgj jf + gjp 1 d :
X
Nach der H•older-Ungleichung erhalten wir
Z
jf j jf + gjp 1 d
kf kp jf + gjp
X
Z
= kf kp
und analog
Z
X
(1.15)
X
1
q
1=q
(p 1)q
X
jgj jf + gjp
1
jf + gj
d
= kf kp kf + gkp=q
p
kgkp kf + gkp=q
p :
d
Addieren der zwei Ungleichungen ergibt nach (1.15)
kf + gkpp
kf kp + kgkq kf + gkp=q
p :
dividieren, indem wir (1.14)
Da 0 < kf + gkp < 1, so k•onnen wir durch kf + gkp=q
p
erhalten.
Beispiel. Betrachten wir die Menge X = f1; 2; :::; ng und das Z•
ahlma
auf der Algebra S = 2X ; d.h. (A) ist gleich die Anzahl der Elementen von A. Z.B. (fkg) = 1
f•
ur jedes k = 1; :::; n und (X) = n. Dann ist (X; S; ) ein Ma raum. Bezeichnen
wir mit F den Vektorraum von allen Funktionen f : X ! R und bemerken, dass jede
Funktion f 2 F mit der Folge (f (1) ; :::; f (n)) 2 Rn identi ziert werden kann, was den
Isomorphismus von Vektorr•aumen F = Rn erzeugt. Die p-Norm der Funktion f 2 F ist
!1=p
Z
n
1=p
X
=
jf (k)jp
;
jf jp d
kf kp =
X
k=1
was mit der p-Norm des Vektors (f (1) ; :::; f (n)) in Rn u
•bereinstimmt. Deshalb kann die
n
p-Norm auf R als die p-Norm im Raum F betrachtet werden.
Beispiel. Betrachten wir die Menge X = N = f1; 2; :::g und das Z•ahlma
auf der X
Algebra S = 2 . Dann ist der Vektorraum F von allen reellwertigen Funktionen auf X
isomorph zu R1 wie folgt:
F 3 f 7! (f (1) ; f (2) ; :::) 2 R1 :
Die p-Norm von f ist
kf kp =
1
Z
1=p
X
p
jf jp d
=
1
X
k=1
jf (k)jp
!1=p
;
was mit der p-Norm in R bzw l u
•bereinstimmt.
Es folgt aus den beiden Beispielen, dass die Minkowski-Ungleichung in Rn und lp ein
spezieller Fall der Minkowski-Ungleichung f•
ur Funktionen in allgemeinen Ma r•aumen ist.
22
1.5.6
Der Raum Lp
We haben schon gesehen, dass die p-Norm kf kp von messbaren Funktionen zwei Bedingungen von der De nition einer Norm erf•
ullt: die absolute Homogenit•at und die Dreiecksungleichung. Noch fehlen zwei andere Bedingungen: die Endlichkeit (die Norm muss
nur die Werte in [0; 1) annehmen) und die De nitheit. Im allgemeinen Fall gelten diese
Bedingungen nicht: die p-Norm kann den Wert 1 annehmen1 und die p-Norm von f kann
0 f•
ur eine nicht-Null Funktion f sein (z.B. f•
ur die Dirichlet-Funktion).
Unser Zweck ist jetzt einen Vektorraum zu de nieren wo die p-Norm eine Norm ist.
Daf•
ur betrachten wir f•
ur jedes p 2 [1; 1) die Menge
n
o
Lp = f : X ! R : f ist messbar und kf kp < 1 :
Es folgt aus der Minkowski-Ungleichung, dass die Menge Lp ein Vektorraum u
•ber R ist.
Nach De nition ist die p-Norm endlich auf Lp aber noch nicht unbedingt de nit: obwohl
kf kp 0 f•
ur alle f 2 Lp gilt, es kann sein kf kp = 0 f•
ur nicht-Null Funktion f . Somit ist
die p-Norm eine Halbnorm auf Lp .
Nach (1.11) gilt kf kp = 0 genau dann, wenn f = 0 f:•
u:. Um die p-Norm zu einer Norm
machen, m•
ussen wir alle f:•
u: verschwindende Funktionen als ein Nullelement betrachten.
O ensichtlich ist die Menge
N = ff : X ! R : f = 0 f:•
u:g
ein Vektorraum u
•ber R und zwar ein Unterraum von Lp .
De nition. (Lebesgue-Raum) F•
ur jedes p 2 [1; 1) bezeichnen wir mit Lp = Lp (X; )
den Faktorraum Lp =N .
•
•
Nach der De nition des Faktorraums besteht Lp aus den Aquivalenzklassen
der Aquivalenzrelation
p
f
g 2 N , d.h. f = g f:•
u: F•
ur jede Funktion f 2 L bezeichnen wir mit [f ] die
•
Aquivalenzklasse
von f , d.h.
[f ] = fg : X ! R : f = g f:•
u:g :
Dann kann Lp •aquivalent de niert werden wie folgt:
Lp = f[f ] : f 2 Lp g :
Nach der De nition des Faktorraums werden die lineare Operationen in Lp wie folgt
de niert:
[f ] + [g] = [f + g]
(1.16)
[f ] = [ f ]
f•
ur
•
2 R. De nieren wir die p-Norm von Aquivalenzklassen
mit
k[f ]kp = kf kp :
(1.17)
O ensichtlich ist diese De nition unabh•angig von der Wahl des Vertreters f der Klasse
[f ], so dass k[f ]kp wohlde niert ist.
1
Z.B. f•
ur die Funktion f (t) =
1
t
auf (0; 1) gilt kf k1 =
R1
0
dt
t
= 1.
•
23
Satz 1.9 Die p-Norm (1.17) ist eine Norm auf Lp .
Beweis. Die p-Norm auf Lp ist endlich und erf•
ullt die absolute Homogenit•at und die
Dreiecksungleichung. Es bleibt nur die De nitheit zu beweisen:
k[f ]kp = 0 ) kf kp = 0 ) f = 0 f:•
u: ) [f ] = 0:
Konvention. Man nennt die Elementen von Lp auch Funktionen (obwohl sie keine
Funktionen sind) und schreibt f 2 Lp statt [f ] 2 Lp oder f 2 Lp . Es ist so gemacht um
die Terminology und Notation zu vereinfachen. Man muss immer daran erinnern, dass
die W•orter \f ist eine Funktion aus Lp " folgendes bedeuten: \f ist eine Funktion, die ein
Vertreter eines Elements aus Lp ist" (oder \f ist eine Funktion aus Lp ", aber der Raum
Lp wird selten benutzt).
Hauptsatz 1.10 F•
ur jedes Ma raum (X; S; ) und f•
ur jedes p
Banachraum.
1 ist Lp (X; ) ein
Da Lp ein normierter Vektorraum ist, so brauchen wir nur die Vollst•andigkeit davon
beweisen. Wir fangen mit zwei Lemmas an. F•
ur jede Folge fAn g1
n=1 von Teilmengen von
X de nieren wir lim sup An mit
lim sup An =
1 S
1
T
Ak :
n=1 k=n
Lemma 1.11 (Borel-Cantelli-Lemma) Sei fAn g eine Folge von messbaren Teilmengen
von X mit
X
(An ) < 1:
n
Dann gilt
(lim sup An ) = 0.
Beweis. Setzen wir A = lim sup An und Bn =
Subadditivit•at von Ma erhalten wir
(Bn )
1
X
k=n
Da A
Bn f•
ur alle n, so folgt es
S1
Ak so dass A =
k=n
T1
n=1
Bn . Nach
(Ak ) ! 0 f•
ur k ! 1:
(A)
(Bn ) und somit
(A) = 0:
Lemma 1.12 (Chebyshev-Ungleichung) For jede messbare Funktion f auf X und f•
ur alle
t; s > 0,
1
ff tg
kf kss :
ts
Beweis. Setzen wir A = ff tg. Es gilt
Z
Z
s
s
kf ks =
jf j d
jf js d
X
A
s
t
Z
A
d = ts (A) ;
24
woraus die Behauptung folgt.
p
Beweis von Hauptsatz 1.10. Sei ffn g1
n=1 eine Cauchy-Folge in L . Um die Konverp
genz von ffn g in L zu beweisen, reicht es zu zeigen, dass eine Teilfolge von ffn g in Lp
konvergiert. W•ahlen wir die Teilfolge ffnk g so dass f•
ur alle k 1
fnk+1
fnk
4
p
k
(was immer m•oglich ist) und beweisen, dass ffnk g gegen eine Funktion f 2 Lp in p-Norm
konvergiert. Um die Notation zu vereinfachen, umbenennen wir die Folge ffnk g in ffn g,
so dass f•
ur alle n 1
kfn+1 fn kp 4 n :
(1.18)
Beweisen wir zun•achst, dass die Folge ffn g gegen eine Funktion f f:•
u: konvergiert. Daf•
ur
betrachten wir die Menge
An = x : jfn+1 (x)
fn (x)j
2
n
:
Nach der Chebyshev-Ungleichung und (1.18) erhalten wir
fn kpp
2np kfn+1
(An )
2np 4
np
=2
np
:
P
Es folgt, dass n (An ) < 1. Nach dem Borel-Cantelli-Lemma hat die Menge A =
lim sup An Ma 0. Betrachten wir das Komplement von A:
Ac =
1 T
1
S
n=1 k=n
woraus folgt, dass
x 2 Ac
Acn =
1 T
1
S
n=1 k=n
, 9n 8k
jfk+1
n jfk+1 (x)
W•ahlen wir ein x 2 A. Dann gilt f•
ur alle m > k
jfk (x)
fm (x)j
jfk (x)
fk+1 (x)j+jfk+1 (x)
fk j < 2
k
;
fk (x)j < 2 k :
n
fk+2 (x)j+:::
2 k +2
(k+1)
+::: = 2
(k 1)
Somit jfk (x) fm (x)j ! 0 f•
ur k; m ! 1, d.h. ffk (x)g eine Cauchy-Folge in R ist.
Deshalb konvergiert die numerische Folge ffk (x)g f•
ur alle x 2 Ac .
Setzen wir
f (x) = lim fk (x) 8x 2 Ac
k!1
und f•
ur x 2 A de nieren wir die Funktion f (x) beliebig, z.B. f (x) = 0. Dann ist f eine
f:•
u:
messbare Funktion und fk ! f f•
ur k ! 1; da fk (x) ! f (x) f•
ur alle x au erhalb der
Nullmenge A.
Lp
Beweisen wir jetzt, dass f 2 Lp und fn ! f (, kfn f kp ! 0). Es folgt aus
(1.18) dass, f•
ur alle m > n,
kfn
und somit
fm kp
kfn
fn+1 kp + kfn+1
Z
X
jfn
fn+2 kp + :::
fm jp d
4
n
4
p(n 1)
:
+4
(n+1)
+ ::: < 4
(n 1)
;
:
•
25
f:•
u:
Da fm ! f f•
ur m ! 1, so erhalten wir nach Fatou-Lemma
Z
jfn f jp d
4 p(n 1) ;
X
d.h. kfn
f kp ! 0 f•
ur n ! 1. Da
kf kp
kfn kp + kf
fn kp < 1;
Lp
geh•ort die Funktion f zu Lp . Damit gilt fn ! f , was zu beweisen war.
Betrachten wir jetzt komplexwertige messbare Funktionen und komplexwertige LebesgueR•aume. Eine komplexwertige Funktion f : X ! C hei t messbar falls Re f und Im f
messbar sind. Eine messbare Funktion f : X ! C hei t integrierbar, falls
Z
jf j d < 1:
X
Da jRe f j
jf j und jIm f j
jf j, so sind Re f und Im f auch integrierbar. F•
ur ein
integrierbare Funktion f : X ! C de niert man das Lebesgue-Integral mit
Z
Z
Z
fd =
(Re f ) d +
(Im f ) d :
X
X
X
Man zeigt, das Integral linear ist, d.h.
Z
Z
Z
gd
fd +
(f + g) d =
X
X
X
und
Z
Z
f d =
X
fd
X
f•
ur alle integrierbare Funktion f; g und alle
Z
fd
2 C. Dar•
uber hinaus gelten
Z
jf j d
und
Z
X
Z
X
fd =
X
f d
X
wobei w die komplexe Konjugierte von w ist.
F•
ur komplexwertig Funktionen de niert man die p-Norm kf kp genauso, wie f•
ur reellwertige Funktionen:
Z
1=p
kf kp := kjf jkp =
jf jp d
:
X
Die H•older-Ungleichung und die Minkowski-Ungleichung gelten auch f•
ur komplexwertige
Funktionen. Die beiden Ungleichungen f•
ur komplexwertige Funktionen f; g folgen von
diesen Ungleichungen f•
ur reellwertige Funktionen jf j und jgj. F•
ur die H•older-Ungleichung
haben wir
Z
Z
jf gj d =
jf j jgj d
kjf jkp kjgjkq = kf kp kgkq :
X
X
26
Im Fall p = q = 2 erhalten wir die Cauchy-Schwarz-Ungleichung
Z
jf gj d
kf k2 kgk2 :
X
F•
ur die Minkowski-Ungleichung haben wir
kf + gkp = kjf + gjkp
kjf j + jgjkp
kjf jkp + kjgjkp = kf kp + kgkp :
Bezeichnen wir mit LpC die komplexwertige Version von Lp , d.h.
n
o
LpC = f : X ! C : f is messbar und kf kp < 1 :
Dann ist die p-Norm k kp eine Halbnorm auf LpC , und eine Norm auf dem Lebesgue-Raum
LpC = LpC =NC
wobei
NC = ff : X ! C: f = 0 f:•
u:g :
Der Hauptsatz 1.10 gilt auch f•
ur LpC { dieser Raum mit der p-Norm ist ein Banachraum.
Der Beweis ist jetzt kurz. Ist ffn g eine Cauchy-Folge in LpC , so sind auch fRe fn g und
fIm fn g die Cauchy-Folgen in Lp , woraus folgt, dass fRe fn g und fIm fn g in Lp konvergieren. Deshalb konvergiert ffn g in LpC .
Chapter 2
Hilbertraum
2.1
Skalarprodukt
•ber R.
De nition. Eine Funktion I : V
V ! R hei t Skalarprodukt (oder inneres Produkt)
auf V falls sie die folgenden Axiomen erf•
ullt:
Symmetrie: I (x; y) = I (y; x)
Linearit•at: I (x; y) ist linear in x:
I(
1 x1
f•
ur alle x1 ; x2 ; y 2 V und
in y linear ist.
+
1;
positive De nitheit: I (x; x)
2 x2 ; y)
2
=
1I
(x1 ; y) +
2I
(x2 ; y)
2 R. Es folgt aus der Symmetrie, dass I (x; y) auch
0 und I (x; x) = 0 , x = 0:
Normalerweise bezeichnet man das Skalarprodukt mit (x; y) statt I (x; y). Ein Vektorraum mit Skalarprodukt hei t Pr•
ahilbertraum.
n
Beispiel. In R de niert man das Skalarprodukt mit
(x; y) =
n
X
xk yk ;
k=1
und es wird auch mit x y bezeichnet.
Beispiel. In l2 kann man analog das Skalarprodukt de nieren:
(x; y) =
1
X
xk yk :
k=1
P
P1 2
P1
2
Da 1
k=1 xk < 1 und
k=1 yk < 1, so konvergiert die Reihe
k=1 xk yk absolut. O ensichtlich sind alle Axiomen von Skalarprodukt erf•
ullt.
Beispiel. In C [a; b] mit reellen a < b de nieren wir das Skalarprodukt mit
Z b
(f; g) =
f (t) g (t) dt:
a
27
28
CHAPTER 2. HILBERTRAUM
Beispiel. Betrachten wir den Lebesgue-Raum L2 auf einem Ma raum (X; S; ), und
setzen wir f•
ur f; g 2 L2
Z
(f; g) =
f gd :
X
Nach H•older-Ungleichung gilt
Z
X
jf gj d
kf k2 kgk2 < 1
so dass die Funktion f g integrierbar ist und somit (f; g) wohlde niert als reelle Zahl ist.
Die Symmetrie und Linearit•at sind o ensichtlich. Auch haben wir
Z
f 2 d = kf k22 0:
(f; f ) =
X
Gilt (f; f ) = 0, so erhalten wir kf k2 = 0 und somit f = 0 als Element von L2 . Daher gilt
auch positive De nitheit. Deshalb is (f; g) ein Skalarprodukt.
Sei jetzt V ein Vektorraum u
•ber C.
De nition. Eine Funktion I : V
V ! C hei t Skalarprodukt (oder inneres Produkt
oder Hermitesche Form) auf V falls sie die folgenden Axiomen erf•
ullt:
Hermitesche Symmetrie: I (x; y) = I (y; x) (wobei w die komplexe Konjugierte von
w ist)
Linearit•at in x: I (x; y) ist linear in x, d.h.
I(
1 x1
f•
ur alle x1 ; x2 ; y 2 V und
+
2 x2 ; y)
1;
2
=
1I
(x1 ; y) +
2I
(x2 ; y)
2 C.
positive De nitheit: f•
ur alle x 2 V ist I (x; x) reel, I (x; x)
x = 0:
Es folgt aus der Hermiteschen Symmetrie und Linearit•at, dass
I (x; y1 + y2 ) = I (x; y1 ) + I (x; y2 )
und
I (x; y) = I (x; y) :
Man sagt, dass I (x; y) semilinear in y ist.
Beispiel. In Cn de niert man das Skalarprodukt mit
(x; y) =
n
X
k=1
xk yk :
0 und I (x; x) = 0 ,
2.2. SKALARPRODUKTNORM
29
Beispiel. Betrachten wir den Raum
(
lC2 =
fxk g1
k=1
: xk 2 C und
1
X
k=1
2
)
jxk j < 1 :
Das Skalarprodukt in lC2 ist •ahnlich de niert:
(x; y) =
1
X
xk yk :
k=1
Beispiel. Betrachten wir den Lebesgue-Raum L2C auf einem Ma raum (X; S; ) und
de nieren wir das Skalarprodukt mit
Z
fg d :
(f; g) =
X
Nach der Cauchy-Schwarz -Ungleichung ist die Funktion f g integrierbar, da
Z
kf k2 kgk2 = kf k2 kgk2 < 1:
jf gj d
X
Beweisen wir, dass (f; g) ein Skalarprodukt ist. Die Hermitesche Symmetrie gilt, da
Z
Z
Z
gf d =
(g; f ) =
gf d =
gf d = (f; g) :
X
X
X
Die Linearit•at in f ist o ensichtlich. Die positive De nitheit gilt, weil
Z
Z
(f; f ) =
f f d =
jf j2 d = kf k22 0;
X
X
und
(f; f ) = 0 , kf k2 = 0 , f = 0 als Element von L2 :
2.2
Skalarproduktnorm
Wir haben gesehen, dass im Raum L2 die Cauchy-Schwarz-Ungleichung gilt
j(f; g)j
und die folgende Identit•at gilt:
kf k2 =
kf k2 kgk2 ;
p
(f; f ):
Die •ahnlichen Eigenschaften gelten in jedem Pr•ahilbertraum V u
•ber R oder C.
p
Satz 2.1 Die Funktion kxk := (x; x) ist immer eine Norm, und es gilt f•
ur alle x; y 2 V
j(x; y)j
kxk kyk
(die allgemeine Cauchy-Schwarz-Ungleichung).
(2.1)
30
p
Die Norm x 7!
(x; x) hei t die Skalarproduktnorm. Z.B. die 2-Norm in L2 ist
eine Skalarproduktnorm. Man kann beweisen, dass die p-Norm in Lp mit p 6= 2 keine
Skalarproduktnorm ist.
p
ullt die absolute
Beweis. Die Funktion kxk = (x; x) ist reel, nicht-negativ und erf•
Homogenit•at, da f•
ur jedes 2 C
k xk =
Auch die De nitheit gilt, da
p
( x; x) =
p
(x; x) = j j kxk :
kxk = 0 , (x; x) = 0 , x = 0:
Es bleibt nur die Dreiecksungleichung zu beweisen, was machen wir nach dem Beweis von
(2.1).
F•
ur jedes t 2 R haben wir
(x + ty; x + ty) 0
woraus folgt
(x; x) + t (x; y) + t (y; x) + t2 (y; y)
0:
Da
(x; y) + (y; x) = (x; y) + (x; y) = 2 Re (x; y) ;
erhalten wir
kxk2 + 2t Re (x; y) + t2 kyk2
0:
Da die quadratische Funktion t 7! kxk2 + 2t Re (x; y) + t2 kyk2 ist f•
ur alle t 2 R nichtnegativ, so ist ihre Diskriminante nicht-positive, d.h.
Re (x; y)2
kxk2 kyk2
0;
woraus folgt
Re (x; y)
kxk kyk :
F•
ur reellwertigen Raum V ist diese Ungleichung a•quivalent zu (2.1). Im Fall von komplexwertigen Raum nden wir den Winkel 2 R so dass ei (x; y) reel und nicht-negativ
ist. Dann erhalten wir
j(x; y)j = ei j(x; y)j =
ei x; y
= Re ei x; y
ei x kyk = kxk kyk :
Jetzt beweisen wir die Dreiecksungleichung:
kx + yk2 = (x + y; x + y) = kxk2 + 2 Re (x; y) + kyk2
kxk2 + 2 kxk kyk + kyk2
= (kxk + kyk)2 ;
woraus kx + yk
kxk + kyk follows.
2.3. GEOMETRISCHE EIGENSCHAFTEN
2.3
31
Geometrische Eigenschaften
Sei V ein Pr•ahilbertraum u
•ber R oder C.
De nition. Zwei Vektoren x; y 2 V hei en orthogonal, falls (x; y) = 0: Man schreibt in
diesem Fall x?y.
F•
ur orthogonale Vektoren gilt der Satz des Pythagoras:
kx + yk2 = kxk2 + kyk2 :
Beweis ist trivial, da
kx + yk2 = kxk2 + (x; y) + (y; x) + kyk2
= kxk2 + kyk2 + 2 Re (x; y)
= 0:
Dieser Satz erlaubt eine Verallgemeinerung f•
ur n orthogonale Vektoren.
F•
ur beliebige Vektoren x; y 2 V gilt die Parallelogrammgleichung:
kx + yk2 + kx
yk2 = 2 kxk2 + kyk2 ;
(2.2)
die man analog beweist. Es gilt auch die folgende Umkehrung der Parallelogrammgleichung: gilt (2.2) f•
ur eine Norm in einem normierten Raum, so ist sie eine Skalarproduktnorm. In anderen W•orter hei t das, dass die Parallelogrammgleichung in einem
normierten Raum genau dann gilt, wenn dieser Raum ein Pr•ahilbertraum ist.
2.4
De nition von Hilbertraum
De nition. Ein Hilbertraum ist ein vollst•andiger Pr•ahilbertraum; d.h. ein Hilbertraum
ist ein Vektorraum mit Skalarprodukt, der vollst•andig bez•
uglich der Skalarproduktnorm
ist.
Beispiel. Jeder endlichdimensionaler Pr•ahilbertraum ist Hilbertraum, da endlichdimensionaler normierter Raum immer vollst•andig ist (Satz 1.4). Insbesondere sind Rn und Cn
mit standarten Skalarprodukten die Hilbertr•aume.
Der Raum l2 ist Hilbertraum nach Satz 1.4.
Der Raum L2 (X; ) ist ein Hilbertraum nach Hauptsatz 1.10, und so ist L2C (X; ).
Der Raum C [a; b] mit Skalarprodukt aus L2 (a; b) ist Pr•ahilbertraum aber nicht Hilbert,
da C [a; b] bez•
uglich der 2-Norm nicht vollst•andig ist.
2.5
Konvexe Mengen im Hilbertraum
•ber R oder C.
De nition. Eine Menge K
V hei t konvex, falls f•
ur alle x; y 2 K und
x + (1
) y 2 K:
Die Menge
[x; y] := f x + (1
)y : 0
1g
2 [0; 1] gilt
32
hei t die Verbindungsstrecke zwischen x und y. So ist die Menge K konvex fall sie mit
jeden zwei Punkten auch ihre Verbindungsstrecke enth•alt.
Beispiel. Jeder Unterraum U von V ist konvex, da f•
ur alle x; y 2 U auch beliebige lineare
Kombination von x; y in U liegt.
Beispiel. Sei V ein normierter Raum, und betrachten wir eine Kugel
BR = fx 2 H : kxk < Rg
•
wobei k k die Norm in V ist. Dann ist BR konvex (siehe Ubungen).
Die konvexen Mengen im Hilbertraum haben eine besondere Eigenschaft.
Satz 2.2 Seien H ein Hilbertraum (•
uber R oder C) und K
H eine abgeschlossene
konvexe Menge. Dann f•
ur jedes x 2 H existiert genau ein y 2 K mit dem minimalen
Abstand kx yk, d.h.
kx yk = min fkx zk : z 2 Kg .
Man sagt auch, dass y eine beste Approximation von x aus K ist. Die Funktion
z 7! kx zk auf K hat immer das In mum, aber weder die Existenz der Minimumstelle
noch die Eindeutigkeit ist o ensichtlich.
Beweis. Ohne Beschr•ankung der Allgemeinheit nehmen wir x = 0 an. Setzen wir
a = inf fkzk : z 2 Kg :
Der Wert a hei t der Abstand von 0 bis K. Wir m•
ussen beweisen die Existenz und
Eindeutigkeit von y 2 K mit kyk = a:
Zun•achst beweisen wir die Eindeutigkeit von y. Gilt ky1 k = ky2 k = a f•
ur zwei verschiedenen Punkten y1 ; y2 2 K, so erhalten wir nach der Parallelogrammgleichung
ky1 + y2 k2 = 2 ky1 k2 + 2 ky2 k2
ky1
y2 k2 < 4a2
woraus folgt
y1 + y2
< a:
2
2
2
Da y1 +y
2 K, so muss die gegens•atzliche Ungleichung y1 +y
a gelten. Dieser Wider2
2
spruch beweist die Eindeutigkeit von y.
Jetzt beweisen wir die Existenz von y. Nach der De nition von a existiert eine Folge
fzn g1
ur n ! 1. Die Folge fzn g hei t die minimierende Folge.
n=1 aus K mit kzn k ! a f•
Wir beweisen, dass diese Folge konvergiert und der Grenzwert y = lim zn in K liegt und
erf•
ullt kyk = a. Zun•achst zeigen wir, dass die Folge fzn g eine Cauchy-Folge ist. Nach der
Parallelogrammgleichung haben wir f•
ur alle n; m 1
kzn
Da
zn +zm
2
2 K, es folgt
2
2
2
zm k = 2 kzn k + 2 kzm k
zn +zm
2
kzn
zn + zm
4
2
a und somit
zm k2
2 kzn k2 + 2 kzm k2
4a2 :
2
:
2.5. KONVEXE MENGEN IM HILBERTRAUM
33
F•
ur n; m ! 1 erhalten wir kzn k ! a und kzm k ! a woraus folgt
lim sup kzn
n;m!1
zm k2
2a2 + 2a2
4a2 = 0
und limn;m!1 kzn zm k = 0: Somit ist fzn g eine Cauchy-Folge in K. Nach der Vollst•andigkeit
von H hat diese Folge den Grenzwert y = limn!1 zn . Da K abgeschlossen ist, gilt y 2 K.
Die Bedingung zn ! y impliziert nach der Dreiecksungleichung, dass
jkyk
kzn kj
ky
zn k ! 0 f•
ur n ! 1
und somit kzn k ! kyk, woraus kyk = a folgt.
Bemerkung. Der Beweis funktioniert auch im Fall, wenn H ein Pr•ahilbertraum ist und
K eine konvexe Teilmenge von H ist, die vollst•andig als metrischer Raum ist.
De nition. Seien V ein Pr•ahilbertraum und M eine Teilmenge von V . Ein Vektor x 2 V
hei t orthogonal zu M falls x?z f•
ur alle z 2 M:
Satz 2.3 Seien H ein Hilbertraum (•
uber R oder C) und U ein abgeschlossener Unterraum
von H. Seien x 2 H und y 2 U . Dann sind die folgenden Eigenschaften •
aquivalent:
(a) y ist der Punkt auf U mit dem minimalen Abstand von x;
(b) x
y?U .
Folglich, f•
ur jedes x 2 H existiert genau ein y 2 U mit x
y?U:
De nition. Der Punkt y 2 U mit x y?U hei t die orthogonale Projektion von x auf
U.
Mit Hilfe von diesem Begri kann Satz 2.3 wie folgt umformuliert werden:
ein Punkt y 2 U hat den minimalen Abstand von x genau dann, wenn y die orthogonale Projektion von x auf U ist;
und die orthogonale Projektion auf U existiert immer und ist eindeutig bestimmt.
Beweis. Die Existenz und Eindeutigkeit der orthogonalen Projektion folgt aus dem Satz
•
•
2.2 und der Aquivalenz
(a) , (b). Wir brauchen nur diese Aquivalenz
zu beweisen. Ohne
Beschr•ankung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass y = 0.
(b) ) (a) Sei x orthogonal zu U , beweisen wir, dass 0 den minimalen Abstand von x
hat. F•
ur alle u 2 U haben wir x?u und somit
kx
uk2 = kxk2 + kuk2 :
Es ist klar, dass kxk2 + kuk2 minimal ist genau dann, when u = 0.
(a) ) (b) Gegeben ist, dass 0 hat den minimalen Abstand von x, beweisen wir, dass
x?U , d.h. (x; u) = 0 f•
ur alle u 2 U . Betrachten wir die folgende Funktion von t 2 R:
f (t) = kx
tuk2 = kxk2
2t Re (x; u) + t2 kuk2 :
Diese Funktion hat das Minimum an t = 0, da f (t) der Abstand zwischen x und tu 2 U
ist. Somit gilt f 0 (0) = 0 d.h. Re (x; u) = 0: W•ahlen wir 2 R so dass x; ei u reel ist.
Dann gilt
x; ei u = Re x; ei z = 0
woraus auch (x; u) = 0 folgt.
34
2.6
Orthogonale Projektoren
Seien H ein Hilbertraum u
•ber den K•orper K, wobei K = R oder K = C. F•
ur jede Menge
?
M H de nieren wir die Menge M
M ? = fx 2 H : x?M g = fx 2 H : (x; y) = 0 8y 2 M g ;
die hei t das orthogonale Komplement von M . Es gilt immer M
M?
?
M?
?
; da
= y 2 H : (y; x) = 0 8x 2 M ?
und jedes y 2 M diese De nition erf•
ullt.
Lemma 2.4 Das orthogonale Komplement M ? ist immer ein abgeschlossener Unterraum.
Beweis. Sind x1 ; x2 2 M ? , so es folgt, dass
(x1 + x2 ; y) = (x1 ; y) + (x2 ; y) = 0
f•
ur alle y 2 M , woraus folgt x1 + x2 2 M ? . Analog gilt auch x 2 M ? f•
ur alle x 2 M ?
und 2 K. Somit ist M ? ein Unterraum.
Sei fxn g eine Folge aus M ? , die einen Grenzwert x = lim xn hat. Dann gilt f•
ur alle
y2H
(x; y) = lim (xn ; y)
n!1
da
j(x; y)
(xn ; y)j = j(x
xn ; y)j
kx
xn k kyk ! 0:
Da (xn ; y) = 0 f•
ur alle y 2 M , so erhalten wir, dass auch (x; y) = 0 und somit x 2 M ? .
Daher ist M ? abgeschlossen.
Bemerkung. Im Beweis haben wir die folgende Eigenschaft von Skalarprodukt gezeigt:
die Konvergenz xn ! x im Pr•ahilbertraum V ergibt die Konvergenz (xn ; y) ! (x; y) f•
ur
alle y 2 V .
Sei U ein Unterraum von H. Bemerken wir, dass U abgeschlossen genau dann ist, wenn
U vollst•andig ist (und somit auch ein Hilbertraum ist). Insbesondere ist eine endlichdimensionaler Unterraum U immer abgeschlossen. Unterhalb betrachten wir die Eigenschaften der Projektion auf den abgeschlossenen Unterr•aumen von H.
Sei U ein abgeschlossener Unterraum von H. F•
ur jedes x 2 H bezeichnen wir mit
PU x die orthogonale Projektion von x auf U , d.h. PU x ist ein eindeutiger Punkt auf U
mit x PU x?U . Damit erhalten wir eine Abbildung PU : H ! H, die hei t der Projektor
auf U .
Satz 2.5 Der Projektor P = PU hat die folgenden Eigenschaften.
(a) P ist eine lineare Abbildung.
(b) im P = U und ker P = U ?
(c) P 2 = P
2.6. ORTHOGONALE PROJEKTOREN
(d) kP xk
35
kxk 8x 2 H.
(e) (P x; y) = (x; P y) (P ist ein symmetrischer Operator).
(f ) Es gilt die Identit•at PU + PU ? = Id :
Beweis. Bemerken wir, dass die Bedingung x
was wird im Beweis benutzt.
(a) Beweisen wir, dass f•
ur alle x; y 2 H
P x?U •aquivalent zu x
P x 2 U ? ist,
P (x + y) = P x + P y:
Da x
P x 2 U ? und y
P y 2 U ? , so erhalten wir
x
Px + y
P y 2 U ?;
d.h.
(x + y)
(P x + P y) 2 U ? :
Da P (x + y) ein eindeutiger Vektor mit
(x + y)
P (x + y) 2 U ? ;
daraus folgt P x + P y = P (x + y) : Analog beweist man, dass P ( x) = P x f•
ur alle
Skalaren .
(b) Nach de nition von P haben wir im P
U . F•
ur jedes x 2 U gilt o ensichtlich
P x = x, woraus folgt im P = U: F•
ur den Kern haben wir
ker P = fx 2 H : P x = 0g = fx 2 H : x?U g = U ? :
(c) Da P x 2 U , so erhalten wir P 2 x = P (P x) = P x; woraus folgt P 2 = P:
(d) Da
x = P x + (x P x)
und P x 2 U , x
P u 2 U ? , so erhalten wir nach dem Satz von Pythagoras
kxk2 = kP xk2 + kx
P xk2
woraus kP xk kxk folgt. Nach De nition der Operatornorm bedeutet das kP k
(e) Da P x 2 U und y P y 2 U ? , so haben wir
(P x; y
P y) = 0
und somit
(P x; y) = (P x; P y) :
Analog haben wir
(P y; x) = (P y; P x)
woraus folgt
(x; P y) = (P x; P y)
und somit (P x; y) = (x; P y) :
1:
36
(f ) Es reicht zu beweisen, dass f•
ur alle x 2 H
PU x + PU ? x = x:
Der Vektor y = PU ? x ist eindeutig bestimmt durch die Bedingungen
y 2 U ? und x
F•
ur z = x
PU x we haben
z 2 U ? und x
da PU x
y?U ? :
U
U?
?
z = PU x?U ?
: Daraus folgt y = z.
Korollar 2.6 F•
ur jeden abgeschlossenen Unterraum U gilt U ?
?
= U:
Beweis. Da
PU + PU ? = Id = PU ? + P
es folgt, dass PU = P
?
(U ? )
?
(U ? )
;
und somit
U = im PU = im P
?
(U ? )
= U?
?
:
Beispiel. F•
ur jede zwei Vektoren x; y im reellwertigen Hilbertraum H de niert man den
Winkel ' = ]xy zwischen x; y mit
cos ' =
(x; y)
; ' 2 [0; ] :
kxk kyk
(2.3)
(x;y)
Da kxkkyk
2 [ 1; 1], die Bedingungen (2.3) bestimmen den Winkel ' eindeutig. Sei U H
ein abgeschlossener Unterraum und setzen wir P = PU , x0 = P x und = ]xx0 : Dann gilt
2
(x; x0 ) = (x; P x) = x; P 2 x = (P x; P x) = kx0 k
und
cos
woraus folgt kx0 k = kxk cos :
Setzen wir auch y 0 = P y und
zwei Winkel
=
(x; x0 )
kx0 k
=
;
kxk kx0 k
kxk
= ]yy 0 so dass ky 0 k = kyk cos : Betrachten wir noch
= ]x0 y
und
= ]xy 0 :
2.7. BESTE APPROXIMATION VON FUNKTIONEN
37
x
y
0
α
γ
β
δ
x'
y'
U
Dann erhalten wir
(P x; y) = (x0 ; y) = kx0 k kyk cos
= kxk kyk cos cos
und analog
(x; P y) = kxk kyk cos cos :
Da (P x; y) = (x; P y), erhalten wir die Identit•at
cos cos
= cos cos ;
die sonst nicht so o ensichtlich ist.
2.7
Beste Approximation von Funktionen
Sei H ein Hilbertraum (eventuell der Lebesgue-Raum L2 (X; S; )). Gegeben seien n
linear unabh•angige Vektoren u1 ; :::; un 2 H, betrachten den Unterraum
U = span fu1 ; :::; un g = fc1 u1 + ::: + cn un : ck 2 Kg ;
der die lineare H•
ulle von u1 ; :::; un hei t. Sei V das orthogonale Komplement von U :
V = U ? = fv 2 H : (v; u1 ) = (v; u2 ) = ::: = (v; un ) = 0g :
Betrachten wir zwei folgende Optimierungsprobleme: gegeben ist ein Vektor f 2 H, man
muss bestimmen
1. einen Vektor u 2 U mit minimalem kf
tion von f aus U );
uk (der Vektor u ist die beste Approxima-
2. einen Vektor v 2 V mit minimalem kf
tion von f aus V ).
vk (der Vektor v ist die beste Approxima-
38
Da V = U ? , so ist V abgeschlossen. Da U endlichdimensional ist, so ist U auch
?
abgeschlossen. Daraus folgt, dass auch U = U ? = V ? . Nach dem Satz 2.3 erhalten
wir folgendes: die L•osung u des Optimierungsproblems 1 ist die orthogonale Projektion
u = PU f von f auf U , und die L•osung v des Optimierungsproblems 2 ist die orthogonale
Projektion v = PV f von f auf V . Nach dem Satz 2.5 haben wir f = u + v, so es reicht u
zu bestimmen. Wir haben
u = c1 u1 + ::: + cn un
wobei die Koe zienten c1 ; :::; cn noch bestimmt werden m•
ussen. Multiplizieren mit uk f•
ur
k = 1; :::; n ergibt
(c1 u1 + ::: + cn un ; uk ) = (u; uk ) = (f; uk )
(v; uk ) = (f; uk ) ;
und wir erhalten das folgende System f•
ur Bestimmung von ck :
8
c1 (u1 ; u1 ) + ::: + cn (un ; u1 ) = (f; u1 )
>
>
<
c1 (u1 ; u2 ) + ::: + cn (un ; u2 ) = (f; u2 )
:::
>
>
:
c1 (u1 ; un ) + ::: + cn (un ; un ) = (f; un )
(2.4)
Die Matrix M = ((uj ; ui ))ni;j=1 des Systems (2.4) ist die Gramsche Matrix von u1 ; :::; un ,
und nach der linearen Unabh•angigkeit von u1 ; :::; un gilt det M 6= 0: Damit erhalten wir
die L•osung von (2.4)
1
0
1
0
c1
(f; u1 )
B c2 C
B
C
B
C = M 1 B (f; u2 ) C ;
@ ::: A
@ ::: A
cn
(f; un )
die L•osung u = c1 u1 + ::: + cn un des Optimierungsproblems 1, und die L•osung v = f u
des Optimierungsproblems 2.
Betrachten wir konkrete Beispiele.
Beispiel. Sei H = L2 (a; b) mit endlichen a < b. Dann 1 2 L2 (a; b), und wir w•ahlen
n = 1 und u1 = 1, d.h. U ist der Unterraum, der aus Konstanten besteht, und V = U ?
besteht aus Funktionen v 2 L2 (a; b) mit
Z
b
vd` = 0:
a
Das System (2.4) f•
ur c = c1 wird
c (1; 1) = (f; 1)
woraus folgt
c=
1
b
und
u = c;
a
Z
b
f d`;
a
v=f
c:
2.7. BESTE APPROXIMATION VON FUNKTIONEN
39
Beispiel. Sei H = L2 (0; 1). Betrachten wir f•
ur n = 5 die Funktionen
u1 = 1; u2 (t) = t; u3 (t) = t2 ; u4 (t) = t3 ; u5 (t) = t4
so dass U = P4 . Dann haben wir
(ui ; uj ) =
Z
1
ti+j 2 dt =
0
und somit
0
B
B
M =B
B
@
F•
ur f (t) = et erhalten wir
Z
(f; u1 ) =
1
2
1
3
1
4
1
5
1
3
1
4
1
5
1
6
1
7
t
e dt = e
1;
(f; u5 ) =
1
5
1
6
1
7
1
8
1
9
t2 et dt = e
1
1
C
C
C:
C
A
(f; u2 ) =
2; (f; u4 ) =
0
Z
1
4
1
5
1
6
1
7
1
8
1
Z0 1
(f; u3 ) =
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
i+j
Z
1
Z 01
tet dt = 1
t3 et dt = 6
2e
0
1
t4 et dt = 9e
24
0
woraus folgt
0
B
B
B
B
@
c1
c2
c3
c4
c5
1
C
C
C = M
C
A
0
B
B
= B
B
@
0
1
0
e
1
1
B
C
1
B
C
B e 2 C
B
C
@ 6 2e A
9e 24
25
300
1050
1400
630
9545e
B 506 580
B
= B
B 825 930e
@ 3455 480
630 630e
300
4800
18 900
26 880
12 600
1050
1400
630
18 900
26 880
12 600
79 380
117 600 56 700
117 600 179 200
88 200
56 700
88 200 44 100
1 0
1
25 945
1: 00005
B
C
186 360e C
C B 0:998 45 C
C
B
2245 110 C B 0:510 58 C
C
1271 200e A @ 0:13966 A
1714 230
0:06 948
10
e
1
CB
C
1
CB
C
CB e 2 C
CB
C
A @ 6 2e A
9e 24
Somit ist die Funktion
u (t) = (9545e 25 945) + (506 580 186 360e) t + (825 930e
+ (3455 480 1271 200e) t3 + (630 630e 1714 230) t4
1
2245 110) t2
40
die beste Approximation von et aus P4 bez•
uglich der Norm von L2 (0; 1). Die TaylorFormel ergibt eine andere Approximation von et aus P4 : das Taylor-Polynom von Grad
4
1
1
1
v (t) = 1 + t + t2 + t3 + t4 :
2
6
24
Vergleichen wir die Abst•ande zwischen et und u bzw v:
Z 1
2
2
t
et u (t) dt 2: 759 575 738 205 1 10 10
e
u 2=
0
und
t
e
v
2
2
=
Z
1
et
v (t)
2
dt
8: 725 649 582 904 23
6
10
!
0
Die Graphen von diesen Funktionen sehen wie folgt aus (et gr•
un, u gelb, v rot): auf dem
Intervall (0; 1)
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
0.0
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
t
und auf dem Intervall (0:999; 1):
2.718
2.716
2.714
2.712
2.710
2.708
2.706
0.9990 0.9991 0.9992 0.9993 0.9994 0.9995 0.9996 0.9997 0.9998 0.9999 1.0000
t
2.8. STETIGE LINEARE FUNKTIONALE IM HILBERTRAUM
2.8
41
Stetige lineare Funktionale im Hilbertraum
•ber K (wobei K = R oder C).
De nition. Ein lineares Funktional auf V ist eine lineare Abbildung F : V ! K.
Ist V ein normierter Vektorraum, so kann man u
•ber die Stetigkeit von F sprechen.
Beispiel. Sei H ein Hilbertraum. F•
ur jedes a 2 H betrachten wir das folgende lineare
Funktional
Fa : H ! K
Fa (x) = (x; a) :
Dieses Funktional ist stetig, da xn ! x in H impliziert (xn ; a) ! (x; a) :
Z.B. in Rn bekommen wir die folgenden Funktionale:
Fa (x) =
n
X
x k ak :
k=1
In Rn gibt es o ensichtlich kein anderes lineares Funktional. Das Gleiche gilt in allen
Hilbertr•aumen bez•
uglich stetiger linearen Funktionale.
Satz 2.7 (Rieszscher Darstellungssatz) Zu jedem stetigen linearen Funktional F auf H
gibt es genau ein a 2 H mit
F (x) = (x; a)
8x 2 H:
Somit hat jedes stetige lineare Funktional F die Form Fa f•
ur ein a 2 H.
Beweis. Beweisen wir zun•achst die Existenz von a. Betrachten wir den Kern von F :
1
U = ker F = F
(f0g) = fx 2 H : F (x) = 0g ;
der ein abgeschlossener Unterraum von H ist, da F stetig ist. Setzen wir V = U ? . Gilt
V = f0g, so gilt auch U = V ? = H und somit F 0. In diesem Fall setzen wir a = 0.
Im Fall V 6= f0g w•ahlen wir ein b 2 V n f0g mit F (b) = 1. Dann f•
ur jedes x 2 H
haben wir
F (x F (x) b) = F (x) F (x) F (b) = 0;
woraus folgt
x
F (x) b 2 U:
Da b?U , daraus folgt
(x
F (x) b; b) = 0
und somit
F (x) =
(x; b)
= (x; a)
(b; b)
mit a = kbkb 2 :
Beweisen wir die Eindeutigkeit von a. Gilt (x; a1 ) = F (x) = (x; a2 ) f•
ur alle x 2 H, so
erhalten wir
(x; a1 a2 ) = 0:
42
Einsetzen x = a1
a2 ergibt ka1
a2 k = 0 und somit a1 = a2 :
Bemerkung. Es folgt aus diesem Beweis, dass im Fall V 6= f0g
x
F (x) b?V
woraus folgt PV x = F (x) b und somit V = span fbg und dim V = 1.
Bemerkung. Die Menge von allen stetigen linearen Funktionalen auf einem normierten
Vektorraum V ist ein Vektorraum, der hei t der Dualraum von V und wird mit V 0 bezeichnet. Satz 2.7 etabliert eine bijektive Abbildung F 7! a zwischen H 0 und H. Somit
sind H 0 und H linear isomorph. Sp•ater in dieser Vorlesung studieren wir die Dualr•aume
von Banachr•aumen.
Der Titel "Funktionalanalysis" von diesem Gebiet der Mathematik stammt aus dem
Begri von Funktional.
2.9
Orthogonale Folgen
De nition. Eine Folge fvn g von Vektoren im Pr•ahilbertraum hei t orthogonal, falls
vn ?vm f•
ur alle n 6= m und vn 6= 0 f•
ur alle n. Die Folge fvn g hei t orthonormal, falls
sie orthogonal ist und kvn k = 1 f•
ur alle n.
Es ist bekannt, dass jede orthogonale Folge ist linear unabh•angig. Ist fvn g eine orthogonale Folge, so ist die Folge un = kvvnn k orthonormal.
Beispiel. 1. In Rn ist die Folge e1 ; :::; en orthonormal, wobei
k
ek = (0; :::; b
1; :::0):
2. In l2 ist die Folge fek g1
k=1 orthonormal, wobei
k
ek = (0; :::; b
1; :::; 0; :::):
3. In L2 (0; 2 ) ist die folgende Folge orthogonal:
1; cos x; sin x; cos 2x; sin 2x; :::; cos nx; sin nx; :::
4. In L2C (0; 2 ) ist die Folge feinx gn2Z orthogonal.
5. In L2 ( 1; 1) ist die Folge fLn (x)g1
n=0 von Legendre-Polynomen orthogonal, wobei
Ln (x) =
1 dn
x2
n
n
2 n! dx
1
n
ein Polynom von Grad n ist. Z.B. wir haben L0 1, L1 (x) = x, L2 (x) = 12 (3x2 1), L3 (x) =
1
(5x3 3x), L4 (x) = 18 (63x5 70x3 + 15x), usw. Diese Polynome sind auf dem n•achsten
2
Bild gezeichnet:
2.9. ORTHOGONALE FOLGEN
43
y
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
-1.0
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
-0.2
1.0
x
-0.4
-0.6
-0.8
-1.0
6. Sei D die Einheitskreisscheibe in C mit dem Radius 1, d.h. D = fz 2 C : jzj < 1g.
Dann ist die folgende Folge von Funktionen orthogonal in L2C (D):
1; z; z 2 ; :::; z n ; :::
Satz 2.8 Sei fen gN
n=1 eine orthonormale Folge im Hilbertraum H, wobei N entweder
nat•
urliche Zahl oder 1 ist.
(a) F•
ur jedes x 2 H gilt
kxk2
n=1
(Besselsche Ungleichung).
P
(b) F•
ur x = N
n=1 n en mit n 2 K gelten
n
und
kxk2 =
(Parsevalsche Gleichung).
N
X
j(x; en )j2
= (x; en ) f•
ur alle n
N
X
n=1
j
2
nj =
N
X
n=1
j(x; en )j2
Beweis. (a) Es reicht zu beweisen, dass f•
ur jede nat•
urliche Zahl m
2
kxk
(2.5)
m
X
n=1
(2.6)
N gilt
j(x; en )j2 :
Dann f•
ur endliches N erhalten wir (2.5) f•
ur m = N , und f•
ur N = 1 lassen wir m ! 1.
44
Betrachten wir den Unterraum
U = span fe1 ; :::; em g
der endlichdimensional und somit abgeschlossen ist. Dann ist PU x eine lineare Kombination von e1 ; :::; em , sei
PU x = 1 e1 + ::: + m em :
(2.7)
Wir haben nach dem Satz der Pythagoras
kxk
Berechnen wir jetzt
n.
2
2
kPU xk =
m
X
n=1
2
k
n en k
=
m
X
n=1
j
2
nj
:
(2.8)
Es folgt aus (2.7)
m
X
(x; en ) = (PU x + PU ? x; en ) = (PU x; en ) =
k ek ; en
k=1
!
=
m
X
k
(ek ; en ) =
n:
k=1
Einsetzen in (2.8) ergibt (2.5).
(b) F•
ur endliches N haben wir alles schon in (a) bewiesen. Sei N = 1. Betrachten
wir die partiellen Summen
m
X
xm =
n en
n=1
so dass xm ! x f•
ur m ! 1. Daraus folgt
kxm k ! kxk
und f•
ur jedes n
(xm ; en ) ! (x; en ) f•
ur m ! 1:
Da f•
ur m > n gilt (xm ; en ) =
Pythagoras gilt
n,
so erhalten wir auch (x; en ) =
2
kxm k =
woraus (2.6) folgt f•
ur m ! 1.
2.10
m
X
n=1
j
2
nj
n.
Nach dem Satz der
;
Orthonormalbasis
Sei fen gN
n=1 eine Folge im Hilbertraum, wobei N entweder endlich oder unendlich ist (d.h.
N 2 N [ f1g).
De nition. Die Folge fen gN
ur jedes x 2 H existiert genau eine
n=1 hei t eine Basis, falls f•
N
Folge f n gn=1 von Elementen von K mit
x=
N
X
n xn :
n=1
Die Werte
n
hei en die Koordinaten von x in der Basis fen g.
2.10. ORTHONORMALBASIS
45
De nition. Die Folge fen gN
n=1 hei t ein Erzeugendensystem, falls span fen g dicht in H
liegt.
Erinnern wir uns, dass span fen g die lineare H•
ulle von fen g ist, d.h. die Menge von
allen endlichen linearen Kombinationen von fen g. Die lineare H•
ulle ist immer ein Unterraum. Eine Teilmenge M
H liegt dicht im H falls der Abschluss M von M mit H
u
•bereinstimmt (d.h. f•
ur jedes Element x 2 H existiert eine Folge fyn g M mit yn ! x).
Der Abschluss von span fen g hei t die abgeschlossene lineare H•
ulle von fen g und wird mit
span fen g bezeichnet (o ensichtlich ist span fen g ein abgeschlossener Unterraum). Somit
ist die Folge fen g ein Erzeugendensystem genau dann, wenn span fen g = H.
N
De nition. Sei fen gN
n=1 eine orthogonale Folge. Die Folge fen gn=1 hei t maximal, falls
x?en f•
ur alle n ergibt x = 0:
Die Maximalit•at von fen g bedeutet, dass diese Folge nicht vergr•ossert werden kann
ohne die Orthogonalit•at zu st•oren.
Satz 2.9 Sei fen g1
n=1 eine orthonormale Folge. Dann sind die folgenden Eigenschaften
aquivalent:
•
1. fen g ist eine Basis;
2. fen g ist ein Erzeugendensystem;
3. fen g ist maximal;
4. f•
ur jedes x 2 H gilt x =
P1
n=1
5. f•
ur jedes x 2 H gilt kxk2 =
(x; en ) en ;
P1
n=1
j(x; en )j2 :
Zun•achst beweisen wir ein Lemma.
1
Lemma 2.10
Sei fen g1
n=1 eine orthonormale Folge
P1 und f n gn=1 eine Folge von KonP1
2
stanten mit n=1 j n j < 1: Dann ist die Reihe n=1 n en konvergent.
Beweis. Betrachten wir die partielle Summe
xn =
n
X
k ek :
k=1
F•
ur n > m haben wir
kxn
2
xm k =
n
X
k=m+1
2
k ek
=
n
X
k=m+1
j
2
kj
!0
f•
ur n; m ! 1. Somit ist die Folge fxn g Cauchy und konvergent, d.h. die Reihe
konvergiert.
Beweis von Satz 2.9. Wir beweisen die folgenden Implikationen:
1 ) 2 ) 3 ) 4 ) 1 und 1 ) 5 ) 3:
P1
k=1
k ek
46
1 ) 2: Wir haben o ensichtlich
1
X
n en
n=1
2 span fen g :
P
Da jedes x sich in der Form 1
asst, so erhalten wir, dass span fen g =
n=1 n en darstellen l•
H und somit ist fen g ein Erzeugendensystem.
2 ) 3: Wir m•
ussen beweise, dass x?en f•
ur alle n ergibt x = 0: Die Bedingung x?en
impliziert, dass x orthogonal zu span fen g ist und dann auch orthogonal zu span fen g :
folgt x = 0:
Da span fen g = H, erhalten wir x?H, insbesondere x?x, worausP
3 ) 4: We m•
ussen beweisen, dass f•
ur jedes x 2 H gilt x = 1
n =
n=1 n en wobei
(x; en ) : Nach der Besselschen Ungleichung gilt
1
X
2
kxk
n=1
j
2
nj
P1
P1
2
so dass
n=1 n en konvergent, sei
P1 n=1 j n j < 1: Nach Lemma 2.10 ist die Reihe
z = n=1 n en : Es bleibt zu beweisen, dass x = z: Nach Satz 2.8 gilt n = (z; en ) und
somit (z; en ) = (x; en ) : Daraus folgt, dass
z
x?en f•
ur alle n:
Da die Folge fen g maximal
P1war.
P1 ist, so erhalten wir z x = 0, was zu beweisen
4 ) 1: Da x = n=1 (x; en ) en , so existiert die Entwicklung x = n=1 n en : Nach
Satz 2.8 sind alle n eindeutig bestimmt.
ur jedes x eine Entwicklung x =
P11 ) 5: Da fen g eine Basis ist, erhalten wir f•
n=1 n en . Es folgt nach Satz 2.8, dass n = (x; en ) und
2
kxk =
1
X
n=1
j(x; en )j2 :
5 ) 3: Gilt x?en f•
ur alle n, so erhalten wir (x; en ) = 0 und somit auch kxk = 0 und
x = 0: Daher ist die Folge fen g maximal.
Korollar 2.11 Sei fen g1
ur alle x; y 2 H
n=1 eine Orthonormalbasis im H. Dann gilt f•
(x; y) =
1
X
n n
(2.9)
n=1
wobei
n
= (x; en ) und
n
= (y; en ) :
F•
ur Beweis brauchen wir die folgende Behauptung.
Behauptung. In jedem Pr•ahilbertraum xn ! x und yn ! y implizieren (xn ; yn ) !
(x; y) :
Beweis. Wir haben nach der Cauchy-Schwarz-Ungleichung:
j(xn ; yn )
(x; y)j = j(xn
j(xn
kxn
x; yn ) + (x; yn y)j
x; yn )j + j(x; yn y)j
xk kyn k + kxk kyn yk :
2.10. ORTHONORMALBASIS
47
Da kyn k beschr•ankt wegen kyn k ! kyk ist, erhalten wir, dass die rechte Seite gegen 0
konvergiert f•
ur n ! 1, woraus folgt (xn ; yn ) ! (x; y).
Beweis von Korollar 2.11. Setzen wir
xn =
n
X
k ek und yn =
k=1
n
X
l el ;
l=1
so dass xn ! x und yn ! y f•
ur n ! 1: Dann gilt
n
X
(xn ; yn ) =
(
k ek ;
l el )
=
k;l=1
F•
ur n ! 1 erhalten wir
n
X
k:
k
k=1
(xn ; yn ) ! (x; y)
und
n
X
k
k
k=1
woraus (2.9) folgt.
!
1
X
k
k
k=1
Zweiter Beweis Zun•
achst bemerken wir, dass nach der Cauchy-Schwarz-Ungleichung in lC2 die Reihe
(2.9) absolut konvergent ist. Im fall von reellwertigen Hilbertraum H haben wir nach der Polarisationsformel und dem Parsevalschen Gleichung
(x; y)
1
2
2
kx + yk
kx yk
4
1
1
X
1 X
2
( n + n)
(
4 n=1
n=1
=
=
=
1
X
2
n)
n
!
n n:
n=1
Im komplexwertigen Fall gilt eine andere Polarisationsformel:
(x; y) =
1
2
kx + yk
4
2
kx
yk
+
+
2
i
2
kx + iyk
4
kx
iyk
woraus folgt
(x; y)
=
1
4
i
+
4
=
=
=
1
X
1
X
j
n=1
1
X
n=1
1
X
n=1
1
X
n=1
wobei we benutzt haben Re ( iz) = Im z:
n=1
n
j
n
1
X
nj
+i
2
nj
j n
n=1
1
X
n=1
j
2
nj
n
Re
n n
+ i Re
ni n
Re
n n
+ i Im
n n
n n:
i
!
2
nj
!
2
;
48
2.11
Existenz orthogonaler Basis im separablen Hilbertraum
De nition. Ein metrischer Raum (X; d) hei t separabel, falls es eine abz•ahlbare Teilmenge M X gibt, die dicht in X liegt (d.h. M = X).
Da jeder normierter Vektorraum auch ein metrischer Raum ist, so kann man diesen
Begri f•
ur normierten R•aumen anwenden.
Beispiel. R ist separabel da die abz•ahlbare Menge Q in R dicht liegt. Analog auch
Rn separabel ist, da die abz•ahlbare Mengen Qn von Vektoren (x1 ; :::; xn ) mit rationalen
Komponenten in Rn dicht liegt.
Beispiel. Der Raum lp ist separabel f•
ur alle p 2 [1; 1); da die Menge M von Elementen
p
von l der Form (x1 ; :::; xn ; 0; 0; :::) mit beliebigen n 2 N und x1 ; :::; xn 2 Q abz•ahlbar ist
und in lp dicht liegt. Der Raum l1 ist im Gegenteil nicht separabel.
Wir werden sp•ater beweisen, dass die R•aume C [a; b] und Lp (a; b) mit p 2 [1; 1) auch
separabel sind. Insbesondere ist L2 (a; b) ein separabler Hilbertraum.
Satz 2.12 Sei H ein Hilbertraum mit dim H = 1. Dann sind die folgenden Eigenschaften •
aquivalent:
1. Es gibt eine Orthonormalbasis fen g1
n=1
2. Es gibt ein Erzeugendensystem fgn g1
n=1
3. H ist separabel.
Beweis. 1 ) 2: Eine Basis ist auch ein Erzeugendensystem nach Satz 2.9.
2 ) 3: Betrachten wir die rationale lineare H•
ulle von fgn g:
spanQ fgn g = fc1 g1 + ::: + cn gn : n 2 N; Re ck ; Im ck 2 Qg :
Die Menge spanQ fgn g ist o ensichtlich abz•ahlbar, und
spanQ fgn g = span fgn g = H:
Damit ist H separabel.
3 ) 2: Trivial: ist M = fgn g1
ahlbare dichte Menge, so ist die Folge fgn g
n=1 eine abz•
Erzeugendensystem, da
span fgn g M = H:
2 ) 1: Gegeben ist ein Erzeugendensystem fgn g1
n=1 , so bilden wir eine Orthogonalbasis fen g mit Hilfe von dem Gram-Schmidtschen Orthogonalisierungsverfahren. Danach
kann man die Vektoren en normieren, d.h. en durch keenn k ersetzen und somit eine Orthonormalbasis erhalten. Wir de nieren die Folge fen g1
n=1 per Induktion nach n so dass
f•
ur jedes n gilt:
die Folge fe1 ; :::; en g ist orthogonal;
g1 ; :::; gn 2 span fe1 ; :::; en g.
2.11. EXISTENZ ORTHOGONALER BASIS IM SEPARABLEN HILBERTRAUM 49
Ohne Beschr•ankung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass gn 6= 0 f•
ur alle n. Dann
f•
ur n = 1 setzen wir e1 = g1 . Angenommen, dass die Vektoren e1 ; :::; en schon de niert
sind, bemerken wir, dass der Unterraum En := span fe1 ; :::; en g endlichdimensional und
abgeschlossen ist. Dann existiert ein gm 2
= En da sonst erhalten wir
H = span fgm g
En
was im Widerspruch zu dim H = 1 steht. W•ahlen wir ein gm 2
= En mit dem minimalen
Wert von m.
Da En alle g1 ; :::; gn enth•alt, so haben wir m n + 1. Setzen wir
en+1 = PEn? gm :
(2.10)
Dann ist en+1 orthogonal zu En und somit zu allen e1 ; :::; en , so dass fe1 ; :::; en+1 g eine
orthogonale Folge ist. Da
gm = PEn gm + PEn? gm = PEn gm + en+1
und PEn gm 2 En , so erhalten wir, dass
gm 2 span (En ; en+1 ) = En+1 :
Nach der Minimalit•at von m gilt g1 ; :::; gm 1 2 En , woraus folgt g1 ; :::; gm 2 En+1 und
somit auch g1 ; :::; gn+1 2 En+1 .
Nach dem Induktionsprinzip erhalten wir eine orthogonale Folge fen g1
n=1 mit der
Eigenschaft, dass span fen g alle gk enth•alt. Daraus folgt, dass
span fen g
span fgn g = H
und somit ist fen g eine Basis nach dem Satz 2.9.
Bemerkung. In den Anwendungen ist es leichter PEn gm als PEn? gm zu bestimmen. Dann
benutzt man statt (2.10) die •aquivalente De nition
en+1 = gm
PEn gm :
Korollar 2.13 Jeder separabler Hilbertraum H ist isomorph (als Hilbertraum) zu einem
der folgenden R•aumen: Rn ,Cn , l2 , lC2 .
Beweis. Betrachten wir den Fall von K = C. Gilt n := dim H < 1; so ist H isomorph zu
Cn . Sei dim H = 1. Nach dem Satz 2.12 existiert in H eine Orthonormalbasis fen g1
n=1 :
F•
ur jedes x 2 H existiert eine eindeutige Entwicklung
x=
1
X
xn en
n=1
mit xk 2 C, und
X
jxk j2 = kxk2 < 1:
50
Daraus folgt, dass die Folge (x1 ; x2 ; :::) ein Element von lC2 ist. Somit erhalten wir eine
lineare Abbildung
: H ! lC2
x = (x1 ; x2 ; :::) :
O ensichtlich
gelten ker = f0g und im = lC2 , da f•
ur jede Folge (x1 ; x2 ; :::) 2 lC2 die
P1
Reihe n=1 xn en zu einem Element von H konvergiert (siehe Lemma 2.10). Somit sind
H und lC2 linear isomorph als Vektorr•aume.
Zeigen wir, dass H und lC2 auch isomorph als Hilbertr•aume sind (man sagt auch, dass
H und lC2 linear isometrisch sind). Daf•
ur m•
ussen wir u
•berpr•
ufen, dass die Abbildung
das Skalarprodukt beh•alt, d.h. f•
ur alle x; y 2 H
(x; y) = ( x; y) :
P
P
Dies folgt aus Korollar 2.11, da x = xn en und y = yn en ergeben
(x; y) =
1
X
(2.11)
xn yn
n=1
und nach der De nition von Skalarprodukt in lC2
( x; y) =
1
X
xn yn ;
n=1
woraus (2.11) folgt.
2.12
Dicht liegende Teilmengen in Lebesgue-R•
aumen
Seien A; B zwei Mengen in einem normierten Vektorraum V . Wir betrachten h•au g
B wobei B der Abschluss von B ist, und benutzen die folgende
die Bedingung A
Bezeichnung:
A B , A B:
Man sagt in diesem Fall: A wird mit B approximiert. Die Bedingung A B bedeutet,
dass jedes a 2 A mit eine Folge fbn g aus B approximiert wird, d.h. bn ! a f•
ur n ! 1.
Z.B. liegt B dicht in V , so schreiben wir V
B. Bemerken wir folgendes: h•au g
benutzt man die Relation A B in der Situation wenn A B, aber trotzdem A B.
Lemma 2.14 Seien A; B; C Teilmengen von V .
(a) A
B
C impliziert A
C
(b) A
span B impliziert span (A)
span (B) :
Beweis. (a) Da A B und B C ergibt B C, so erhalten wir A C:
(b) Da jedes Element von A mit linearen Kombinationen von Elementen von B approximiert werden kann, so gilt dasselbe f•
ur die linearen Kombinationen von Elementen
von A, woraus span (A) span (B) folgt.
Sei C0 [a; b] ein Unterraum von C[a; b] der aus den Funktionen f 2 C [a; b] mit f (a) =
f (b) = 0 besteht.
•
2.12. DICHT LIEGENDE TEILMENGEN IN LEBESGUE-RAUMEN
51
Satz 2.15 F•
ur alle reelle a < b und p 2 [1; 1) gilt folgendes.
(a) Lp (a; b) ist separabel.
(b) C0 [a; b] liegt dicht in Lp (a; b).
Beweis. Betrachten wir zun•achst den Fall p = 1: F•
ur (a) nden wir eine abz•ahlbare
1
Teilmenge M L (a; b) und beweisen, dass
L1 (a; b)
M:
(2.12)
F•
ur (b) beweisen wir (2.12) mit M = C0 [a; b].
In den beiden F•allen nden wir die Teilmengen T0 ; T1 ; T2 ; T3 von L1 (a; b) mit
L1 (a; b)
span T0
span T1
span T2
span T3
M:
Setzen wir
T0 = f 2 L1 (a; b) : f
0 ;
T1 = f1E : E ist messbare Teilmenge von (a; b)g
T2 = f1 : ist o ene Teilmenge von (a; b)g
T3 = f1I : I ist ein o enes Teilintervall von (a; b)g :
Nach der De nition von integrierbaren Funktionen haben wir
L1 (a; b) = span T0 :
Beweisen wir, dass T0
span T1 . Nach der De nition von Lebesgue-Integral haben wir
f•
ur jede nicht-negative Funktion f 2 L1 (a; b)
Z
Z
f d` = lim
fn d`
n!1
[a;b]
wobei
fn =
1
X
k
k=0
Da f
fn , daraus folgt
kf
fn k1 =
Z
(f
[a;b]
1 k
n fn
[a;b]
:
f < k+1
n g
fn ) d` ! 0 f•
ur n ! 1:
Da die Mengen nk f < k+1
messbar sind, so erhalten fn 2 spanT1 und somit f 2
n
spanT1 , woraus T0 span T1 folgt.
Um T1 T2 zu beweisen, brauchen wir die Konstruktion von Lebesgue-Ma auf (a; b).
Nach der De nition von messbaren Mengen, f•
ur jede messbare Menge E (a; b) existiert
eine Folge von o enen Mengen n (a; b) mit n E und ` ( n n E) ! 0 f•
ur n ! 1:
Daraus folgt, dass
Z
k1 n 1E k1 =
1 n nE d` = ` ( n n E) ! 0
[a;b]
52
und somit T1 T2 :
F
Jede o ene Teilmenge
(a; b) ist eine disjunkte Vereinigung 1
k=1 Ik von o enen
Intervallen Ik . Daraus folgt, dass
1
n
X
=`
1Ik
k=1
1
F
! 0 f•
ur n ! 1
Ik
k=n+1
1
und somit T2 span T3 :
Im Fall (a) setzen wir
M = spanQ 1(
; )
:( ; )
(a; b) mit ;
2Q :
Es ist klar, dass M abz•ahlbar ist und M = spanT3 . Daraus folgt
span T3
M
L1 (a; b)
M;
und somit auch
d.h. L1 (a; b) ist separabel.
Im Fall (b) es bleibt zu zeigen, dass T3
C0 [a; b] : F•
ur jedes o enes Intervall I =
( ; ) (a; b) und jedes hinreichend kleines " > 0 betrachten wir die stetige Funktion auf
[a; b]
8
"
< 1; + " x
0; x
oder x
f" (x) =
:
linear auf [ ; + "] und [
"; ] :
Dann gelten f" 2 C0 [a; b] und
1(
; )
f"
2";
1
woraus folgt T3 C0 [a; b].
Betrachten wir jetzt den allgemeinen Fall p 2 (1; 1) : De nieren wir eine Abbildung
: Lp (a; b) ! L1 (a; b)
f = jf jp sgn f
Da j f j = jf jp , so haben wir
f 2 L1 (a; b). O ensichtlich hat
1
1
:
die inverse Abbildung
L1 (a; b) ! Lp (a; b)
h = jhj1=p sgn h:
Wir werden beweisen, dass (2.12) ergibt
Lp (a; b)
1
(M ) :
(2.13)
1
Im Fall (a) ist
(M ) abz•ahlbar, woraus folgt, dass Lp (a; b) separabel ist. Im Fall (b)
bemerken wir, dass
1
(C0 [a; b]) = C0 [a; b] ;
woraus folgt, dass C0 [a; b] dicht in Lp (a; b) liegt.
•
2.12. DICHT LIEGENDE TEILMENGEN IN LEBESGUE-RAUMEN
F•
ur zwei Funktion f; g 2 Lp (a; b) erhalten wir1
Z
Z
p
p
p
kf gkp =
jf gj d` 2
j f
gj d` = 2p k f
[a;b]
[a;b]
gk1 :
53
(2.15)
Nach dem ersten Teil von dem Beweis, f•
ur jede Funktion f 2 Lp (a; b), erhalten wir eine
Folge fhn g von Funktionen aus M L1 (a; b) mit
k f
hn k1 ! 0 f•
ur n ! 1:
Setzen wir
1
fn =
1
hn 2
(M ) :
Nach (2.15) erhalten wir
kf
fn kpp
2p k f
fn k1 = 2p k f
hn k1 ! 0;
Lp
und somit fn ! f , woraus (2.13) folgt
Korollar 2.16 LpC (a; b) ist separabel f•
ur alle p 2 [1; 1):
Beweis. Ist M eine abz•ahlbare dicht liegende Teilmenge von Lp (a; b), so ist die Menge
K = ff + ig : f; g 2 M g
abz•ahlbar und liegt dicht in L2C (a; b).
Korollar 2.17 Die Hilbertr•aume L2 (a; b) und L2C (a; b) haben abz•
ahlbare Orthogonalbasen. Auch L2 (a; b) ist isomorph zu l2 und L2C (a; b) ist isomorph zu lC2 .
Beweis. Das folgt aus dem Satz 2.12 und Korollar 2.13, da die R•aume L2 (a; b) und
L2C (a; b) separabel und unendlichdimensional sind.
1
p
Wir benutzen die folgende Eigenschaft der Funktion ' (t) = jtj sgn t: f•
ur alle t; s 2 R
p
jt
2p j' (t)
sj
Es reicht (2.14) f•
ur den Fall t > s und t
' (s)j :
0 zu beweisen. F•
ur s
p
1
s
t
(t
s)
+
s
t
p
1
(2.14)
0 haben wir
s s
+ =1
t
t
woraus folgt
p
tp
sp = ' (t)
' (s) :
F•
ur s < 0 haben wir
(t
p
s)
=
p
p
(t + jsj)
(2 max (t; jsj))
p
p p
2 (t + jsj )
= 2p (' (t) ' (s)) :
54
2.13
Satz von Stone-Weierstra
Sei X ein kompakter metrischer Raum. Bezeichnen wir mit C (X) die Menge von allen
stetigen reellwertigen Funktionen auf X. O ensichtlich ist C (X) ein Vektorraum u
•ber R,
und die sup-Norm
kf k = sup jf j
X
eine Norm in C (X) ist. Wie im Satz 1.4 beweist man, dass C (X) ein Banachraum ist.
Bemerken wir, dass in C (X) nicht nur die linearen Operationen de niert sind, sondern
auch die Multiplikation:
(f g) (x) = f (x) g (x) 8x 2 X:
Die Multiplikation ist bilinear bez•
uglich der linearen Operationen, und es gilt kf gk
kf k kgk. Ein Banachraum mit solcher Multiplikation hei t eine Banachalgebra 2 . Somit
ist C (X) eine Banachalgebra. Diese Banachalgebra ist zus•atzlich kommutativ, assoziativ,
und hat die Einheit { die konstante Funktion 1.
Eine Teilmenge A von C (X) hei t eine Algebra (oder Unteralgebra von C (X)), falls
A ein Unterraum ist und f; g 2 A ergibt f g 2 A.
Hauptsatz 2.18 (Satz von Stone-Weierstra ) Sei X ein kompakter metrischer Raum
und A eine Algebra von Funktionen aus C (X) mit den folgenden Eigenschaften:
1. Die Algebra A ist unit•ar, d.h. 1 2 A:
2. Die Algebra A trennt die Punkte von X, d.h. f•
ur jedes Paar x; y 2 X mit x 6= y
existiert eine Funktion f 2 A mit f (x) 6= f (y)
Dann liegt A dicht in C (X) :
Vor dem Beweis zeigen wir die Anwendungen.
Bezeichnen wir mit CT die Menge von reellwertigen stetigen T -periodischen Funktionen auf R. Dann ist CT ein normierter Vektorraum mit der sup-Norm (und sogar ein
Banachraum). Man kann CT als Unterraum von C [0; T ] betrachten, wie folgt:
CT = ff 2 C [0; T ] : f (0) = f (T )g :
Ein trigonometrisches Polynom ist eine Funktion der Form
a0 + a1 cos x + b1 sin x + ::: + an cos nx + bn sin nx
mit n 2 N und ak ; bk 2 R. Die Menge von trigonometrischen Polynomen wird mit T
bezeichnet. O ensichtlich ist T ein Unterraum von C2 . Dar•
uber hinaus ist T eine Algebra, da das Produkt von zwei trigonometrischen Polynomen wieder ein trigonometrisches
Polynom ist, was aus den folgenden Identit•aten folgt:
1
(cos (k m) x cos (k + m) x)
sin kx sin mx =
2
1
(cos (k m) x + cos (k + m) x)
cos kx cos mx =
2
1
sin kx cos mx =
(sin (k + m) x + sin (k m) x) :
2
2
Ein Vektorraum V hei t eine Algebra, falls es in V die Multiplikation x; y 7! xy 2 V gibt, die
bilinear in x und y (die Multiplikation kann kommutativ bzw assoziativ sein, aber nicht unbedingt).
Eine normierte Algebra ist eine Algebra mit der Norm k k, die auch erf•
ullt kxyk
kxk kyk. Eine
Banachalgebra ist eine normierte Algebra, die vollst•andig bez•
uglich der Norm ist.
2.13. SATZ VON STONE-WEIERSTRASS
55
Korollar 2.19 (Approximationssatz von Weierstra )
(a) Der Raum P von allen Polynomen liegt dicht in C [a; b], f•
ur alle reelle a < b.
(b) Der Raum T von trigonometrischen Polynomen liegt dicht in C2 .
Beweis. (a) O ensichtlich ist P eine Algebra. Diese Algebra ist unit•ar, da 1 2 P. Diese
Algebra trennt die Punkte, da die Funktion f (x) = x zu P geh•ort und alle Punkte von
[a; b] trennt. Nach dem Hauptsatz 2.18 liegt P dicht in C [a; b] :
(b) Die 2 -Funktionen auf R k•onnen als Funktionen auf dem Einheitskreis
S = fz 2 C : jzj = 1g
betrachtet werden wie folgt:
fe ei
f 2 C2 7! fe 2 C (S)
= f ( );
2 [0; 2 ]:
Somit k•onnen die Banachr•aume C2 und C (S) identi ziert werden. Die Menge T von
trigonometrischen Polynomen ist eine Algebra. Diese Algebra ist unit•ar, da 1 2 T . Diese
Algebra trennt die Punkten von S, da f•
ur zwei verschiedenen Punkten ei 1 ; ei 2 auf S gilt
entweder sin 1 6= sin 2 oder cos 1 6= cos 2 : Da S kompakt ist, so erhalten wir nach dem
Hauptsatz 2.18, dass T dicht in C (S) liegt.
Korollar 2.20 Der Raum C [a; b] ist separabel.
Beweis. Sei PQ die Menge von Polynomen mit rationalen Koe zienten. Diese Menge ist
abz•ahlbar, und es gilt
C [a; b] P PQ
woraus folgt, dass PQ dicht in C [a; b] liegt.
Beweis von Hauptsatz 2.18. Beweisen wir zun•achst zwei Behauptungen.
Behauptung 1. F•
ur jedes x0 2 X und jede abgeschlossene Menge F X mit x0 2
= F , es
gibt eine o ene Umgebung U von x0 , die von F disjunkt ist und die folgende Eigenschaft
erf•
ullt: f•
ur jedes > 0 existiert eine Funktion h 2 A mit 0 h 1 und
sup h
U
;
inf h
F
1
:
Da A die Punkte trennt, f•
ur jedes x 6= x0 existiert eine Funktion fx 2 A mit
fx (x0 ) 6= fx (x). Wir k•onnen annehmen, dass fx (x0 ) = 0 indem wir eine Konstante
fx2
aus fx subtrahieren. Die Funktion gx = 2kf
geh•ort auch zu A und erf•
ullt 0 gx < 1,
2
xk
gx (x0 ) = 0 und gx (x) > 0:
Betrachten wir die o ene Menge Gx = fgx > 0g. Dann ist fGx gx2F eine o ene
•
Uberdeckung
von F . Da F eine kompakte Menge ist, es gibt eine endliche Teil•
uberdeckung
Gx1 ; :::; Gxm . Betrachten wir die Funktion
g=
1
(gx1 + ::: + gxm ) ;
m
56
die zu A geh•ort und die folgenden Eigenschaften erf•
ullt: 0
g (x) > 0 f•
ur alle x 2 F . Da F kompakt ist, so haben wir
g < 1, g (x0 ) = 0 and
:= inf g > 0
F
und
< 1. Setzen wir
U = fg < =2g
so dass U eine o ene Menge ist, x0 2 U und U \ F = ;: W•ahlen wir eine ganze Zahl k so
dass
1
2
<k< ;
und betrachten wir f•
ur alle n
1 die Funktionen
hn = 1
n
g n )k :
(1
O ensichtlich haben wir hn 2 A und 0
hn
1. Zeigen wir, dass
inf hn ! 1 f•
ur n ! 1:
(2.16)
sup hn ! 0 f•
ur n ! 1:
(2.17)
F
und
U
Da g
auf F , so haben wir
inf hn
1
F
Da g
n kn
(1
)
:
=2 auf U , so haben wir
n kn
sup hn
1
1
2
U
Bezeichnen wir
:
bzw =2 mit q, so dass 0 < q < 1. Da q n ! 0 f•
ur n ! 1, wir haben
q n )k
ln (1
n
= k n ln (1
qn)
knqn =
Daraus folgt
q n )k
lim ln (1
n!1
n
1; kq > 1;
0; kq < 1
=
und
lim
n!1
1
q n )k
(1
n
=
1; kq > 1;
0; kq < 1:
Da k > 1, so erhalten wir
1
n kn
(1
)
! 1 f•
ur n ! 1
und somit (2.16). Da k =2 < 1, so erhalten wir
n kn
1
1
2
! 0 f•
ur n ! 1;
(kq)n :
2.13. SATZ VON STONE-WEIERSTRASS
und somit (2.17).
Gegeben ist ein
57
> 0, w•ahlen wir n mit
inf hn > 1
;
F
sup hn <
U
und setzen h = hn .
Behauptung 2. Seien E; F zwei abgeschlossene disjunkte Teilmengen von X. Dann f•
ur
jedes > 0 existiert eine Funktion h 2 A mit 0 h 1 und
sup h
;
inf h
1
F
E
:
F•
ur jedes x 2
= F sei Ux die Umgebung von x aus Behauptung 1. Dann ist fUx gx2E
•
eine o ene Uberdeckung von E. Somit existiert eine endliche Teil•
uberdeckung Ux1 ; :::; Uxn :
Nach Behauptung 1, f•
ur jedes k = 1; :::; n es gibt eine Funktion hk 2 A mit 0 hk 1,
sup hk
=n ; inf hk
1
F
Uxk
=n:
Betrachten wir die Funktion
h = h1 h2 :::hn :
O ensichtlich haben wir h 2 A, 0
h
1,
sup h (x)
=n
E
und nach der Bernoullischen Ungleichung
n
inf h (x)
1
F
1
n
:
Jetzt beweisen wir, dass A dicht in C (X) liegt. Gegeben seien f 2 C (X) und
" > 0, beweisen wir, dass es eine Funktion g 2 A gibt mit sup jf gj 2": Wir k•onnen
annehmen, dass f > 0 indem wir zu f eine gro e Konstante addieren. Betrachten wir
jedes n 2 N die Mengen
En = ff
(n
Fn = ff
1) "g ;
n"g :
Nach der Behauptung 2, es gibt eine Funktion hn 2 A mit 0
sup hn
;
En
inf hn
1
Fn
W•ahlen wir eine ganze Zahl N > 1" sup f und setzen
Bemerken wir, dass
; = E1
E2
:::
EN
:
=
1
.
N
EN +1 = X
und
X = F0
F1
:::
FN = ;:
hn
1 und
58
Betrachten wir die Funktion
g="
N
X
hn
n=1
und sch•atzen sup jf gj ab. Da E1 = ; und EN +1 = X, so liegt jedes x 2 X in einer der
Mengen Ek+1 n Ek ; k = 1; :::; N: F•
ur x 2 Ek+1 n Ek haben wir
(k
1) " < f (x)
F•
ur n
k + 1 haben wir x 2 Ek+1
n k, so erhalten wir
k":
En und somit hn (x)
g (x) = "
k
X
hn (x) + "
n=1
N
X
: Da hn (x)
1 f•
ur alle
hn (x)
n=k+1
"k + " N
= " (k + 1)
und somit
g (x)
F•
ur n
k
f (x)
1 haben wir x 2 Ekc
" (k + 1)
Fk
1) " = 2":
Fn und somit hn (x)
1
g (x)
(k
"
k 1
X
(2.18)
1
; woraus folgt
hn (x)
n=1
" (1
" (k
= " (k
) (k 1)
1) " N
2)
und somit
g (x)
f (x)
" (k
2)
"k =
2":
Da (2.18) und (2.19) f•
ur jedes x 2 X gelten, so erhalten wir supx2X jf (x)
2.14
(2.19)
g (x)j
2",
Spezielle Orthonormalbasen in L2(a; b)
Wir bilden hier die Orthonormalbasen in L2 aus Polynomen und trigonometrischen Funktionen.
Satz 2.21 F•
ur jedes p 2 [1; 1) gilt folgendes: P liegt dicht in Lp (a; b) und T liegt dicht
p
in L (0; 2 ) :
Beweis. Nach dem Korollar 2.19 liegt P dicht in C [a; b] bez•
uglich der sup-Norm. Da
kf kp =
Z
[a;b]
1=p
p
jf j d`
(b
a)1=p sup jf j ;
2.14. SPEZIELLE ORTHONORMALBASEN IN L2 (A; B)
59
daraus folgt, dass P dicht in C [a; b] auch bez•
uglich der p-Norm liegt, d.h.
P in Lp (a; b) :
C [a; b]
Da nach Satz 2.15 haben wir
Lp (a; b)
woraus folgt Lp (a; b)
Analog haben wir
P.
Lp (0; 2 )
und somit Lp (0; 2 )
C [a; b] ;
C0 [0; 2 ]
C2
T
T.
Korollar 2.22 Die Folge f1; x; x2 ; :::g ist Erzeugendensystem in L2 (a; b) : Somit ist die
2
Folge fLn g1
n=0 von Legendre-Polynomen eine Orthogonalbasis in L ( 1; 1).
Beweis. Die erste Behauptung folgt aus P = span f1; x; x2 ; :::g und P = L2 (a; b). Zeigen
wir, dass
span 1; x; x2 ; ::: = span fL0 ; L1 ; L2 ; :::g :
Die Inklusion \ " ist o ensichtlich, da Ln 2 Pn . F•
ur die Inklusion \ " reicht es zu
zeigen, dass
Pn span fL0 ; :::; Ln g :
(2.20)
F•
ur n = 0 ist es o ensichtlich da L0 = const : F•
ur Induktionsschritt bemerken wir, dass
Ln (x) = cxn + (Polynom von Grad
n
1)
mit c 6= 0, woraus nach der Induktionsvoraussetzung folgt
xn 2 span (Ln ; Pn 1 )
span fL0 ; :::; Ln 1 ; Ln g :
Daraus folgt, dass alle Polynome von Grad
n in span fL0 ; :::; Ln 1 ; Ln g liegen, d.h.
(2.20) gilt.
Somit ist fLn g ein Erzeugendensystem. Da die Folge fLn g orthogonal ist, beschlie en
wir nach dem Satz 2.9, dass fLn g eine Orthogonalbasis ist.
Ebenfalls beweist man, dass eine Folge fpn g1
n=0 von Polynomen eine Orthogonalbasis
in L2 (a; b) ist, vorausgesetzt, dass diese Folge orthogonal in L2 (a; b) ist und die Bedingung
deg pn = n erf•
ullt.
Korollar 2.23 Die Folge f1; cos x; sin x; ::: cos nx; sin nx; :::g ist eine Orthogonalbasis in
L2 (0; 2 ) : Die Folge feinx gn2Z ist eine Orthogonalbasis in L2C (0; 2 ).
Beweis. Da nach dem Satz 2.21 gilt
L2 (0; 2 ) = T = span f1; cos x; sin x; cos 2x; sin 2x; :::g ;
so erhalten wir, dass die Folge
f1; cos x; sin x; ::: cos nx; sin nx; :::g
ein Erzeugendensystem ist. Da diese Folge orthogonal ist, so ist sie eine Orthogonalbasis.
60
Wir wissen schon, dass die Folge feinx gn2Z orthogonal in L2C (0; 2 ) ist. Da
cos nx =
einx + einx
einx e
und sin nx =
2
2i
inx
;
erhalten wir, dass alle Funktionen cos nx und sin nx in span feinx g liegen. Nach dem
ersten Teil von Beweis beschlie en wir, dass
L2 (0; 2 ) = spanR f1; cos x; sin x; cos 2x; sin 2x; :::g = spanC einx :
Da jede Funktion von L2C (0; 2 ) eine lineare Kombination von reellwertigen Funktionen
aus L2 (0; 2 ) ist, so erhalten wir, dass auch
L2C (0; 2 ) = spanC einx :
Es folgt aus dem Korollar 2.23, dass jede Funktion f 2 L2 (0; 2 ) eine eindeutige
Darstellung hat in der Form
a0 X
f=
+
(an cos nx + bn sin nx)
2
n=1
1
(2.21)
mit reellwertigen Koe zienten an ; bn , wo die Reihe in L2 konvergiert. Diese Reihe hei t
die Fourierreihe der Funktion f .
Berechnen die Skalarprodukte (f; cos nx) und (f; sin nx) ergibt die folgenden Werte
f•
ur die Koe zienten:
Z
Z
1 2
1 2
f (x) cos nxdx und bn =
f (x) sin nxdx:
an =
0
0
Ebenfalls hat jede Funktion f 2 L2C (0; 2 ) eine eindeutige Darstellung in der Form
X
cn einx
(2.22)
f=
n2Z
mit komplexwertigen Koe zienten cn ; wo die Reihe in L2C konvergiert. Diese Reihe hei t
auch die Fourierreihe von Funktion f . F•
ur die Koe zienten cn erh•alt man folgendes:
Z 2
1
cn =
f (x) e inx dx:
2 0
2
Betrachten wir in R das Gau -Ma d = e x dx und den Hilbertraum L2 (R; ) :
O ensichtlich geh•oren alle Polynome zu L2 (R; ) : Man kann beweisen, dass die Folge
f1; x; x2 ; :::g ein Erzeugendensystem in L2 (R; ) ist. Mit Hilfe von dem Gram-Schmidtschen
Orthogonalisierungsverfahren erh•alt man eine Orthogonalbasis in L2 (R; ), die aus Polynomen besteht. Diese Polynome sind Hermite-Polynome
Hn (x) = ( 1)n ex
mit n = 0; 1; 2; :::.
2
dn
e
dxn
x2
Chapter 3
Lineare Operatoren im Hilbertraum
3.1
Operatornorm
Seien X; Y zwei normierte Vektorr•aume u
•ber K (wobei K = R oder C) mit den Normen
k kX und k kY . Eine lineare Abbildung A : X ! Y hei t auch ein (linearer) Operator.
Die Menge von allen linearen Operatoren von X nach Y wird mit L (X; Y ) bezeichnet.
Diese Menge ist ein Vektorraum mit den folgenden linearen Operationen:
(A + B) x = Ax + Bx
( A) x =
(Ax) :
F•
ur jeden Operator A 2 L (X; Y ) de nieren wir die Operatornorm kAkX!Y mit
kAkX!Y =
kAxkY
:
x2Xnf0g kxkX
sup
(3.1)
In anderen W•orter ist kAkX!Y die minimale Zahl C mit
kAxkY
C kxkX ;
oder 1 falls solches C nicht existiert. Noch eine •aquivalente De nition:
kAkX!Y =
sup
x2X; kxkX =1
kAxkY :
Die Tiefstellungen X; Y; X ! Y in der Bezeichnung der Norm kann man weglassen
wenn es klar in welchem Raum die Norm benutzt wird. Z.B. in (3.1) ist es eindeutig
klar ohne Indizes, dass kxk die Norm in X ist, kAxk die Norm in Y und kAk { die
Operatornorm.
Die Operatornorm hat die folgende Eigenschaften:
(a) kA + Bk
da
kAk + kBk
kA + Bk = sup k(A + B) xk
kxk=1
(b) k Ak = j j kAk f•
ur alle
sup kAxk + sup kBxk = kAk + kBk :
kxk=1
2 K:
61
kxk=1
62
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN IM HILBERTRAUM
(c) kAk = 0 , A = 0:
Um die Operatornorm zu einer richtigen Norm zu machen, fehlt noch die Endlichkeit.
Ein Operator A : X ! Y hei t beschr•
ankt falls kAk < 1: Die Menge von allen
beschr•ankten Operatoren von X nach Y wird mit B (X; Y ) bezeichnet. Es folgt aus (a)
und (b), dass B (X; Y ) ein Unterraum von L (X; Y ) ist und somit ein Vektorraum. Dar•
uber
hinaus ist die Operatornorm eine Norm in B (X; Y ), so dass B (X; Y ) ein normierter Vektorraum ist.
Satz 3.1 Ein Operator A 2 L (X; Y ) ist beschr•
ankt genau dann, wenn A stetig ist.
Beweis. Ist A beschr•ankt, so gilt
kAx
Ayk = kA (x
kAk kx
y)k
yk
woraus folgt, dass Ay ! Ax f•
ur y ! x. Somit ist A stetig und sogar gleichm•a ig stetig.
Ist A stetig, so ergibt die Stetigkeit an x = 0 folgendes: f•
ur jedes " > 0 existiert mit
kxk
) kAxk
Da f•
ur jedes x 6= 0 gilt
x
= ;
kxk
so erhalten wir
A
woraus folgt
":
x
kxk
kAxk
"
"
kxk
und kAk " < 1:
Beispiel. Alle Operatoren A : Rn ! Rm sind beschr•ankt, da die Komponenten von A lineare Funktionen auf Rn sind, die immer stetig sind. Es gilt auch folgendes: ist X endlichdimensional (wobei Y beliebig ist), so sind alle Operatoren aus L (X; Y ) beschr•ankt.
Beispiel. Sei P ein Projektor im Hilbertraum H. Wir wissen, dass kP xk kxk f•
ur alle
x 2 H, woraus folgt kP k
1. Ist P 6= 0, so gibt es nicht-Null Vektor x 2 im P . Da
P x = x, erhalten wir in diesem Fall, dass kP k = 1:
Beispiel. Betrachten wir die normierten Vektorr•aume X = C 1 [a; b] und Y = C [a; b], die
beiden mit der sup-Norm. Betrachten wie die Abbildung
D : X!Y
Df = f 0 :
Diese Abbildung ist linear, aber unbeschr•ankt, da sup jf 0 j durch sup jf j nicht abgesch•atzt
werden kann. Zum Beispiel, f•
ur f (x) = sin nx mit sup jf j = 1 erhalten wir f 0 (x) =
n cos nx mit sup jf 0 j = n, wobei n beliebig gro sein kann.
Satz 3.2 Ist Y ein Banachraum, dann ist B (X; Y ) auch Banachraum.
3.2. ADJUNGIERTER OPERATOR
63
Im Fall Y = X es gibt auch Multiplikation in L (X) = L (X; X) und B (X) = B (X; X):
f•
ur Operatoren A und B aus L (X) bezeichnen wir mit AB die Komposition von A und
B:
(AB) x = A (B (x)) :
Die Multiplikation ist nicht kommutativ, aber assoziativ und hat eine Einheit: die identische Abbildung I : X ! X, die auch die Identit•at hei t. Die Multiplikation ist o ensichtlich bilinear bez•
uglich die linearen Operationen. Da
k(AB) xk
kAk kBxk
kAk kBk kxk ;
so erhalten wir
kABk
kAk kBk :
Daraus folgt, dass das Produkt von Operatoren aus B (X) auch in B (X) liegt. Somit ist
B (X) eine normierte Algebra. Ist X ein Banachraum, so ist B (X) eine Banachalgebra.
F•
ur jeden Operator A 2 B (X) (bzw L (X)) P
ist auch die Potenz An f•
ur alle n 2 N
n
0
k
n
de niert: A = A:::A
| {z } und A = I: Ist P (z) = k=0 ck z ein Polynom mit ck 2 K, so
n
de nieren wir den Operator P (A) mit
P (A) =
n
X
c k Ak :
k=0
Es ist klar, dass f•
ur zwei PolynomeP; Q die folgenden Identit•aten gelten:
(P + Q) (A) = P (A) + Q (A)
(P Q) (A) = P (A) Q (A) :
3.2
Adjungierter Operator
Sei H ein Hilbertraum.
De nition. Seien A; B 2 B (H). Die Operatoren A; B hei en adjungiert falls f•
ur alle
x; y 2 H gilt
(Ax; y) = (x; By) :
(3.2)
Diese De nition ist symmetrisch bez•
uglich A und B da (3.2) •aquivalent zu
(Bx; y) = (x; Ay)
ist. Der Operator B hei t der adjungierte Operator von A (und A hei t der adjungierte
Operator von B).
Satz 3.3 F•
ur jeden Operator A 2 B (H) existiert genau ein adjungierter Operator B 2
B (H) :
64
Beweis. Gibt es zwei Operatoren B1 und B2 die (3.2) erf•
ullen, so gilt f•
ur alle x; y 2 H
(x; B1 y) = (x; B2 y) :
F•
ur x = B1 y
B2 y erhalten wir
kB1 y
B2 yk = 0
und somit B1 = B2 .
Jetzt beweisen wir die Existenz von einem Operator B, der (3.2) erf•
ullt. F•
ur jedes
y 2 H betrachten wir das Funktional
Fy : H ! K
Fy (x) = (Ax; y) :
O ensichtlich ist Fy linear, und auch beschr•ankt, da
jFy (x)j = j(Ax; y)j
kAxk kyk
(kAk kyk) kxk :
(3.3)
Somit ist Fy auch stetig. Nach dem Satz 2.7 es gibt ein eindeutiges Element b 2 H mit
Fy (x) = (x; b) :
Dann de nieren wir die Abbildung B : H ! H mit By = b (da b nur von y abh•angig
ist). Somit erhalten wir die Identit•at (3.2). Es bleibt noch zu zeigen, dass B linear und
beschr•ankt ist.
Wir haben
(x; B (y1 + y2 )) = (Ax; y1 + y2 ) = (Ax; y1 )+(Ax; y2 ) = (x; By1 )+(x; By2 ) = (x; By1 + By2 ) ;
woraus
B (y1 + y2 ) = By1 + By2
folgt. Analog beweist man, dass B ( y) = By, so dass B linear ist.
j(x; By)j = j(Ax; y)j
kAk kxk kyk
woraus folgt f•
ur x = By
kByk2
kAk kByk kyk
und somit
kByk
kAk kyk
und kBk kAk :
Bemerkung. Analog erhalten wir kAk kBk und somit kAk = kBk.
Der adjungierte Operator von A wird mit A bezeichnet. Dann wird A mit
(Ax; y) = (x; A y)
oder
(A x; y) = (x; Ay)
3.2. ADJUNGIERTER OPERATOR
65
eindeutig bestimmt. Aus der oberen Bemerkung erhalten wir die Identit•at
kAk = kA k :
Beispiel. Jede n n Matrix A = (aij ) mit aij 2 R bestimmt einen Operator A : Rn ! Rn
wo Ax das Produkt der Matrix A und des Spaltenvektors x ist. Da
(x; y) = xT y;
so erhalten wir
(Ax; y) = (Ax)T y = xT AT y = xT AT y = x; AT y :
Somit gilt A = AT : Im Fall aij 2 C benutzen wir das Skalarprodukt in Cn
(x; y) = xT y
und erhalten
(Ax; y) = (Ax)T y = xT AT y = xT AT y = x; AT y = x; AT y
und somit A = AT :
Beispiel. Betrachten wir in H = L2 (a; b) mit reellen a < b den Integraloperator
Z
(Kf ) (x) =
b
k (x; y) f (y) dy
a
wobei k (x; y) eine gegebene reellwertige messbare Funktion auf (a; b) (a; b) ist. Diese
Funktion hei t der Kern des Operators K. Nehmen wir an, dass der Kern k beschr•ankt
ist, z.B. jk (x; y)j C f•
ur alle x; y 2 (a; b). Da
Z
a
Z
b
jk (x; y) f (y)j dy
C
b
a
jf (t)j dt = C (jf j ; 1) < 1;
so ist die Funktion Kf auch beschr•ankt und somit liegt in L2 (a; b). Um K zu bestimmen,
schreiben wir f•
ur alle f; g 2 L2 (a; b)
(Kf; g) =
Z
b
a
=
Z bZ
a
=
Z
a
Z
b
k (x; y) f (y) dy g (x) dx
a
b
k (x; y) f (y) g (x) dydx
a
b
Z
b
k (x; y) g (x) dx f (y) dy
a
= (f; K g)
wobei
K g (y) =
Z
a
b
k (x; y) g (x) dx:
66
Schreiben wir es um wir folgt:
K g (x) =
Z
b
k (y; x) g (y) dy:
a
So wir sehen, dass K auch ein Integraloperator ist, und zwar mit den Kern k (y; x). Ist
k komplexwertige, so ist der Kern von K die Funktion k (y; x).
Die gleiche Aussage gilt unter schw•acheren Voraussetzungen u
•ber den Kern k (x; y)
(anstatt der Beschr•anktheit):
Z bZ b
jk(x; y)j2 dxdy < 1
(3.4)
a
oder
max sup
x
Z
a
a
b
jk(x; y)j dy; sup
y
Z
b
a
jk(x; y)j dx
< 1:
(3.5)
N•amlich, unter (3.4) bzw (3.5) ist K ein beschr•ankter Operator in L2 (a; b). Dann gilt die
obige Berechnung von K mit dem gleichen Ergebnis.
Zum Beispiel, die Bedingung (3.5) wird von der Funktion k (x; y) = jx yj mit
> 1 erf•
ullt.
In dem n•achsten Satz werden die wichtigen Eigenschaften der Adjunktion aufgelistet.
Satz 3.4 F•
ur Operatoren A; B 2 B (H) gelten die folgenden Eigenschaften.
1. (A + B) = A + B
2. ( A) = A wobei a 2 K und
die komplexe Konjugierte von a ist.
3. (A ) = A
4. (AB) = B A
5. Existiert A
1
2 B (H), so existiert auch (A )
1
und gilt (A 1 ) = (A )
1
:
6. kA k = kAk :
Beweis. 1. F•
ur alle x; y 2 H
((A + B) x; y) = (Ax; y) + (Bx; y) = (x; A y) + (x; B y) = (x; (A + B ) y)
woraus (A + B) = A + B folgt.
2. Wir haben
(( A) x; y) =
(Ax; y) = (Ax; y) = (x; A y)
woraus ( A) = A folgt.
3. Da
((A ) x; y) = (x; A y) = (Ax; y) ;
so erhalten wir (A ) = A:
3.3. INVERSER OPERATOR
67
4. F•
ur alle x; y
((AB) x; y) = (x; ABy) = (A x; By) = (B A x; y)
woraus (AB) = B A folgt.
5. Der inverse Operator A
Somit haben wir
1
wird mit den Identit•aten AA
I = AA
1
= A
1
1
= A 1 A = I bestimmt.
A
und analog
I=A
A
1
woraus folgt, dass (A 1 ) der inverse Operator von A ist.
6. Das haben wir schon im Satz 3.3 bewiesen.
Satz 3.5 F•
ur jeden Operator A 2 B (H) gelten Identit•
aten:
ker A = (im A )?
im A = (ker A )?
Beweis. Wir haben
x 2 (Im A )? ,
,
,
,
,
x?A y 8y 2 H
(x; A y) = 0 8y 2 H
(Ax; y) = 0 8y 2 H
Ax = 0
x 2 ker A;
somit ker A = (Im A )? . Setzen wir hier A statt A ein und erhalten
ker A = (Im A)? ;
woraus folgt
(im A)?? = (ker A )? :
Es bleibt nur zu bemerken, dass
(im A)?? = im A
??
= im A
nach Korollar 2.6.
3.3
Inverser Operator
Seien X ein normierter Vektorraum und A 2 L (X). Der Operator A has den inversen
Operator A 1 2 L (X) genau dann, wenn
ker A = f0g und im A = X:
Wir werden zus•atzlich anfordern, dass A 1 beschr•ankt ist. Dann sagen wir, dass A den
beschr•
ankten inversen Operator hat und schreiben A 1 2 B (X) (was sowohl die Existenz
als auch die Beschr•anktheit des inversen Operators bedeutet).
Der n•achste Hilfssatz liefert die bequemen Bedingungen f•
ur die Existenz und Beschr•anktheit
von A 1 , die wir h•au g benutzen werden.
68
Satz 3.6 F•
ur einen Operator A 2 B (H) gilt A
1
2 B (X) genau dann, wenn
(a) ker A = f0g
(b) kAxk
c kxk f•
ur ein c > 0 und alle x 2 H:
1
Beweis. Existiert A
2 B (H), so haben wir nach dem Satz 3.5
ker A = (im A)? = H ? = f0g ;
d.h. die Bedingung (a).
Da A 1 beschr•ankt ist, so setzen wir C = kA 1 k so dass f•
ur alle y 2 H
A 1y
C kyk :
F•
ur y = Ax erhalten wir
kxk
C kAxk
woraus (b) mit c = C 1 folgt.
Jetzt beweisen wir die Existenz und Beschr•anktheit von A 1 unter den Bedingungen
(a) und (b). F•
ur jedes x 2 ker A haben wir Ax = 0 und nach (b) auch x = 0, so dass
ker A = f0g. Nach (a) und Satz 3.5 haben wir
im A = (ker A )? = H
so dass im A dicht in H liegt. Wir m•
ussen noch beweisen, dass im A = H. Daf•
ur reicht
es zu zeigen, dass im A abgeschlossen ist. Ist fyn g eine Folge von Elementen von im A die
gegen y 2 H konvergiert, so setzen wir yn = Axn und bemerken, dass nach (b)
kxn
xm k
c
1
kAxn
Axm k = c
1
kyn
ym k ! 0:
Somit konvergiert auch die Folge fxn g. Setzen wir x = lim xn und erhalten, dass Ax =
lim yn = y. Somit y 2 im A, was zu beweisen war.
Nach ker A = f0g und im A = H ist A eine bijektive Abbildung, somit existiert die
inverse Abbildung A 1 , die o ensichtlich linear. Zeigen wir, dass kA 1 k < 1. Bezeichnen
wir in (b) Ax mit y und erhalten
kyk
c A 1y :
Da im A = H, so ist y hier beliebig, woraus folgt kA 1 k
3.4
c
1
< 1.
Spektrum eines Operators
Sei X ein normierter Vektorraum u
•ber C.
De nition. F•
ur jeden Operator A 2 L (X) de nieren wir die Resolventenmenge
mit
(A) =
2 C : (A
I) 1 2 B (X) :
Der Operator (A
I)
1
hei t die Resolvente von A.
(A)
3.4. SPEKTRUM EINES OPERATORS
Das Spektrum
69
(A) von A ist das Komplement von (A) in C:
(A) = C n (A) =
2 C : (A
I)
Es ist klar, dass f•
ur jedes
1
existiert nicht oder existiert aber ist nicht beschr•ankt :
2 (A) die Gleichung
Ax
x=b
f•
ur jedes b 2 H eindeutig bez•
uglich x gel•ost werden kann, und die L•osung
x = (A
I)
1
b
wird mit Hilfe vom beschr•ankten Operator (Resolvente) bestimmt.
Es folgt aus der De nition, dass 2 (A) genau dann gilt, wenn
ker (A
I) = f0g
und im(A
und (A
I) = X
I)
1
2
Entsprechend gilt
entweder ker (A
(A) genau dann, wenn
I) 6= f0g
I) 6= X
oder im(A
oder (A
ist beschr•ankt.
I)
1
ist nicht beschr•ankt.
De nition. Gilt ker (A
I) 6= f0g, so hei t ein Eigenwert von A. Der Unterraum
ker (A
I) von X hei t der Eigenraum von A mit dem Eigenwert . Jeder nicht-Null
Vektor v 2 ker (A
I) hei t ein Eigenvektor von A mit dem Eigenwert (die Bedingung
v 2 ker (A
I) ist •aquivalent zu Av = v). Der Wert m = dim ker (A
I) hei t die
Vielfachheit des Eigenwertes .
Die Menge von allen Eigenwerten von A wird mit p (A) bezeichnet und hei t das
Punktspektrum von A. O ensichtlich ist p (A) eine Teilmenge von (A).
Beispiel. Sei A eine n n Matrix mit komplexwertigen Koe zienten. Wir betrachten
A als ein Operator in Cn . Der Operator A
I ist invertierbar (und (A
I) 1 ist
automatisch beschr•ankt) genau dann, wenn det (A
I) 6= 0. Deshalb liegt in (A)
genau dann, wenn det (A
I) = 0. Die Funktion 7! det (A
I) ist ein Polynom
von Grad n, das hei t das charakteristische Polynom von A. Somit stimmt das Spektrum
(A) mit der Menge von den Nullstellen des Polynoms P u
•berein.
Andererseits ist die Bedingung det (A
I) = 0 •aquivalent zur linearen Abh•angigkeit
von den Zeilen der Matrix A
I, d.h. zur Existenz eines Spaltenvektors v 6= 0 mit
(A
I) v = 0, was bedeutet, dass
ein Eigenwert der Matrix A ist. Insbesondere
erhalten wir p (A) = (A). Wir werden sehen, dass dies f•
ur unendlichdimensionale
Operatoren nicht immer der Fall ist.
70
Beispiel. Sei K ein kompakter metrischer Raum. Betrachten wir den Banachraum X =
C (K) von stetigen komplexwertigen Funktionen auf K. De nieren wir einen Operator
A : X ! X mit
Af (t) = a (t) f (t) 8t 2 K
(3.6)
wobei a (t) eine gegebene stetige Funktion auf K ist. Es gilt o ensichtlich
kAf k = sup ja (t) f (t)j
sup jaj sup jf j = C kf k
t2K
wobei C = sup jaj < 1. Somit ist der Operator A beschr•ankt. Wir zeigen, dass
(A) = im a = fa (t) : t 2 Kg :
F•
ur jedes
2
= im a ist die Funktion b (t) =
b (af
1
a(t)
f ) = (af
(3.7)
stetig, und es gilt
f ) b = f:
Deshalb ist der mit Bf = b (t) f (t) de nierte Operator B der inverse Operator von A
Sei 2 im a, z.B. = a (t0 ) : Dann gilt f•
ur jede Funktion f 2 C (K)
(A
I) f (t0 ) = (a (t0 )
I.
) f (t0 ) = 0:
Somit verschwinden an der Stelle t0 alle Funktionen aus dem Bildraum im (A
I),
woraus folgt, dass im (A
I) 6= C (K) und A
I nicht invertierbar ist, d.h. 2 (A).
Seien K = [0; 1] und a eine stetige Funktion auf [0; 1] die auf keinem o enen Intervall
konstant ist. Dann kein Wert 2 (A) ist Eigenwert. Ist ein Eigenwert, so gilt f•
ur
eine nicht-Null Funktion f 2 C (K), dass a (t) f (t) = f (t), woraus folgt
f (t) 6= 0 ) a (t) = :
Somit ist a konstant auf der o enen Menge ff 6= 0g, was im Widerspruch zur Voraussetzung steht.
Die gleiche Ergebnisse gelten f•
ur den Operator (3.6) im Hilbertraum L2 (0; 1).
Satz 3.7 Seien X ein Banachraum und A 2 B (X). Dann ist das Spektrum
abgeschlossene beschr•ankte Teilmenge von C.
Satz 3.8 Seien H ein Hilbertraum und A 2 B (H). Dann
(b) kAx
2 (A) genau dann, wenn
I = f0g
(a) ker A
xk
c kxk f•
Beweis. Das folgt aus dem Satz 3.6 mit dem Operator A
2 (A) , (A
I)
1
2 B (H) ,
(A) eine
I statt A, da
(a) ker (A
I) = f0g
:
(b) k(A
I) xk c kxk
3.5. SELBSTADJUNGIERTE OPERATOREN
3.5
71
Selbstadjungierte Operatoren
Sei H ein Hilbertraum u
•ber C.
De nition. Ein Operator A 2 B (H) hei t selbstadjungiert falls A = A:
•
Aquivalente
De nition: ein Operator A 2 B (H) ist selbstadjungiert genau dann, wenn
(Ax; y) = (x; Ay)
(3.8)
f•
ur alle x; y 2 H. Die Operatoren, die (3.8) erf•
ullen, hei en auch symmetrisch oder
hermitesch.
Es folgt aus der De nition, dass die Menge von selbstadjungierten Operatoren ein
Vektorraum u
•ber R ist (aber nicht u
•ber C). Man kann zeigen, dass dieser Vektorraum
ein Banachraum bez•
uglich der Operatornorm ist.
Beispiel. Eine n n Matrix A = (aij ) ist als Operator in Cn selbstadjungiert genau dann,
wenn AT = A, d.h. aji = aij : Solche Matrizen hei en Hermitesch. Eine Matrix A = (aij )
mit reellwertigen Koe zienten ist selbstadjungiert genau dann, wenn aij = aji , d.h. A
symmetrisch ist.
Beispiel. Jeder orthogonale Projektor P im Hilbertraum ist selbstadjungiert, was aus
dem Satz 2.5 folgt.
Beispiel. Betrachten wir den Integraloperator in L2C (a; b)
Z b
k (x; y) f (y) dy;
Kf (x) =
a
wobei ist der Kern k (x; y) eine der Bedingungen (3.4), (3.5) erf•
ullt. Dann ist K selbstadjungiert genau dann, wenn
k (y; x) = k (x; y) :
(3.9)
Ein Kern k (x; y) mit (3.9) hei t Hermitesch. F•
ur reellwertigen Kern bedeutet (3.9) die
Symmetry: k (x; y) = k (y; x).
In dem n•achsten Satz werden die wichtigen Eigenschaften selbstadjungierter Operatoren bewiesen.
Hauptsatz 3.9 Sei A 2 B (H) ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H (angenommen H 6= f0g). Dann gilt folgendes.
1.
(A)
R
2.
(A)
[ kAk ; kAk]
3. Mindestens einer von den Werten kAk ;
kAk ist in
(A) :
4. Sind ; zwei verschiedene Eigenwerte von A, so sind ihre Eigenr•
aume ker (A
und ker (A
I) orthogonal.
Beweis. 1. Sei = + i eine komplexe Zahl mit
d.h. (A
I) 1 2 B (H). Wir haben
A
I=A
I
i I=
6= 0. Wir beweisen, dass
A
I
i ;
I)
2 (A),
72
A
I
so dass es reicht zu zeigen, dass i 2
. Da der Operator A I selbstadjungiert ist,
we k•onnen ihn in A umbenennen. Dann zeigen wir, dass i 2 (A). Nach Satz 3.8 reicht
es die folgenden zwei Bedingungen zu u
•berpr•
ufen:
i = f0g, d.h. ker (A + i) = f0g
(a) ker A
(b) kAx ixk c kxk f•
ur ein c > 0.
Bedingung (a). Sei x 2 ker (A + i), d.h. Ax + ix = 0. Daraus folgt
(Ax; x) + i (x; x) = 0:
(3.10)
Bemerken wir, dass (x; x) reell ist und
(Ax; x) = (x; Ax) = (Ax; x);
woraus folgt, dass (Ax; x) auch reell ist. Somit ist die Identit•at (3.10) nur mit x = 0
m•oglich, woraus ker (A + i) = f0g folgt.
Bedingung (b). Wir haben
kAx
ixk2 = (Ax
ix; Ax
ix) = kAxk2
2 Re (Ax; ix) + kixk2 :
Da (Ax; x) reell ist, so haben wir Re (Ax; ix) = 0, woraus folgt
ixk2 = kAxk2 + kxk2
kAx
kxk2 ;
so dass (b) mit c = 1 erf•
ullt ist.
2. Beweisen wir, dass jedes 2 R n [ kAk ; kAk] in der Resolventenmenge (A) liegt.
Die Bedingung (a) und (b) sehen f•
ur reellwertiges wie folgt aus:
(a) ker (A
I) = f0g
(b) kAx
xk c kxk :
Es ist klar, dass (b) ) (a), da f•
ur jedes x 2 ker (A
I) gilt kAx
xk = 0. Die
Bedingung (b) wird wie folgt bewiesen:
kAx
k xk
xk
kAxk
j j kxk
kAk kxk = (j j
kAk) kxk ;
so dass (b) mit der Konstante c = j j kAk > 0 erf•
ullt ist.
3. Gilt kAk = 0, so haben wir A = 0, und = 0 ist ein Eigenwert (vorausgesetzt
H 6= f0g). Sei kAk > 0. Ohne Beschr•ankung der Allgemeinheit k•onnen wir annehmen,
dass kAk = 1. Nehmen wir das Gegenteil an, dass die beiden Werte kAk = 1 und
kAk = 1 in (A) liegen, d.h. (A I) 1 2 B (H) und (A + I) 1 2 B (H). Da
A2
I = (A + I) (A
I) ;
daraus folgt, dass
A2
I
1
= (A
Nach Satz 3.8 gilt f•
ur den Operator A2
A2 x
I)
1
(A + I)
1
2 B (H) :
I die Bedingung (b): f•
ur ein c > 0
x
c kxk :
(3.11)
Andererseits haben wir
A2 x
x
2
= A2 x
2
2 Re A2 x; x + kxk2 :
(3.12)
3.6. KOMPAKTE OPERATOREN
Da kAk = 1, so haben wir kA2 k
73
1 und somit kA2 xk
kxk. Da A = A , so haben wir
A2 x; x = (Ax; Ax) = kAxk2 :
kxk2
2 kAxk2 + kxk2
c2 kxk2
und somit
kAxk2
1
kAk
1
c2 =2 kxk2 ;
c2 =2
1=2
< 1;
was im Widerspruch zu kAk = 1 steht.
4. Wir m•
ussen beweisen, dass f•
ur alle x 2 ker (A
I) und y 2 ker (A
Wir haben
(Ax; y) = ( x; y) = (x; y)
I) gilt x?y.
und
(Ax; y) = (x; Ay) = (x; y) =
wobei wir benutzt haben, dass
(x; y)
reell ist. Somit erhalten wir
(x; y) =
(x; y) ;
woraus (x; y) = 0 folgt, da 6= .
Bemerkung. Es folgt aus dem Hauptsatz 3.9, dass das Spektrum (A) nicht leer ist
(vorausgesetzt H 6= f0g). Erinnern wir uns, dass sogar die Existenz eines Eigenwertes
einer Matrix nicht trivial ist und aus dem Fundamentalsatz der Algebra folgt.
Beweisen wir per Induktion nach n, dass jeder selbstadjungierte Operator A im Hilbertraum H der endlichen Dimension n (z.B. Rn oder Cn ) eine Orthogonalbasis in H bestimmt, die aus den Eigenvektoren von A besteht. Sei ein Eigenwert von A (z.B., = kAk
oder = kAk). Setzen wir K = ker (A
I) und betrachten wir den Unterraum K ?
?
?
von H. Ist x 2 K , so gilt auch Ax 2 K , da f•
ur jedes y 2 K gilt Ay 2 K und somit
(Ax; y) = (x; Ay) = 0. Deshalb kann A als ein Operator im Unterraum K ? betrachtet
werden. Da dim K ? < n, k•onnen wir nach der Induktionsvoraussetzung beschlie en, dass
es in K ? eine Orthogonalbasis aus den Eigenvektoren von A gibt. Es gibt in K auch eine
Orthogonalbasis aus den Eigenvektoren von A, da alle nicht-Null Elemente von K Eigenvektoren von A sind. Die Vereinigung von den zwei Basen liefert eine Orthogonalbasis in
H, dessen Elementen die Eigenvektoren von A sind.
3.6
Kompakte Operatoren
Sei X ein Banachraum u
•ber K:
De nition. Eine Teilmenge M von X hei t pr•
akompakt (oder relativ kompakt), falls der
Abschluss M kompakt ist.
Es gibt verschiedene •aquivalente De nitionen von Pr•akompaktheit, z.B. wie folgt.
74
1. M ist pr•akompakt genau dann, wenn jede Folge von Elementen aus M eine konvergente Teilfolge enth•alt (aber der Grenzwert davon soll nicht unbedingt in M
liegen).
2. M ist pr•akompakt genau dann, wenn M totalbeschr•
ankt ist, d.h. f•
ur jedes " > 0
existiert eine endliche Folge u1 ; :::; um 2 X so dass f•
ur jedes x 2 M
min kx
1 k m
uk k < ":
Die Folge u1 ; :::; um mit dieser Eigenschaft hei t ein "-Netz von M .
Es folgt aus der De nition, dass jede Teilmenge der pr•akompakten Menge ist pr•akompakt.
Jede pr•akompakte Teilmenge M ist immer beschr•ankt, da sonst es eine Folge fxn g M
gibt mit kxn k ! 1, die somit keine konvergente Teilfolge enth•alt. In endlichdimensionalen R•aumen gilt auch, dass jede beschr•ankte Teilmenge pr•akompakt ist (Satz von
Bolzano-Weierstra ), aber dies gilt im unendlichdimensionalen Fall nicht.
Beispiel. Sei fxn g1
c f•
ur ein
n=1 eine orthogonale Folge im Hilbertraum H mit kxn k
c > 0 und alle n. Dann hat die Folge fxn g keine konvergente Teilfolge, da f•
ur n > m
kxn
xm k2 = kxn k2 + kxm k2
2c2 ;
woraus folgt, dass keine Teilfolge von fxn g Cauchy-Folge ist.
Betrachten wir einen unendlichdimensionalen Hilbertraum H. Per Induktion bildet
man eine orthonormale Folge fxn g1
n=1 in H. Da alle xn in der Einheitskugel
Q = fx 2 H : kxk
1g
liegen, so erhalten wir, dass Q nicht pr•akompakt ist, obwohl Q beschr•ankt ist.
Erinnern wir uns, dass ein Operator A 2 L (X) beschr•ankt genau dann ist, wenn
sup kAxk < 1;
kxk 1
d.h. die Menge fAx : x 2 X; kxk 1g beschr•ankt ist. Diese Menge ist das Bild unter A
von der Einheitskugel
Q = fx 2 X : kxk 1g :
Die Beschr•anktheit von A (Q) impliziert, dass f•
ur jede beschr•ankte Teilmenge M
das Bild A (M ) beschr•ankt ist.
X
De nition. Ein Operator A 2 L (X) hei t kompakt, falls f•
ur jede beschr•ankte Teilmenge
M X das Bild A (M ) pr•akompakt ist.
•
Aquivalente
De nitionen:
1. A ist kompakt genau dann, wenn das Bild A (Q) pr•akompakt ist.
2. A ist kompakt genau dann, wenn f•
ur jede beschr•ankte Folge fxn g aus A existiert
eine Teilfolge fxnk g so dass fAxnk g konvergent ist.
75
Die Menge von kompakten Operatoren wird mit K (X) bezeichnet. Jeder Operator
A 2 K (X) ist immer beschr•ankt, da das Bild A (Q) der Einheitskugel Q pr•akompakt und
somit beschr•ankt ist.
Beispiel. Ein Operator A 2 B (X) hei t endlichdimensional, falls dim im A < 1: F•
ur
endlichdimensionalen Operator A ist A (Q) eine beschr•ankte Teilmenge vom endlichdimensionalen Unterraum im A und somit ist A (Q) pr•akompakt. Daraus folgt, dass A
kompakt ist.
Beispiel. Der identische Operator I im unendlichdimensionalen Hilbertraum H ist nie
kompakt, da I (Q) = Q nicht pr•akompakt ist.
Beispiel. Sei P ein orthogonaler Projektor im Hilbertraum H auf den Unterraum U =
im P . Ist U endlichdimensional, so wissen wir schon, dass P kompakt ist. Ist U unendlichdimensional, so ist P nicht kompakt, da f•
ur die Einheitskugel Q von U gilt P (Q) =
Q und Q nicht pr•akompakt ist.
Satz 3.10 Sei X ein Banachraum. Dann ist K (X) ein abgeschlossener Unterraum von
B (X).
Dar•
uber hinaus ist K (X) ist ein Ideal1 der Algebra B (X), d.h. f•
ur alle A 2 B (X)
und C 2 K (X) sind die Operatoren AC und CA kompakt. Man kann auch zeigen, dass
im Hilbertraum die Menge von endlichdimensionalen Operatoren dicht in K (X) liegt.
Beweis. Seien A; B zwei kompakten Operatoren in H. Sei fxn g eine Folge aus (A + B) (Q).
Dann gilt xn = an +bn wobei an 2 A (Q) und bn 2 B (Q) : Da die Menge A (Q) pr•akompakt
ist, so enth•alt fan g eine konvergente
fank g. Da B (Q)npr•akompakt
ist, so enth•alt
n Teilfolge
o
o
fbnk g eine konvergente Teilfolge bnkl : Daraus folgt, dass xnkl konvergent ist, und
somit (A + B) (Q) pr•akompakt ist. Analog zeigt man, dass A f•
ur jedes 2 K kompakt
ist. Daher ist K (H) ein Unterraum von B (H).
Jetzt beweisen wir, dass K (X) abgeschlossen ist. Sei fAn g1
n=1 eine Folge von kompakten Operatoren in X, und nehmen wir an, dass An ! A 2 B (X) bez•
uglich der
Operatornorm. Beweisen wir, dass A auch kompakt ist. Es reicht zu zeigen, dass A (Q)
totalbeschr•ankt ist. F•
ur jedes " > 0 bilden wir ein 2"-Netz von A (Q) wie folgt. W•ahlen
wir zun•achst ein An mit kA An k < ". Sei u1 ; :::; um ein "-Netz von An (Q). Zeigen wir,
dass u1 ; :::; um ein 2"-Netz von A (Q) ist. F•
ur jedes y 2 A (Q) existiert x 2 Q mit y = Ax.
Dann gilt
ky An xk = k(A An ) xk kA An k kxk < ":
Da An x 2 An (Q), so existiert ein uk mit
kAn x
uk k < ";
woraus folgt
ky
uk k < 2":
Somit ist u1 ; :::; um ein 2"-Netz von A (Q), was zu beweisen war.
1
Eine Teilmenge J einer Algebra A hei t Ideal falls J ein Unterraum ist und f•
ur alle j 2 J und a 2 A
die Elemente ja und aj in J liegen.
76
1
k gk=1
Beispiel. Gegeben sei eine beschr•ankte Folge f
den folgenden Operator A in l2 :
A fxk g = f
von reellen Zahlen. Betrachten wir
k xk g :
Da
kf
k xk gk2
sup j
k j kfxk gk2
k
;
so ist A ein Operator l2 und
kAk
sup j
k
kj
< 1:
Bemerken wir, dass die Elementen en von Standardbasis in l2 die Eigenvektoren mit
Eigenwerten n sind: Aen = n en :
Beweisen wir folgendes: gilt n ! 0 so ist A kompakt. Daf•
ur betrachten wir f•
ur jedes
n 2 N den folgenden Operator An
An fxk g = f
1 x1 ; :::;
n xn ; 0; 0; :::g :
Da im An span fe1 ; :::; en g, so ist der Operator An endlichdimensional und somit kompakt. Wir haben
(A
An ) fxk g = f0; :::0;
n+1 xn+1 ; :::;
k xk ; :::g
woraus folgt
kA
An k
sup j
k n+1
kj :
Die Voraussetzung n ! 0 ergibt supk n+1 j k j ! 0 f•
ur n ! 1, woraus folgt, dass
An ! A in der Operatornorm. Somit ist A auch kompakt.
Die Bedingung n ! 0 ist nicht nur hinreichend f•
ur die Kompaktheit von A aber auch
notwendig, was man aus dem folgenden Lemma sieht.
Lemma 3.11 Sei H ein Hilbertraum u
•ber C und A 2 K (H) : Ist fvn g1
n=1 eine orthonormale Folge von Eigenvektoren von A mit Avn = n vn , so gilt n ! 0 f•
ur n ! 1:
Beweis. Nehmen wir das Gegenteil an, dass n 6! 0: Dann existiert eine Teilfolge f nk g
mit inf j nk j > 0. Umbenennen wir f nk g nach f n g. Dann wir k•onnen annehmen, dass
j n j " f•
ur ein " > 0 und alle n. Da die Folge fvn g beschr•ankt ist, so ist die Folge fAvn g
pr•akompakt, d.h. sie hat eine konvergente Teilfolge.
Andererseits, da vn ?vm f•
ur n 6= m, so erhalten wir
kAvn
Avm k2 = k
2
m vm k
n vn
=j
2
nj
kvn k2 + j
2
m j kvm k
2"2 :
Somit kann die Folge fAvn g keine Cauchy Teilfolge enthalten. Dieser Widerspruch beendet den Beweis.
Der folgende Satz liefert ein wichtiges Beispiel von kompakten Operatoren.
Satz 3.12 Sei k(x; y) eine messbare Funktion auf (a; b) (a; b) mit
Z bZ b
jk(x; y)j2 dxdy < 1:
a
a
77
De nieren wir einen Operator K auf Funktionen auf (a; b) mit
Kf (x) =
Z
b
k(x; y)f (y)dy:
a
Dann ist K ein kompakter Operator in L2 (a; b).
2
Beweis. Setzen wir J = (a; b). Sei fun g1
n=1 eine Orthonormalbasis in L (J
k (x; y) sich in dieser Basis zerlegen l•asst wie folgt:
k (x; y) =
1
X
J) so dass
cn un (x; y) :
n=1
Wir haben dann
kkk2L2 (J J)
Da auch gilt kKk
kkkL2 (J
J) ,
=
1
X
n=1
jcn j2
so erhalten wir
kKk
1
X
2
n=1
jcn j2 :
Betrachten wir f•
ur jedes m 2 N den Integraloperator Km mit dem Kern
km (x; y) =
m
X
cn un (x; y) :
n=1
Wir erhalten dann
kK
Km k
2
1
X
n=m+1
jcn j2 ! 0 f•
ur m ! 1:
So es reicht zu zeigen, dass Km kompakt ist, und daf•
ur reicht es zu zeigen, dass f•
ur jeden n
der Operator Un mit dem Kern un (x; y) kompakt ist. Die Basis fun g kann so gew•ahlt werden, dass un (x; y) = vn (x) wn (y), z.B. die Funktionen der Form cos kx cos ly, cos kx sin ly,
sin kx cos ly, sin kx sin ly bilden eine Orthogonalbasis in L2 (J J) f•
ur J = (0; 2 ). Dann
2
gilt f•
ur jede Funktion f 2 L (J)
Un f (x) =
Z
b
vn (x) wn (y) f (y) dy = const vn (x) ;
a
Rb
wobei const = a wn (y) f (y) dy: Somit ist der Bildraum im Un eindimensional, und der
Operator Un ist kompakt.
78
3.7
Diagonalizierung von selbstadjungierten kompakten Operatoren
Hauptsatz 3.13 (Satz von Hilbert-Schmidt) Sei A ein kompakter selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H. Dann gilt folgendes.
1. Jedes
2
(A) n f0g ist ein Eigenwert von A mit endlicher Vielfachheit.
2. Die Menge von allen nicht-Null Eigenwerten von A ist h•
ochstens abz•
ahlbar und
N
somit l•asst sich als eine Folge f n gn=1 nummerieren, wobei N 2 N [ f1g. Im Fall
N = 1 gilt n ! 0 f•
ur n ! 1:
3. (Spektralzerlegung) Bezeichnen wir Kn = ker (A
Ax =
N
X
n I).
n PKn x:
Dann gilt f•
ur jedes x 2 H
(3.13)
n=1
4. (Diagonalizierung) Ist H separabel, so gibt es eine Orthogonalbasis von Eigenvektoren von A.
Die Identit•at (3.13) kann man so umschreiben:
A=
N
X
n PKn
(3.14)
n=1
wobei die Konvergenz der Reihe punktweis ist (aber auch in Operatornorm). Man kann
sagen, dass jeder kompakte selbstadjungierte Operator eine (endliche oder unendliche)
lineare Kombination von endlichdimensionalen Projektoren PKn mit zueinander orthogonalen Kn und mit den Koe zienten n ! 0 ist. Die Umkehrung gilt auch: sind fKn gN
n=1
eine Folge von zueinander orthogonalen endlichdimensionalen Unterr•aumen und f n gN
n=1
eine Folge von reellen, die entweder endlich ist oder n ! 0, so konvergiert die rechte Seite
von (3.14) in Operatornorm und bestimmt einen kompakten selbstadjungierten Operator
A.
F•
ur den Beweis des Hauptsatzes 3.13 brauchen wir das folgende Lemma.
Lemma 3.14 Sei fKn gN
n=1 eine (endliche oder unendliche) Folge von abgeschlossenen
zueinander orthogonalen Unterr•aumen von H. Betrachten wir den Unterraum
S=
N
L
n=1
Dann f•
ur jedes x 2 S gilt
Kn := span fKn gN
n=1 :
x=
N
X
n=1
PKn x:
(3.15)
3.7. DIAGONALIZIERUNG VON SELBSTADJUNGIERTEN KOMPAKTEN OPERATOREN79
Beweis. Bezeichnen wir xn = PKn x, so dass
P1die Folge fxn g orthogonal ist. Beweisen wir
zun•achst, dass im Fall N = 1 die Reihe n=1 xn konvergent ist. F•
ur jedes k bezeichnen
wir
yk = x (x1 + ::: + xk ) :
Die Bedingung Kn ?Km f•
ur n 6= m ergibt xm ?Kn und somit PKn xm = 0. Wir haben f•
ur
jedes n k
P Kn y k = P Kn x
= P Kn x
= P Kn x
PKn (x1 + ::: + xk )
PKn xn
PK2 n x = 0:
Daraus folgt, dass yk ?Kn f•
ur alle n
k, insbesondere yk orthogonal zu allen x1 ; :::; xk
ist. Nach dem Satz des Pythagoras erhalten wir
kxk2 = kyk + x1 + ::: + xk k2 = kyk k2 + kx1 k2 + ::: + kxk k2
und somit
k
X
n=1
P1
kxn k2
kxk2 :
Es folgt, dass die Reihe n=1 kxn k2 konvergiert, und somit konvergiert auch die Reihe
P
1
n=1 xn :
PN
Jetzt beweisen wir (3.15), d.h.
n=1 xn = x, wobei N endlich oder unendlich sein
kann. Betrachten wir den Vektor
y=x
N
X
xn :
n=1
Wie zuvor erhalten wir
PKn y = PKn x
PKn xn = PKn x
PK2 n x = 0;
so dass y?Kn f•
ur alle n. Daraus folgt, dass y?S. Da auch y 2 S, so erhalten wir y = 0:
Beweis von dem Satz 3.13. 1. Sei 2 R. Nach dem Satz 3.8 ist die Bedingung
2 (A) •aquivalent zu (a) und (b), wobei
(a) ker A
I = f0g
(b) kAx
xk c kxk f•
In unserem Fall haben wir A = A und = , so dass (a) •aquivalent zu ker (A
I) =
f0g ist, was o ensichtlich aus (b) folgt. Somit ist die Bedeutung 2 (A) •aquivalent zu
(b). Daraus folgt, dass
2 (A) , inf kAx
xk = 0:
(3.16)
kxk=1
Jetzt beweisen wir, dass jedes 2 (A) n f0g ein Eigenwert von A ist. Nach Satz 3.9 ist
reell. Nach (3.16) existiert eine Folge fxn g1
n=1 von Vektoren mit kxn k = 1 und
kAxn
xn k ! 0 f•
ur n ! 1:
80
Da A kompakt ist und die Folge fxn g beschr•ankt ist, so hat die Folge fAxn g eine konvergente Teilfolge. So, wir k•onnen annehmen, dass die ganze Folge fAxn g konvergiert, und
setzen y = limn!1 Axn . Da
lim (Axn
xn ) = 0;
n!1
daraus folgt, dass fxn g auch konvergent ist und
lim xn = y:
n!1
Insbesondere gilt kyk = j j =
6 0: Es folgt auch
Ay = lim A ( xn ) =
lim (Axn ) = y
n!1
n!1
so dass y ein Eigenvektor mit dem Eigenwert ist. Insbesondere ist ein Eigenwert von
A.
Beweisen wir, dass die Vielfachheit von endlich ist. Gilt dim ker (A
I) = 1, so
1
existiert im Unterraum ker (A
I) eine orthonormale Folge fvn gn=1 : F•
ur alle n haben
wir Avn = n vn mit n = . Nach Lemma 3.11 muss n ! 0 gelten, was unm•oglich ist.
Somit gilt dim ker (A
I) < 1, was zu beweisen war.
2. Beweisen wir, dass f•
ur jedes " > 0 die Menge (A) n [ "; "] endlich ist. Ist diese
Menge unendlich, so existiert eine Folge f n g1
n=1 von verschiedenen Eigenwerten von A
mit j n j > ": Sei vn ein Eigenvektor von n mit kvn k = 1. Nach Satz 3.9 ist die Folge
fvn g orthogonal. Nach Lemma 3.11 beschlie en wir, dass n ! 0, was im Widerspruch
zu j n j > " steht.
Da
1
S
1 1
;
(A) n f0g =
(A) n
n n
n=1
1 1
;
endlich ist, so erhalten wir, dass die Menge (A) n
und jede Menge (A) n
n n
f0g h•ochstens abz•ahlbar ist. Somit erhalten wir eine Folge f k gN
k=1 von allen nicht-Null
Eigenwerten von A. Ist diese Folge unendlich, so erhalten wir aus Lemma 3.11, dass
ur k ! 1.
k ! 0 f•
3. Sei f n gN
n=1 die Folge von allen nicht-Null Eigenwerten von A, und bezeichnen wir
Kn = ker (A
n I). Setzen wir auch 0 = 0 und K0 = ker A (ist 0 = 0 ein Eigenwert
so ist K0 der Eigenraum von 0 , sonst K0 = f0g). Nach Satz 3.9 sind die R•aume Kn
zueinander orthogonal. Setzen wir
S=
1
L
Kn
(3.17)
n=0
und beweisen, dass S = H. Da S ein abgeschlossener Unterraum ist, dies •aquivalent
zu S ? = f0g ist. Nehmen wir das Gegenteil an, dass S ? 6= f0g, und f•
uhren dies zum
Widerspruch.
Zun•achst bemerken wir, dass der Unterraum S invariant bez•
uglich A ist, d.h. AS S.
Nach Lemma 3.14 gilt f•
ur jedes x 2 S
x=
N
X
n=0
PKn x
(3.18)
3.7. DIAGONALIZIERUNG VON SELBSTADJUNGIERTEN KOMPAKTEN OPERATOREN81
woraus folgt
Ax =
N
X
A (PKn x) =
n=0
N
X
n P Kn x
n=0
2S
da PKn x 2 Kn . So, f•
ur jedes x 2 S gilt Ax 2 S und
Ax =
N
X
n PKn x;
(3.19)
n=1
wobei wir benutzt haben, dass 0 = 0.
Dann ist der Unterraum S ? auch invariant bez•
uglich A: y 2 S ? ergibt y?Ax f•
ur alle
x 2 S, woraus folgt
0 = (Ax; y) = (x; Ay) ;
so dass Ay?x f•
ur alle x 2 S; daher Ay 2 S ? :
Deshalb ist B = AjS ? ein Operator im Hilbertraum S ? , und B ist o ensichtlich
auch selbstadjungiert und kompakt (die Eigenschaften Selbstadjunktion und Kompaktheit
bewahren sich unter Beschr•ankung auf Unterraum). Der Operator B hat immer einen
Eigenwert (und somit einen Eigenvektor). Ist B = 0, so ist = 0 ein Eigenwert mit
dem Eigenraum S ? . Gilt B 6= 0, so enth•alt (B) nach Satz 3.9 einen nicht-Null Element
kBk oder kBk, und nach Teil 1 ist dieses Element ein Eigenwert. Sei v 2 S ? ein
Eigenvektor von B. Dann ist v auch Eigenvektor von A, was ein Widerspruch ist, da
nach der De nition von S alle Eigenvektoren von A in S liegen, w•ahrend v 2 S ? .
Damit haben wir S = H, und die Identit•at (3.18) gilt f•
ur alle x 2 H. Daraus folgt,
dass auch 3.19 f•
ur alle x 2 H gilt, was zu beweisen war.
4. Sei H ein separabler Hilbertraum. Jeder Unterraum Kn = ker (A
0,
n I), n
ist abgeschlossen, so dass jeder Kn auch ein separabler Hilbertraum ist. Nach dem Satz
2.12 es gibt in Kn eine Orthonormalbasis, endlich (f•
ur n 1) oder h•ochstens abz•ahlbar
(f•
ur n = 0). Bezeichnen wir mit fek g die Vereinigung von den Orthonormalbasen aus
allen Kn , n 0. Dann ist fek g eine orthonormale Folge (da die R•aume Kn zueinander
orthogonal sind), und nach dem Teil 3 gilt
span fek g = span fKn g =
1
L
Kn = H:
n=0
Somit ist fek g eine Orthonormalbasis in H. Es bleibt nur zu bemerken, dass jedes ek in
einem Eigenraum von A liegt, so dass ek ein Eigenvektor von A ist.
Bezeichnen wir mit k den Eigenwert von ek . Es folgt aus der Konstruktion, dass jeder
Eigenwert von A in der Folge f k g genau m mal erscheint, wobei m die Vielfachheit
von ist.
82
3.8
Sturm-Liouville-Problem
Gegeben seien ein Intervall [a; b]
R und die Funktionen p 2 C 1 [a; b], p > 0, und
q 2 C [a; b]. Betrachten wir den Di erentialoperator
0
Lu := (p (x) u0 ) + q (x) u = pu00 + p0 u0 + qu
(3.20)
auf Funktionen u 2 C 2 [a; b] und das folgende Randwertproblem:
Lu = f auf [a; b] ;
u (a) = u (b) = 0;
(3.21)
wobei f 2 C [a; b] eine gegebene Funktion ist und u 2 C 2 [a; b] eine unbekannte Funktion.
Die Bedingung u (a) = u (b) = 0 hei t die Dirichlet-Randbedingung.
Erinnern wir uns, dass das Anfangswertproblem
Lu = f
u (t0 ) = ; u0 (t0 ) =
nach dem Satz von Picard-Lindel•of eine eindeutige L•osung u 2 C 2 [a; b] hat, und zwar f•
ur
alle t0 2 [a; b] und ; 2 R. F•
ur das Randwertproblem (3.20) gelten die Existenz und
Eindeutigkeit nicht immer. Zum Beispiel, die Gleichung u00 + u = 0 hat auf [0; 2 ] eine
Familie von L•osungen
u (x) = C sin x; C 2 R;
die auch die Dirichlet-Randbedingung u (0) = u (2 ) = 0 erf•
ullen, aber die Gleichung
u00 + u = sin x hat keine L•osung mit dieser Randbedingung2 .
Satz 3.15 Sei q 0 auf [a; b]. F•
ur jede Funktion f 2 C [a; b] existiert genau eine L•
osung
u 2 C 2 [a; b] des Randwertproblems (3.21). F•
ur die L•
osung u gilt die Darstellung
Z b
u (x) =
k (x; y) f (y) dy;
(3.22)
a
wobei k (x; y) eine stetige Funktion auch [a; b] [a; b] ist, die von p; q; a; b bestimmt wird.
Dar•
uber hinaus hat der Kern k (x; y) die folgenden Eigenschaften:
1. Symmetrie: k (x; y) = k (y; x).
2. Positive De nitheit: f•
ur alle Funktionen f 2 C [a; b], f 6 0, gilt
Z bZ b
k (x; y) f (x) f (y) dxdy > 0:
a
2
a
Ist u so eine L•
osung, so erhalten wir
Z 2
Z
u00 sin xdx +
0
2
u sin xdx =
0
und nach der partiellen Integration
Z 2
Z
u sin xdx +
0
0
Z
2
sin2 xdx
0
2
u sin xdx =
Z
2
sin2 xdx;
0
was ein Widerspruch ist, da die linke Seite die Null betr•agt, w•ahrend die rechte Seite positiv ist.
3.8. STURM-LIOUVILLE-PROBLEM
83
Der Kern k (x; y) hei t die Greensche Funktion des Di erentialoperators L auf [a; b].
Der entsprechende Integraloperator
Z b
k (x; y) f (y) dy
(3.23)
Kf (x) =
a
hei t der Greensche Operator. Die Identit•at (3.22) ist •aquivalent zu u = Kf:
Beweis. Zun•achst beweisen wir, dass Lv = 0 mit v (a) = v (b) = 0 ergibt v = 0: Wir
haben
Z b
Z b
0
0 =
(Lv) vdx =
(pv 0 ) v + qv 2 dx
a
a
Z b
b
2
= pv 0 vja
p (v 0 ) dx qv 2 dx
a
Z b
2
=
p (v 0 ) dx qv 2 dx:
a
Da p > 0 und q 0, daraus folgt v 0 0 auf [a; b] und somit v 0. Insbesondere ist die
L•osung von (3.21) eindeutig bestimmt.
Jetzt beweisen wir die Existenz der L•osung und die Darstellung (3.22). Seien v1 und
v2 zwei linear unabh•angige L•osungen3 der Gleichung Lv = 0 auf [a; b]. Die allgemeine
L•osung der Gleichung Lu = f ist dann
u = u0 + C1 v1 + C2 v2 ;
wobei u0 eine (beliebige) L•osung von Lu0 = f ist und C1 ; C2 beliebige Konstanten.
Angenommen, dass v1 ; v2 bekannt sind (da sie von f nicht anh•angen), bestimmen wir
zun•achst die Funktion u0 , und danach auch die Konstanten C1 ; C2 , um die Randbedingungen u (a) = u (b) = 0 zu erf•
ullen.
Mit Hilfe der Methode von Variation von Konstanten (und unter eine Voraussetzung
die unterhalb erkl•art wird) erh•alt man eine L•osung u0 von Lu0 = f in der Form:
Z x
Z x
u0 (x) = v1 (x)
v2 (y) f (y) dy v2 (x)
v1 (y) f (y) dy:
(3.24)
a
a
Beweisen wir direkt, dass die so de nierte Funktion u0 eine L•osung von Lu0 =
Wir haben
Z x
0
0
u0 (x) = v1 (x)
v2 f dy + v1 (x) v2 (x) f (x)
a
Z x
0
v2 (x)
v1 f dy v2 (x) v1 (x) f (x)
Z xa
Z x
0
0
v2 f dy v2 (x)
v1 f dy;
= v1 (x)
a
3
a
Die Funktionen v1 und v2 lassen sich als die L•osungen der Anfangswertproblem
Lv = 0 auf [a; b]
v (t0 ) = ; v 0 (t0 ) =
mit linear unabh•
angigen Vektoren
bestimmen.
f ist.
84
dann
pu00
(x) =
pv10
(x)
Z
x
pv20
v2 f dy
(x)
a
und
0
(pu00 )
(x) =
0
(pv10 )
(x)
Z
x
v1 f dy;
a
Z
x
v2 f dy + pv10 (x) v2 (x) f (x)
a
0
(pv20 )
Z
x
v1 f dy pv20 (x) v1 (x) f (x)
(x)
Z x
Z xa
0
0 0
0
v1 f dy
v2 f dy (pv2 ) (x)
= (pv1 ) (x)
a
a
p (x) W (x) f (x) ;
wobei
W (x) = v1 (x) v20 (x)
v10 (x) v2 (x) = det
v1 (x) v2 (x)
v10 (x) v20 (x)
die Wronski-Determinante des Paars v1 ; v2 ist. Es gilt
0
(pW )0 = (pv1 v20 pv10 v2 )
0
= pv10 v20 + (pv20 ) v1 pv10 v20
=
qv2 v1 + qv1 v2 = 0;
0
(pv10 ) v2
so dass pW = const. Diese Konstante ist nicht Null, da die Wronski-Determinante der
linear unabh•angigen L•osungen nicht-Null betr•agt. Man kann dies auch direkt beweisen
0)
0)
wie folgt. Gilt W (t0 ) = 0, so sind die Spaltenvektoren vv10 (t
und vv20 (t
linear abh•angig,
1 (t0 )
2 (t0 )
d.h. existieren Konstanten 1 ; 2 mit
1 v1
0
1 v1
(t0 ) +
(t0 ) +
1 v2
0
1 v2
(t0 ) = 0
(t0 ) = 0:
Dann ist die Funktion v = 1 v1 + 2 v2 eine L•osung der DGL Lv = 0 mit v (t0 ) = v 0 (t0 ) = 0,
und nach dem Satz von Picard-Lindel•of beschlie en wir, dass v
0 auf [t0 ; b], was im
Widerspruch zur linearen Unabh•angigkeit von v1 ; v2 steht.
Somit ist die Funktion pW eine nicht-Null Konstante. Mit Skalierung von v1 oder v2
k•onnen wir annehmen, dass
pW 1:
Dann erhalten wir
0
(pu00 )
+ qu0 =
0
(pv10 )
(x)
Z
x
v2 f dy
0
(pv20 )
(x)
a
f (x)
+qv1 (x)
Z
= Lv1 (x)
Z
a
=
f
Z
x
v1 f dy
a
x
v2 f dy
a
x
v2 f dy
Z
qv2 (x)
Z
Lv2 (x)
x
v1 f dy
a
x
a
v1 f dy
d.h. Lu0 =
85
f: Schreiben wir (3.24) in der Form
u0 (x) =
Z
b
k0 (x; y) f (y) dy
a
um, wobei
k0 (x; y) = 1fy<xg (v1 (x) v2 (y)
v2 (x) v1 (y)) :
Die Funktion k0 (x; y) ist o ensichtlich stetig au erhalb x 6= y. Sie ist auch stetig auf
x = y, da die Funktion (v1 (x) v2 (y) v1 (y) v2 (x)) auf x = y verschwindet.
Die Randbedingungen u (a) = u (b) = 0 ergeben das folgende System f•
ur C1 und C2 :
C1 v1 (a) + C2 v2 (a) =
C1 v1 (b) + C2 v2 (b) =
u0 (a) = 0
u0 (b) ;
wobei u0 (a) = 0 aus (3.24) folgt. Zeigen wir, dass die Determinante dieses Systems
nicht-Null ist, d.h.
v (a) v2 (a)
D := det 1
6= 0:
v1 (b) v2 (b)
Gilt D = 0, so sind die Spalten von dieser Matrix linear abh•angig, z.B.
1 v1
(x) +
2 v2
(x) = 0 f•
ur x = a und x = b:
Dann ist die Funktion v = 1 v1 + 2 v2 eine L•osung von Lv = 0 mit v (a) = v (b) = 0
woraus folgt v 0, was im Widerspruch zur linearen Unabh•angigkeit von v1 ; v2 steht.
Da D 6= 0; so erhalten wir
1
v2 (a) u0 (b) = c1 u0 (b)
D
1
=
v1 (a) u0 (b) = c2 u0 (b)
D
C1 =
C2
mit c1 =
1
v
D 2
(a) und c2 =
1
v
D 1
(a) : So, erhalten wir die L•osung u von (3.21):
u (x) = u0 (x) + c1 u0 (b) v1 (x) + c2 u0 (b) v2 (x)
Z b
Z b
=
k0 (x; y) f (y) dy +
k0 (b; y) (c1 v1 (x) + c2 v2 (x)) f (y) dy
a
a
Z b
=
k (x; y) f (y) dy;
a
wobei
k (x; y) = k0 (x; y) + k0 (b; y) (c1 v1 (x) + c2 v2 (x)) :
(3.25)
O ensichtlich ist k (x; y) eine stetige Funktion von x; y.
Die Symmetrie von k (x; y) kann aus (3.25) erhalten werden, obwohl es nicht so offensichtlich ist. Wie beweisen die Symmetrie von k (x; y) mit Hilfe von dem Greenschen
Operator (3.23). Da k stetig ist, so ist K ein beschr•ankter (und sogar kompakter) Operator in L2 (a; b). Zeigen wir zun•achst, dass
(Kf; g) = (f; Kg)
(3.26)
86
f•
ur alle stetige Funktionen f; g auf [a; b] (was •aquivalent zu Selbstadjunktion von K in
L2 (a; b)). Setzen wir u = Kf und v = Kg und bemerken, dass u und v erf•
ullen die
Di erentialgleichungen Lu = f und Lv = g mit den Dirichlet-Randbedingung. Daraus
folgt
(Kf; g) = (u; Lv) und (f; Kg) = (Lu; v) :
Es bleibt zu zeigen, dass
(Lu; v) = (u; Lv) :
(3.27)
Wir haben
(Lu; v) =
=
=
Z
Z
b
b
0
(pu0 ) v + quv dx
(Lu) vdx =
a
a
Z b
b
pu0 vja
(pu0 v 0 dx quv) dx
a
Z b
(pu0 v 0 dx quv) dx:
a
Analog gilt
(Lv; u) =
Z
b
(pu0 v 0 dx
quv) dx;
a
woraus (Lu; v) = (u; Lv) folgt. Die Identit•at (3.26) ist somit bewiesen und sie ergibt f•
ur
alle f; g 2 C [a; b]
Z bZ
a
b
k (x; y) f (y) g (x) dydx =
a
a
woraus folgt
Z bZ
Z bZ
a
b
k (y; x) f (y) g (x) dydx;
a
b
(k (x; y)
k (y; x)) f (y) g (x) dydx = 0:
(3.28)
a
Gilt k (x0 ; y0 ) 6= k (y0 ; x0 ) f•
ur ein (x0 ; y0 ) 2 [a; b]
l (x; y) = k (x; y)
[a; b], so verschwindet die Funktion
k (y; x)
in einer Umgebung U = (x0 "; x0 + ") (y0 "; y0 + ") von (x0 ; y0 ) nicht, z.B. es gilt
l (x; y) > 0 in U: Dann w•ahlen wir eine stetige nicht-Null Funktion f so dass f (y)
0
f•
ur alle y 2 [a; b] und f (y) = 0 f•
ur y 2
= (y0 "; y0 + "), und analog eine stetige nicht-Null
Funktion g 0 mit g (x) = 0 f•
ur x 2
= (x0 "; x0 + ") : Dann gilt
Z bZ
a
a
b
l (x; y) f (y) g (x) dydx =
Z Z
l (x; y) f (y) g (x) dydx > 0;
U
was im Widerspruch zu (3.28) steht. Somit gilt k (x; y) = k (y; x) f•
ur alle x; y 2 [a; b].
Die positive De nitheit von k folgt aus
Z bZ
a
a
b
k (x; y) f (x) f (y) dxdy = (Kf; f ) = (u; Lu) =
Z
a
b
2
p (u0 ) dx
qu2 > 0;
87
wobei u = Kf und die Ungleichung ist strikt, da sonst u = 0 und somit f = Lu = 0. Bemerken wir, dass die positive De nitheit des Kerns k •aquivalent zur positiven De nitheit
des Operators K ist, d.h. (Kf; f ) > 0 f•
ur alle nicht-Null Funktionen f 2 C [a; b].
00
Beispiel. F•
ur Lu = u nehmen wir v1 (x) = 1, v2 (x) = x, mit W
1 und D = b a.
Dann folgt es aus (3.25), dass
k (x; y) =
1
b
a
(x
(y
a) (b
a) (b
y) ; x
x) ; x
y;
y:
Insbesondere f•
ur [a; b] = [0; 1] gilt
k (x; y) =
x (1
y (1
y) ; x
x) ; x
y:
y:
Gegeben seien der Operator L von (3.20) auf C 2 [a; b] und eine Funktion w 2 C [a; b] ;
w > 0; die Gewicht hei t. Betrachten wir das Sturm-Liouville-Problem
Lv + wv = 0;
v (a) = v (b) = 0;
(3.29)
wobei v 2 C 2 [a; b] eine unbekannte Funktion ist und eine unbekannte Konstante, die
spektraler Parameter hei t. O ensichtlich ist v
0 eine L•osung von (3.29) f•
ur alle .
2
Jede nicht-Null L•osung v 2 C [a; b] von (3.29) hei t die Eigenfunktion von (3.29) (oder
von L) und der entsprechende Wert hei t der Eigenwert von (3.29). Das Problem ist
alle Eigenwerten und Eigenfunktionen von (3.29) zu bestimmen.
Beispiel. Betrachten wir das Sturm-Liouville-Problem f•
ur den Operator Lu = u00 auf [0; ]
mit Gewicht w = 1. Die Eigenfunktionen v erf•
ullen die Di erentialgleichung v 00 + v = 0
mit den Randbedingungen v (0) = v ( ) = 0. F•
ur = 0 ist die allgemeine L•osung von
v 00 + v = 0 die lineare Funktion v (t) = C1 + C2 t, die die Randbedingungen nur f•
ur
C1 = C2 = 0 erf•
ullt, so dass = 0 keinp Eigenwert ist. F•
ur < 0 ist die allgemeine
, und diese Funktion verschwindet an den
L•osung v (x) = C1 e t + C2 e t mit =
Stellen a und b auch nur f•
ur C1 = C2 = 0, so dass kein < 0 ein Eigenwert ist. F•
ur > 0
ist die allgemeine L•osung
p
p
v (x) = C1 cos
x + C2 sin
x:
p
= 0,
Die Bedingung v (0)
=
0
ergibt
C
=
0,
und
die
Bedingung
v
(
)
=
0
ergibt
sin
1
p
2
was •aquivalent zu
2 Z ist. Somit erhalten wir alle Eigenwerte k = k mit k = 1; 2; :::,
und die entsprechenden Eigenfunktionen sind vk (x) = sin kx:
Hauptsatz 3.16 (Satz von Sturm-Liouville) Die Eigenwerten des Sturm-Liouville-Problems
(3.29) bilden eine echt monoton steigende Folge f k g1
ur k ! 1. Zu
k=1 mit k ! +1 f•
jedem k entspricht eine einzige Eigenfunktion vk (bis auf multiplikative Konstante), und
2
die Folge fvk g1
n=1 von den Eigenfunktionen bildet eine Orthogonalbasis in L ((a; b) ; )
mit d = wdx.
Bemerkung. Es gibt noch einen Teil von dem Satz von Sturm-Liouville, der besagt, dass
die Funktion vk genau k 1 Nullstellen auf dem Intervall (a; b) besitzt.
88
Beweis. Zuerst beweisen wir, dass es f•
ur jedes h•ochstens eine (bis auf multiplikative
Konstante) L•osung v von (3.29) gibt. Seien v1 und v2 zwei solche L•osungen. Da v1 (a) = 0,
so muss v10 (a) 6= 0 erf•
ullt werden, da sonst nach dem Satz von Picard-Lindel•of gilt v1 0:
Somit existiert eine Konstante c mit v20 (a) = cv10 (a) : Dann erf•
ullt die Funktion v = v1 cv2
0
die Di erentialgleichung Lv = 0 mit v (a) = v (a) = 0, woraus folgt dass v
0. Somit
sind die L•osungen v1 und v2 linear abh•angig, was zu beweisen war.
Zum Beweis der Existenz der Orthogonalbasis von Eigenvektoren benutzen wir den
Satz 3.15. In diesem Satz soll die Bedingung q (x)
0 erf•
ullt werden, was jetzt nicht
unbedingt der Fall ist. Aber es gibt immer eine positive Konstante c mit
q
cw < 0:
Die Gleichung Lv + wv = 0 ist •aquivalent zu
0
(pv 0 ) + (q
cw) v + ( + c) wv = 0:
Benennen wir den Operator (pv 0 )0 + (q cw) v zur•
uck nach L und die Konstante + c
nach um. Dann k•onnen wir annehmen, dass q < 0 und den Satz 3.15 anwenden. So ist
das Problem (3.29) •aquivalent zur Integralgleichung
Z b
k (x; y) w (y) v (y) dy = K (wv) ;
(3.30)
v (x) =
a
wobei K der Greensche Operator ist. Wir betonen, dass jede Funktion v 2 C [a:b], die
diese Integralgleichung erf•
ullt, ist automatisch aus C 2 [a; b] und l•ost (3.29), da wv stetig
ist und somit die Funktion K (wv) aus C 2 [a; b] ist, dann auch v = K (wv) aus C 2 [a; b]
ist.
p
w (x)und betrachten eine neue unbekanMultiplizieren wir
die
Gleichung
(3.30)
mit
p
ur u:
nte Funktion u = v w: Dann erhalten wir die folgende Integralgleichung f•
Z bp
p
u (x) =
w (x)k (x; y) w (y)u (y) dy;
a
d.h.
u (x) =
Z
b
a
wobei
e
e
k (x; y) u (y) dy = Ku
p
w (x) w (y)k (x; y)
e der Integraloperator mit dem Kern e
und K
k (x; y) ist. Da e
k (x; y) stetig und symmetric
2
e kompakt und selbstadjungiert in L (a; b). Nach dem Hauptsatz 3.13
in x; y ist, so ist K
2
existiert eine Orthogonalbasis fun g1
n=1 in L (a; b) (mit dem Lebesgue Ma ), die aus den
e besteht. Sei n der Eigenwert von un , d.h.
Eigenfunktionen von K
e
k (x; y) =
e n=
Ku
n un :
Dann gilt nach Lemma 3.11 n ! 0 f•
ur n ! 1.
u
Die Abbildung u 7! u := pw ist ein Isomorphismus von Hilbertr•aumen L2 (a; b) und
L2 ((a; b) ; ) mit d = wdx; da
Z b
Z b
2
u
2
p
k ukL2 ((a;b); ) =
wdx =
u2 dx = kuk2L2 (a;b)
w
a
a
und f•
ur alle u1 ; u2 2 L2 (a; b)
( u1 ; u2 )L2 ((a;b);
)
=
Z
a
b
89
u u
p1 p2 wdx =
w w
Z
b
u1 u2 dx = (u1 ; u2 )L2 (a;b) :
a
Somit ist die Folge fvn g mit vn = un eine Orthogonalbasis in L2 ((a; b) ; ), und vn erf•
ullt
die Integralgleichung
K (wvn ) = n vn :
Da K positiv de nit in L2 (a; b) ist, so erhalten wir
(K (wvn ) ; wvn ) > 0
woraus folgt
n
(wvn ; wvn ) > 0
und somit n > 0.
Die Funktion
K (wvn ) (x) =
Z
b
k (x; y) w (y) vn (y) dy
a
ist stetig, da k (x; y) stetig ist, woraus folgt, dass auch
vn =
1
K (wvn )
(3.31)
n
stetig ist. Der Vergleich von (3.31) und (3.30) ergibt, dass vn die Eigenfunktionen des
Sturm-Liouville-Problems mit den Eigenwerten n = 1n ! +1 sind. Da alle n unterschiedlich sind, so l•asst sich die Folge f n g umnummerieren, so dass f n g echt monoton
steigend wird.
Es bleibt noch zu zeigen, dass es keinen anderen Eigenwert von (3.29) gibt. Sei ein
Eigenwert von (3.29), der nicht in der Folge f n g liegt, uns sei v die Eigenfunktion von
. Da 6= n , so gilt v?vn in L2 ((a; b) ; w), da
(Lv; vn )L2 (a;b) =
(wv; vn )L2 (a;b) =
(v; vn )L2 ((a;b);
)
und nach (3.27)
(Lv; vn )L2 (a;b) = (v; Lvn )L2 (a;b) =
n
(v; vn )L2 ((a;b);
)
was unter 6= n nur dann m•oglich ist, wenn (v; vn )L2 ((a;b); ) = 0: Somit ist v orthogonal
zu allen Elementen vn der Basis, woraus folgt v = 0.
Bemerkung. Der Hauptsatz 3.16 gilt auch f•
ur andere Randbedingungen, insbesondere
f•
ur die Neumann-Randbedingung: v 0 (a) = v 0 (b) = 0 (und der Beweis ist •ahnlich).
Beispiel. Betrachten wir noch einmal das Sturm-Liouville-Problem f•
ur den Operator
00
Lu = u auf [0; ] mit Gewicht w = 1. Wir haben schon gesehen, dass die Eigenwerte
davon sind k = k 2 mit k = 1; 2; ::: und die Eigenfunktionen sind vk (x) = sin kx: Nach
dem Hauptsatz 3.16 beschlie en wir, dass die Folge fsin kxg1
k=1 eine Orthogonalbasis in
2
L (0; ) ist.
Analog sind die Funktionen fcos kxg1
k=0 die Eigenfunktionen der Di erentialgleichung
00
v + v = 0 mit den Randbedingungen v 0 (0) = v 0 ( ) = 0, woraus folgt, dass fcos kxg1
k=0
auch eine Orthogonalbasis in L2 (0; ) ist.
90
F•
ur jede Funktion f 2 L2 ( ; ) haben wir die Darstellung f = g + h mit einer
geraden Funktion g und ungeraden Funktion h. Dann gelten die Entwicklungen
g=
1
X
ak cos kx und h =
k=0
bk sin kx in L2 (0; ) ;
k=1
und nach der Symmetrie auch in L2 (
f = a0 +
1
X
1
X
; ) ; woraus folgt
(ak cos kx + bk sin kx) in L2 (
; )
k=1
Somit haben wir noch einmal bewiesen (diesmal ohne den Approximationssatz von Weierstra ), dass die Folge
f1; cos x; sin x; cos 2x; sin 2x; ::: cos kx; sin kx; :::g
eine Orthogonalbasis in L2 (
; ) ist.
Beispiel. Betrachten wir den Di erentialoperator Lv =
w=e
x2
. Die Gleichung
e
x2 0
v
0
+ e
x2
e
x2 0
v
0
auf R mit Gewicht
v=0
f•
ur Eigenfunktion kann wie folgt umgeschrieben werden:
v 00
2xv 0 + v = 0:
In diesem Fall gibt es keine Randbedingungen, aber wir fordern v 2 L2 R; e
Diese Gleichung wird von den Hermite-Polynomen
Hn00
fHn g1
n=0
x2
dx an.
erf•
ullt, da
2xHn0 + 2nHn = 0:
Somit ist Hn eine Eigenfunktion von L mit dem Eigenwert n = 2n. Man kann beweisen,
2
dass die Eigenfunktionen dieses Problems eine Orthogonalbasis in L2 R; e x dx bilden
(eine Verallgemeinerung von Hauptsatz 3.16) und dass die Folge fHn g alle Eigenfunktio2
nen von L enth•alt. Somit ist fHn g eine Orthogonalbasis in L2 R; e x dx :
3.9
Schr•
odinger-Gleichung
Betrachten wir die eindimensionale Schr•odinger-Gleichung
d2
@
=
+ V (x)
(3.32)
i
@t
dx2
wobei V (x) das gegebene Potential auf einem Intervall [a; b] ist, und (x; t) die gesuchte
Wellenfunktion, die von x 2 [a; b] und von der Zeit t 2 R abh•angt. Erlegen wir die
folgende Randbedingung und Anfangsbedingung auf:
(a; t) =
(b; t) = 0 f•
ur alle t;
(3.33)
•
3.9. SCHRODINGER-GLEICHUNG
91
und
(x; 0) =
0
(x) ;
(3.34)
wobei 0 eine gegebene Funktion ist. Die Randbedingung (3.33) bedeutet, dass die
Wellenfunktion (und das entsprechende Teilchen) im Intervall [a; b] eingesperrt ist.
Betrachten wir das Strum-Liouville-Problem f•
ur den Operator
Lv =
d2 v
dx2
V (x) v
auf [a; b] mit dem Gewicht 1, d.h.
Lv + v = 0
v (a) = v (b) = 0:
2
Nach dem Satz 3.16 existiert eine Orthonormalbasis fvk g1
k=1 in L (a; b), die aus den
Eigenfunktionen von L besteht. Sei k der Eigenwert von vk . Dann erf•
ullt die Funktion
k
i
(x; t) = vk (x) e
kt
die Schr•odinger-Gleichung (3.32) und die Randbedingung (3.33).
Die L•osung von (3.32) mit den Bedingungen (3.33) und (3.34) suchen wir in der Form
(x; t) =
1
X
ck vk (x) e
i
kt
;
(3.35)
k=1
wobei die Koe zienten ck 2 C noch bestimmt werden m•
ussen. F•
ur t = 0 erhalten wir
0 (x) =
1
X
ck vk (x) ;
k=1
woraus die Koe zienten ck sich bestimmen lassen:
ck = (
0 ; vk ) :
Dann gilt nach der Parsevalschen Gleichung
1
X
k=1
und somit auch f•
ur alle t 2 R
jck j2 = k
1
X
ck e
i
kt
2
0 k2
2
=1
= 1:
k=1
Daraus folgt, dass die Reihe (3.35) f•
ur jedes t in L2 (a; b) konvergiert, und
k ( ; t)k22 = 1:
Man kann auch beweisen, dass unter bestimmten Voraussetzungen u
•ber 0 die Funktion
hinreichend di erenzierbar ist und somit die Gleichung (3.32) erf•
ullt.
Analog l•ost man andere partielle Di erentialgleichungen, z.B. die W•armeleitungsgleichung
und die Wellengleichung.
92
Chapter 4
Funktionalkalk•
ul von
selbstadjungierten Operatoren
4.1
Polynome von selbstadjungierten Operatoren
Sei A ein Operator in einem Vektorraum V u
•ber C und f (z) ein Polynom mit Koe zienten
von C:
f (z) = c0 + c1 z + ::: + cn z n :
De nieren wir f (A) als ein Operator in V mit
f (A) = c0 I + c1 A + ::: + cn An :
Es ist o ensichtlich, dass f•
ur zwei Polynomef; g die folgenden Identit•aten gelten:
(i) (f + g) (A) = f (A) + g (A)
(ii) (f g) (A) = f (A) g (A) :
Ist V ein normierter Vektorraum, dann f 2 B (V ) ) f (A) 2 B (V ) :
Seien A ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H und f (z) ein Polynom mit
reellwertigen Koe zienten. Dann ist f (A) auch selbstadjungiert.
In diesem Kapitel f•
uhren wir das Funktionalkalk•
ein. Das Funktionalkalk•
ul ist die Regel wie man f (A) f•
ur eine Klasse von Funktionen f
de niert bzw bestimmt.
Jetzt haben wir f (A) f•
ur Polynome de niert, und in dem n•achsten Abschnitt de nieren
wir f (A) f•
ur alle stetige Funktionen. Aber daf•
ur brauchen wir den folgenden Satz.
Satz 4.1 (Der spektrale Abbildungssatz f•
ur Polynome) Seien A ein beschr•
ankter Operator im normierten Vektorraum V und f (z) ein Polynom. Dann gilt
(f (A)) = f ( (A)) := ff (z) : z 2
(A)g :
(4.1)
Korollar 4.2 Seien A ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H und f (z) ein
Polynom mit reellwertigen Koe zienten. Dann gilt
kf (A)k = sup jf (z)j :
z2 (A)
93
(4.2)
• VON SELBSTADJUNGIERTEN OPERATOREN
94CHAPTER 4. FUNKTIONALKALKUL
Beweis. Zeigen wir zun•achst, dass f•
ur jedem selbstadjungierten Operator B in H gilt
kBk = sup j (B)j :
(4.3)
Nach dem Satz 3.9 haben wir (B) [ kBk ; kBk] und einer von kBk ; kBk in (B)
liegt. Daraus folgt, dass j (B)j [0; kBk] und kBk 2 j (B)j, was •aquivalent zu (4.3).
Anwendung von (4.3) f•
ur B = f (A) ergibt
kf (A)k = sup j (f (A))j = sup jf ( (A))j = sup jf (z)j :
z2 (A)
Beispiel. Nehmen wir an
gilt nach (4.2)
A
(A)
[0; 1] und betrachten f (A) f•
ur f (z) = z
A2 = sup
z2
z
sup z
z2 (A)
z2[0;1]
z 2 : Dann
1
z2 = ;
4
1
: Diese Ungleichung ist hoch nicht-trivial sogar wenn A eine 2
d.h. kA A2 k
4
Matrix!
F•
ur den Beweis von Satz 4.1 brauchen wir das folgende Lemma.
2
Lemma 4.3 Seien A; B zwei beschr•
ankten Operatoren im normierten Vektorraum V mit
AB = BA. Dann ist AB beschr•ankt invertierbar genau dann, wenn die beiden Operatoren
A und B beschr•ankt invertierbar, d.h.
(AB)
1
2 B (V ) , A
1
1
und B
2 B (V ) :
Beweis. Sind A; B beschr•ankt invertierbar, so erf•
ullt der Operator B 1 A
1
De nition von (AB) :
(AB) B 1 A
1
1
= A BB
1
A
= AA
1
1
2 B (V ) die
=I
und analog (B 1 A 1 ) (AB) = I: Somit ist AB beschr•ankt invertierbar und
(AB)
1
= B 1A 1:
Beweisen wir die Umkehrung: ist C = AB beschr•ankt invertierbar, so sind A und B auch
beschr•ankt invertierbar. Bemerken wir zun•achst, dass C mit A und B kommutiert, z.B.
CA = ABA = AAB = AC:
Daraus folgt, dass auch C
1
mit A und B kommutiert, da
A = AC
1
:
Zeigen wir jetzt, dass A beschr•ankt invertierbar ist und zwar A
1
=C
AC = CA ) A = CAC
C
1
B A=C
1
1
)C
BA = (AB)
1
1
(AB) = I
und
A C
1
B =C
Analog ist B beschr•ankt invertierbar mit B
1
1
AB = I:
=C
1
A:
1
B: Wir haben
4.2. STETIGE FUNKTIONEN VON SELBSTADJUNGIERTEN OPERATOREN
95
Korollar 4.4 Seien A1 ; :::An beschr•
ankte Operatoren in V die miteinander kommutieren.
•
Dann gilt die Aquivalenz
(A1 :::An )
1
2 B (V ) , Ak 1 2 B (V ) 8k = 1; ::; n:
Beweis. Dies folgt aus Lemma 4.3 per Induktion nach n.
Beweis von Satz 4.1. F•
ur jedes 2 C beweisen wir, dass
2
(f (A)) ,
2 f ( (A)) :
Nach dem Fundamentalsatz der Algebra l•asst sich das Polynom f (z)
von Linearfaktoren zerlegen:
f (z)
= c (z
z1 ) ::: (z
zn ) ;
wobei z1 ; :::; zn die (komplexwertigen) Nullstellen von f (z)
f (A)
I = c (A
z1 I) ::: (A
in ein Produkt
sind. Dann auch gilt
zn I) :
Nach Korollar 4.4 haben wir
2 (f (A)) ,
,
,
,
(f (A)
I) 1 2 B (H)
((A z1 I) ::: (A zn I)) 1 2 B (H)
(A zk I) 1 2 B (H) 8k = 1; :::; n
zk 2 (A) 8k = 1; :::; n
Daraus folgt
2
(f (A)) , 9k zk 2 (A)
, 9z 2 (A) f (z)
,
2 f ( (A)) ;
=0
4.2
4.2.1
Stetige Funktionen von selbstadjungierten Operatoren
Funktionalkalk•
Hauptsatz 4.5 Sei A ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H. Dann existiert
genau eine Abbildung
A : C ( (A)) ! B (H)
mit den folgenden Eigenschaften:
1. F•
ur jede (reellwertige) Funktion f 2 C ( (A)) ist A (f ) ein selbstadjungierter Operator.
2. kA (f )k = kf kC(
(A))
(f•
ur die Eindeutigkeit von A reicht kA (f )k
kf kC(
(A)) ).
3. A ist linear und sogar ein Homomorphismus von Algebras, d.h.
A (f + g) = A (f ) + A (g)
A (cf ) = cA (f ) 8c 2 R
A (f g) = A (f ) A (g) :
4. F•
ur f
1 gilt A (f ) = I und f•
ur f (z) = z gilt A (f ) = A.
Die Abbildung A hei t das Funktionalkalk•
ul von Operator A. F•
ur jede Funktion
f 2 C ( (A)) setzen wir
f (A) := A (f ) ;
und f (A) hat die folgenden Eigenschaften:
1. f (A) ist selbstadjungiert.
2. kf (A)k = supz2
(A)
jf (z)j.
3. F•
ur zwei Funktionen f; g 2 C ( (A)) gelten
(f + g) (A) = f (A) + g (A)
(cf ) (A) = c (f (A))
(f g) (A) = f (A) g (A) :
4. F•
ur f
1 gilt f (A) = I und f•
ur f (z) = z gilt f (A) = A.
ur jedes Polynom
f (z) = c0 + c1 z + ::: + cn z n
dass
f (A) = c0 I + c1 A + ::: + cn An ;
was mit der fr•
uheren De nition von f (A) u
•bereinstimmt.
Beispiel. Sei A ein selbstadjungierter Operator mit (A) 0. Dann existiert ein selbp
stadjungierter Operator B mit B 2 = A: Daf•
ur betrachten wir die Funktion f (z) = z
die auf [0; 1) und somit auch auf (A) de niert und stetig ist. Dann B = f (A) erf•
ullt
p p
B 2 = f (A) f (A) =
z z (A) = z (A) = A:
p
Somit ist A wohlde niert.
Beispiel. F•
ur jeden selbstadjungierten Operator A ist I + A2 beschr•ankt invertierbar, da
1
die Funktion f (z) = 1+z
(A) stetig ist, woraus folgt
2 auf R und somit auch auf
f (A) I + A2 =
1
1 + z2
1 + z2
(A) = I
und analog
1 + A2 f (A) = I:
F•
ur den Beweis des Satzes 4.5 brauchen wir das folgende Lemma.
97
Lemma 4.6 Sei K eine kompakte Teilmenge von R. Dann f•
ur jede f 2 C (K) existiert
eine Folge ffn g von Polynomen mit kfn f kC(K) ! 0 f•
ur n ! 1:
Beweis. Ist K ein Intervall [a; b], so stimmt die Aussage mit dem Approximationssatz
von Weierstrass u
•berein (Korollar 2.19). F•
ur beliebige kompakte Menge K existiert ein
beschr•anktes Intervall (a; b) das K u
•berdeckt. Zeigen wir, dass die Funktion f sich auf
das Intervall [a; b] stetig fortsetzen l•asst. Dann die Folge ffn g von Polynomen, die f auch
[a; b] approximiert, macht es auch auf K.
De nieren wir die Funktion f au erhalb (a; b) mit f 0. Die Menge (a; b) n K ist eine
o ene Menge und deshalb (a; b) n K ist eine disjunkte Vereinigung von o enen Intervallen.
Sei ( ; ) ein von diesen Intervallen. Dann liegen die Punkte ; au erhalb (a; b) n K,
wo f schon de niert ist. Da die Werte f ( ) und f ( ) schon bekannt sind, de nieren wir
f auf dem Intervall ( ; ) als die lineare Funktion. Dann ist f stetig auf R.
Beweis von Hauptsatz 4.5. Beweisen wir zun•achst die Eindeutigkeit des Funktionalkalk•
uls A. Da A (z) = A und A (z n ) = An , erhalten wir, dass f•
ur jedes Polynom
f (z) = c0 + c1 z + ::: + cn z n
A (f (z)) = c0 I + c1 A + ::: + cn An :
Insbesondere ist A (f ) eindeutig bestimmt f•
ur Polynome. Sei f eine beliebige Funktion aus
C ( (A)). Da (A) kompakt (beschr•ankt und abgeschlossen) ist, existiert nach Lemma
4.6 eine Folge ffn g von Polynomen mit kfn f kC( (A)) ! 0: Dann gilt
kA (fn )
A (f )k = kA (fn
f )k
kfn
f kC(
(A))
!0
d.h. A (fn ) ! A (f ) in B (V ) : Somit ist A (f ) eindeutig bestimmt f•
ur jede stetige Funktion f auf (A).
Jetzt beweisen wir die Existenz des Funktionalkalk•
uls A. F•
ur Polynome f de nieren
wir A (f ) = f (A). O ensichtlich erf•
ullt diese De nition alle Eigenschaften 1-4. F•
ur
beliebige Funktion f 2 C ( (A)) nden wir eine Folge ffn g von Polynomen mit
kfn
f kC(
(A))
!0
und bemerken, dass die Folge fA (fn )g von Operatoren eine Cauchy-Folge ist, da nach
Korollar 4.2
kA (fn )
A (fm )k = kfn (A)
fm (A)k = k(fn
fm ) (A)k = kfn
fm kC(
(A))
!0
f•
ur n; m ! 1. Da B (H) ein Banachraum ist, existiert der Grenzwert lim A (fn ), was wir
als A (f ) de nieren m•ochten. Aber daf•
ur brauchen wir noch zu beweisen, dass lim A (fn )
unabh•angig von der Wahl von der Folge ffn g ist. Gegeben sei noch eine Folge fgn g von
Polynomen mit kgn f kC( (A)) ! 0: Dann gilt
kfn
gn kC(
(A))
!0
und somit
kA (fn )
A (gn )k = k(fn
woraus folgt lim A (fn ) = lim A (gn ) :
gn ) (A)k = kfn
gn kC(
(A))
! 0;
Somit ist A (f ) = lim A (fn ) wohlde niert. Beweisen wir alle Eigenschaften 1-4.
1. A (f ) ist selbstadjungiert als ein Grenzwert in B (H) von selbstadjungierten Operatoren.
2. F•
ur die Folge ffn g von Polynomen wie oberhalb erhalten wir
kA (f )k = lim kA (fn )k = lim kfn kC(
n!1
n!1
(A))
= kf kC(
(A))
:
3. Beweisen wir z.B. die Identit•at A (f g) = A (f ) A (g) f•
ur alle f; g 2 C ( (A)) : Seien
ffn g und fgn g zwei Folgen von Polynomen die f bzw g in C ( (A)) approximieren. Dann
haben wir
kf g
fn gn kC(
kf g f gn k + kf gn fn gn k
kf k kg gn k + kf fn k kgn k ! 0:
(A))
Da fn gn ein Polynom ist, daraus folgt
A (f g) = lim A (fn gn ) = lim A (fn ) A (gn ) = A (f ) A (g) :
Die Identit•aten A (f + g) = A (f ) + A (g) und A (cf ) = cA (f ) werden •ahnlich bewiesen.
4. Da f
1 und f = z die Polynome sind, so erhalten wir A (1) = 1 (A) = I und
A (z) = z (A) = A:
Wie es schon gesagt wurde, benutzen wir weiterhin die Bezeichnung
A (f ) :
f (A)
4.2.2
Der spektrale Abbildungssatz
Satz 4.7 (Der spektrale Abbildungssatz f•
ur stetige Funktionen) Sei A ein selbstadjungierter
Operator in H. F•
ur jede Funktion f 2 C ( (A)) gilt
(f (A)) = f ( (A)) :
Beweis. Beweisen wir f•
ur jedes
2
Gilt
•
2 R die Aquivalenz
(f (A)) ,
2 f ( (A)) :
2
= f ( (A)), so betrachten wir die Funktion
g (z) =
1
f (z)
so dass
(f (z)
) g (z) = g (z) (f (z)
1) = 1:
Daraus folgt, dass
(f (A)
I) g (A) = g (A) (f (A)
so dass
(f (A)
I)
1
= g (A)
I) = I;
und 2
= (f (A)) :
Gilt 2 f ( (A)), so beweisen wir, dass
2
99
(f (A)) : Das Letzte ist •aquivalent zu
inf kf (A) x
xk = 0
kxk=1
(4.4)
(siehe (3.16) im Beweis von Satz 3.13). F•
ur jedes " > 0 w•ahlen wir ein Polynom g mit
kf
gkC(
(A))
< ":
Da 2 f ( (A)), so existiert ein z 2 (A) mit = f (z) : Bezeichnen wir
Nach Satz 4.1 haben wir
g ( (A)) = (g (A)) :
Da
2 g ( (A)), erhalten wir, dass
2
= g (z) :
(g (A)) und somit
inf kg (A) x
xk = 0:
kxk=1
Insbesondere existiert ein x 2 H mit kxk = 1 und
kg (A) x
xk < ":
Dann haben wir
kf (A) x
xk
kf (A) x g (A) xk + kg (A) x
xk + k x
kf (A) g (A)k + " + kf (z) g (z)k
kf gkC( (A)) + " + kf gkC( (A))
< 3";
xk
woraus (4.4) folgt.
4.2.3
Zus•
atzliche Eigenschaften von Funktionalkalk•
ul
Der folgende Satz erg•anzt die Eigenschaften von Funktionalkalk•
ul von Hauptsatz 4.5.
Satz 4.8 Das Funktionalkalk•
ul vom selbstadjungierten Operator A erf•
ullt die folgenden
Eigenschaften.
5. F•
ur jede Folge ffn g von Funktionen aus C ( (A)) mit fn ! f in C ( (A)) gilt
fn (A) ! f (A) in B (H) :
6. Ax = x ) f (A) x = f ( ) x (insbesondere gilt f (
p
(A))
p
(f (A)))
7. F•
ur alle f 2 C ( (A)) und g 2 C (im f ) gilt (g f ) (A) = g (f (A)).
Beweis. 5. Wir haben
kfn (A)
f (A)k = k(fn
f ) (A)k = kfn
6. Die Bedingung Ax = x impliziert An x =
n, woraus folgt, dass f•
ur alle Polynomef gilt
n
f kC(
(A))
! 0:
x f•
ur alle nichtnegative ganze Zahlen
f (A) x = f ( ) x:
(4.5)
F•
ur beliebige stetige Funktion f auf (A) w•ahlen wir eine Folge ffn g von Polynomen mit
kfn f kC( (A)) ! 0: Es gilt
fn (A) x = fn ( ) x:
F•
ur n ! 1 erhalten wir fn (A) ! f (A) und fn ( ) ! f ( ) da
wir (4.5) f•
ur alle stetige Funktionen.
7. Sei erst g ein Polynom,
2
(A). Somit erhalten
g (z) = c0 + c1 z + ::: + cn z n :
Dann gilt
(g f ) (z) = c0 + c1 f (z) + ::: + cn f (z)n
und somit
(g f ) (A) = c0 + c1 f (A) + ::: + cn f (A)n = g (f (A)) :
F•
ur beliebige Funktion g 2 C (im f ) existiert eine Folge fgn g von Polynomen mit
kg
gn kC(im f ) ! 0:
Dann haben wir
kgn f
g f kC(
(A))
= kgn
gkC(im f ) ! 0
und somit nach 5
(gn f ) (A) ! (g f ) (A) :
Da gn ein Polynom ist, so erhalten wir
(gn f ) (A) = gn (f (A)) ! g (f (A))
wobei wir benutzt haben
kgn
gkC(
(f (A)))
= kgn
gkC(f (
(A)))
= kgn
gkC(im f ) ! 0:
Beispiel. Betrachten wir eine Gleichung exp (X) = A wobei A ein gegebener selbstadjungierter Operator ist und X ein gesuchter Operator. Gilt (A) > 0, so ist die Funktion
f (z) = ln z auf (A) de niert, und wir k•onnen setzen X = ln A, da nach dem Satz 4.8
gilt
exp (ln A) = (exp ln) A = A:
Beispiel. Es ist bekannt, dass
1+
z
n
n
! exp (z) f•
ur n ! 1
und die Konvergenz gleichm•a ig auf jedem beschr•ankten Intervall ist. Da (A) beschr•ankt
ist, so erhalten wir
n
1
I + A ! exp (A) :
n
4.3. UNSTETIGE FUNKTIONEN VON SELBSTADJUNGIERTEN OPERATOREN101
Analog gilt
exp (A) =
1
X
An
n=0
n!
:
Beispiel. Sei A ein kompakter selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H, und sei
f n g die Folge von allen Elementen von (A). Setzen wir Kn = ker (A
n I) : Dann gilt
f•
ur jede Funktion f 2 C ( (A)) und alle x 2 H die Identit•at
X
f (A) x =
f ( n ) PKn x:
(4.6)
n
Der Beweis von (4.6) benutzt den Teil 6 von Satz 4.8.
4.3
4.3.1
Unstetige Funktionen von selbstadjungierten Operatoren
Operator-Ungleichungen
Sei A ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H u
•ber C. Dann ist (Ax; x) reell
f•
ur alle x 2 H, da nach der Selbstadjunktion
(Ax; x) = (x; Ax)
und nach Hermitescher Symmetrie
(Ax; x) = (x; Ax);
woraus folgt (x; Ax) = (x; Ax) und somit (x; Ax) 2 R.
De nition. Ein selbstadjungierter Operator A hei t nichtnegativ de nit falls (Ax; x)
f•
ur alle x 2 H. Man schreibt in diesem Fall A 0.
F•
ur zwei selbstadjungierte Operatoren A und B schreiben wir A B falls A B
was •aquivalent zu (Ax; x) (Bx; x) f•
ur alle x 2 H.
Beispiel. Wir haben immer A2 0; da
A2 x; x = (Ax; Ax)
0
0,
0:
Beispiel. Jeder orthogonale Projektor PU auf einen abgeschlossenen Unterraum U
ist nichtnegativ de nit, da
(PU x; x) = (PU x; PU x + PU ? x) = kPU xk2
H
0:
Bemerken wir auch, dass die Operatoren PU und PU ? nicht vergleichbar sind (vorausgesetzt, dass U und U ? nicht trivial sind), d.h.
PU 6
PU ? und PU ? 6
PU :
Beispiel. Der Greensche Operator K im Beweis des Satzes 3.15 ist nichtnegativ de nit.
Im n•achsten Lemma alle Operatoren sind selbstadjungiert im H.
Lemma 4.9 Die folgende Eigenschaften von
1. A
B und B
2. A
0 und B
3. A
0 und
4. An
5.
C )A
gelten.
C
0 ) A+B
0:
2 [0; 1) ) A
0 und An x ! Ax f•
ur alle x 2 H ) A
kAk I
A
2 ( 1; 0] gilt A
0, w•
ahrend f•
ur
0:
0:
kAk I
Beweis. 1. (Ax; x) (Bx; x) und (Bx; x) (Cx; x) ergeben (Ax; x) (Cx; x) :
2. (Ax; x) 0 und (Bx; x) 0 ergeben ((A + B) x; x) 0:
3. (Ax; x) 0 ergibt (( A) x; x) 0 f•
ur
0 und (( A) x; x) 0 f•
ur
0:
4. (An x; x) 0 und An x ! Ax ergeben (Ax; x) 0:
5. (Ax; x)
kAxk kxk
kAk kxk2 = kAk (Ix; x) ergibt A
kAk I. Analog gilt
A
kAk I:
Satz 4.10 Setzen wir a = inf kxk=1 (Ax; x) und b = supkxk=1 (Ax; x). Dann gelten
min (A) = a und max (A) = b:
(4.7)
•
Insbesondere gilt die Aquivalenz
A
0 ,
(A)
0:
(4.8)
•
Beweis. F•
ur (4.7) siehe Ubungen.
Dann gilt
A
0,a
0,
(A)
0;
woraus (4.8) folgt.
•
Beispiel. F•
ur eine symmetrische Matrix A bedeutet die Aquivalenz
(4.8), dass A genau
dann nichtnegativ de nit ist, wenn alle Eigenwerte von A nichtnegativ sind.
Korollar 4.11 Es gilt
A
B und B
A ) A = B:
Beweis. Wir haben (A B)
0 und (A B)
0 woraus folgt (A B) = f0g :
Dann gilt kA Bk = sup j (A B)j = 0 und somit A = B.
Bemerkung. Somit ist eine partielle Ordnung auf der Menge von selbstadjungierten
Operatoren.
•
Satz 4.12 F•
ur alle Funktion f; g 2 C ( (A)) gilt die Aquivalenz:
f
g auf
(A) , f (A)
g (A) :
Somit bewahrt das Funktionalkalk•
ul A : C ( (A)) ! B (H) nicht nur die Struktur
von normierten Algebras, sondern auch die partielle Ordnung.
Beweis. Wir haben nach den S•atzen 4.10 und 4.7
f (A)
g (A) , f (A) g (A) 0 , (f (A)
,
((f g) (A)) 0 , (f g) ( (A))
g (A))
0, f
0
g auf
(A) :
4.3.2
Starke Konvergenz von Operatoren
De nition. Sei fAn g eine Folge von Operatoren im Hilbertraum. Man sagt, dass die
Folge fAn g gegen den Operator A stark konvergiert, falls
An x ! Ax f•
ur alle x 2 H:
s
Man schreibt in diesem Fall An ! A oder A = s-lim An :
Fr•
uher haben wir auch die Konvergenz An ! A bez•
uglich der Operatornorm betrachten. Wir schreiben in diesem Fall A = lim An . Die Konvergenz bez•
uglich der Operatornorm ist o ensichtlich st•arker als die starke Konvergenz, d.h.
A = lim An ) A = s- lim An :
w
Es gibt auch die schwache Konvergenz: An ! A oder A = w-lim An falls
(An x; y) ! (Ax; y)
f•
ur alle x; y 2 H: Die starke Konvergenz ist st•arker als die schwache Konvergenz.
Die Konvergenz bez•
uglich der Operatornorm hei t auch gleichm•
a ige Konvergenz, die
starke Konvergenz hei t auch punktweise Konvergenz.
Nach dem Lemma 4.9 bewahrt die starke Konvergenz die Operator-Ungleichungen
zwischen selbstadjungierten Operatoren:
An
Bn ) s- lim An
s- lim Bn :
Eine Folge fAn g von Operatoren hei t beschr•ankt falls die Folge fkAn kg von den
Normen beschr•ankt ist.
Satz 4.13 Sei fAn g eine beschr•ankte monoton steigende (bzw fallende) Folge von selbstadjungierten Operatoren. Dann s-lim An existiert und ist ein selbstadjungierter Operator.
Beweis. Wir benutzen die folgende Ungleichung, die f•
ur alle selbstadjungierte Operatoren
B mit B 0 gilt:
kBxk2 kBk (Bx; x)
(siehe Aufgaben). Daraus folgt, dass f•
ur n
k(An
Am ) xk2
kAn
m und alle x 2 H
Am k ((An
Am ) x; x) :
Die Folge (An x; x) ist monotone steigend und beschr•ankt, somit ist sie eine Cauchy-Folge,
d.h.
((An Am ) x; x) ! 0 f•
ur n; m ! 1:
Da die Normen kAn
Am k beschr•ankt sind, so erhalten wir, dass
k(An
Am ) xk ! 0 f•
ur n; m ! 1:
Dann ist die Folge fAn xg eine Cauchy-Folge und somit hat den Grenzwert lim An x. Setzen
wir f•
ur jedes x
Ax := lim An x:
Dann ist A ein linearer Operator in H, und A = s-lim An . Da
kAxk = lim kAn xk
sup kAn k kxk ;
n
so ist der Operator A beschr•ankt. Da
(Ax; y) = lim (An x; y) = lim (x; An y) = (x; Ay) ;
so ist A selbstadjungiert.
4.3.3
Monotone Grenzwerte der stetigen Funktionen und Funktionalkalk•
ul
Satz 4.14 Let A ein selbstadjungierter Operator und ffn g eine monoton fallende Folge
von nichtnegativen stetigen Funktionen auf (A). Dann gilt folgendes.
1. s-lim fn (A) existiert (und ist selbstadjungiert).
2. Sei gn eine andere solche Folge mit lim fn
s- lim fn (A)
lim gn auf
(A). Dann gilt
s- lim gn (A) :
Insbesondere
lim fn = lim gn ) s- lim fn (A) = s- lim gn (A) :
F•
ur den Beweis von zweitem Teil brauchen wir ein Lemma.
Lemma 4.15 (Satz von Dini) Sei fhn g eine monoton fallende Folge von nichtnegativen
stetigen Funktionen auf einem kompakten metrischen Raum X. Gilt hn (x) ! 0 f•
ur alle
x 2 X, so gilt auch
sup hn ! 0 f•
ur n ! 1:
F•
ur den Beweis von Lemma 4.15 siehe Aufgaben.
Beweis von Satz 4.14. 1. Die Bedingung fn+1
fn auf
fn (A) ; so dass die Folge ffn (A)g monoton fallend ist. Da
kfn (A)k = sup fn
(A)
(A) impliziert fn+1 (A)
sup f1 ;
(A)
so ist die Folge fkfn (A)kg beschr•ankt. Dann s-lim fn (A) existiert und ist selbstadjungiert
nach dem Satz 4.13.
2. Wir werden beweisen, dass f•
ur jedes k und jedes " > 0 existiert ein N so dass f•
ur
alle n N gilt
sup (fn gk ) ":
(4.9)
(A)
Nach dem Satz 4.12 folgt es aus (4.9), dass
fn (A)
gk (A)
"I:
F•
ur n ! 1; k ! 1 und " ! 0 erhalten wir nach Lemma 4.9
s- lim fn (A)
s- lim gk (A)
0;
Um (4.9) zu beweisen, setzen wir
hn = (fn
gk )+ :
Dann ist fhk g eine monoton fallende Folge von stetigen Funktionen auf X. Da
lim fn
lim gn
gk ,
erhalten wir, dass lim hn = 0: Nach Lemma 4.15 beschlie en wir, dass sup hn ! 0; woraus
(4.9) folgt.
De nition. Bezeichnen wir mit M+ die Menge von reellwertigen Funktionen f auf R mit
der folgenden Eigenschaft: es gibt eine monoton fallende Folge ffn g von nichtnegativen
stetigen Funktionen auf R mit fn (z) ! f (z) 8z 2 R.
Bezeichnen wir mit M die Menge von Di erenzen f g mit f; g 2 M+ . O ensichtlich
ist jede Funktion f 2 M beschr•ankt auf jeder kompakten Teilmenge von R.
Es folgt aus der De nition, dass C+ (R) M+ und C (R) M , aber M enth•alt auch
unstetige Funktionen. Z.B. f•
ur jedes a 2 R liegt die Funktion 1( 1;a] in M+ ; und f•
ur alle
a < b liegt die Funktion
1(a;b] = 1( 1;b] 1( 1;a]
in M .
De nition. Sei A ein selbstadjungierter Operator. F•
ur jede Funktion f 2 M+ de nieren
wir den Operator f (A) mit
f (A) = s- lim fn (A) ;
wobei fn eine monoton fallende Folge ffn g von nichtnegativen stetigen Funktionen auf R
mit fn (z) ! f (z) 8z 2 R:
Nach dem Satz 4.14 der Grenzwert s-lim fn (A) existiert, ist selbstadjungiert und unabh•angig von der Wahl der Folge ffn g.
Satz 4.16 F•
ur alle Funktionen f; g 2 M+ gelten die folgenden Eigenschaften.
1. f
g auf
2. kf (A)k
(A) impliziert f (A)
sup
(A)
g (A) :
f
3. f + g; cf mit c > 0 und f g liegen in M+ und
(f + g) (A) = f (A) + g (A)
(cf ) (A) = c (f (A))
(f g) (A) = f (A) g (A) :
Beweis. Seien ffn g und fgn g zwei monoton fallende Folgen von nichtnegativen stetigen
Funktionen auf R, die gegen f bzw g punktweis konvergieren.
1. Dies folgt aus dem Satz 4.14, da
f = lim fn
impliziert f (A)
2. Da 0 f
lim gn = g auf
(A)
g (A) :
sup f , so erhalten wir die Operator-Ungleichungen
0
f (A)
(sup f ) I:
Daraus folgt
0
(f (A))
sup f
and
kf (A)k = sup j (f (A))j
sup f:
3. Die Folge ffn gn g ist monoton fallend, und fn gn ! f g punktweis, so dass f g 2 M+
. Wir haben nach der De nition von (f g) (A)
(fn gn ) (A) ! (f g) (A) :
Andererseits gilt
s
(fn gn ) (A) = fn (A) gn (A) ! f (A) g (A) ;
s
s
da fn (A) ! f (A) und gn (A) ! g (A) (siehe Aufgaben), woraus folgt (f g) (A) =
f (A) g (A) :
Die Aussagen u
•ber cf und f + g werden analog bewiesen.
F•
ur jede Funktion f 2 M existieren Funktionen g; h 2 M+ mit f = g h. Dann
setzen wir
f (A) = g (A) h (A) :
Das n•achste Lemma impliziert, dass diese De nition unabh•angig von der Wahl der Funktionen g; h ist.
Lemma 4.17 Seien g1 ; g2 ; h1 ; h2 2 M+ . Dann gilt
g1
h1
g2
h2 ) g1 (A)
h1 (A)
g2 (A)
h2 (A) :
g1
h1 = g2
h2 ) g1 (A)
h1 (A) = g2 (A)
h2 (A)
Insbesondere
Beweis. Wir haben
g1 + h2
g2 + h1
woraus folgt nach Satz 4.16
g1 (A) + h2 (A)
g2 (A) + h1 (A) ;
g1 (A)
g2 (A)
und somit
h1 (A)
h2 (A) :
Der folgende Satz erweitert den Satz 4.16 f•
ur Funktionen aus M .
4.4. SPEKTRALSATZ
107
Satz 4.18 F•
ur alle Funktionen f; g 2 M gelten die folgenden Eigenschaften.
1. f
g auf
2. kf (A)k
(A) impliziert f (A)
sup
(A)
g (A) :
jf j :
3. f + g; cf mit c 2 R und f g liegen in M und
(f + g) (A) = f (A) + g (A)
(cf ) (A) = c (f (A))
(f g) (A) = f (A) g (A) :
Beweis. 1. Dies folgt aus Lemma 4.17.
2. Setzen wir c = sup jf j : Dann gilt c
cI
f
f (A)
c und somit
cI;
woraus folgt (f (A)) [ c; c] und kf (A)k c.
3. Sei f = f1 f2 und g = g1 g2 mit f1 ; f2 ; g1 ; g2 2 M+ . Dann gilt
f g = (f1
f2 ) (g1
g2 ) = (f1 g1 + f2 g2 )
(f1 g2 + f2 g1 )
woraus folgt f g 2 M und
(f g) (A) = (f1 g1 + f2 g2 ) (A)
(f1 g2 + f2 g1 ) (A) :
Dann erhalten wir
f (A) g (A) =
=
=
=
(f1 (A) f2 (A)) (g1 (A) g2 (A))
(f1 (A) g1 (A) + f2 (A) g2 (A)) (f1 (A) g2 (A) + f2 (A) g1 (A))
(f1 g1 + f2 g2 ) (A) (f1 g2 + f2 g1 ) (A)
(f g) (A) :
Die Aussagen u
•ber cf und f + g werden analog bewiesen.
4.4
Spektralsatz
4.4.1
Spektralschar
Gegeben sei ein selbstadjungierter Operator A in H. Da f•
ur jedes
1( 1; ] in M+ liegt, so k•onnen wir setzen
E = 1(
1; ]
2 R die Funktion
(A) :
Dann ist E ein selbstadjungiert Operator.
De nition. Die Familie fE g 2R von Operatoren hei t die Spektralschar von A.
Im n•achsten Satz werden die Haupteigenschaften von der Spektralschar bewiesen.
Satz 4.19 Die Spektralschar von einem selbstadjungierten Operator A hat die folgenden
Eigenschaften.
1. E ist ein orthogonaler Projektor in H.
2. Die Spektralschar fE g
.
3. E = 0 f•
ur
ist monoton steigend bez•
uglich
2R
< inf (A) und E = I f•
ur
, d.h. E
E f•
ur
sup (A) :
4. Die Funktion ! E ist rechtsseitig stetig bez•
uglich der starken Konvergenz von
Operatoren, d.h.
s
E +h ! E f•
ur h ! 0 + :
Jede Familie fE g 2R mit diesen Eigenschaften hei t eine Spektralschar.
Beweis. 1. Die Funktion f = 1U wobei U eine Teilmenge von R ist, erf•
ullt f 2 = f .
2
Daraus folgt, dass E = E : Da E selbstadjungiert ist, so beschlie en wir, dass E ein
orthogonaler Projektor ist.
2. Da 1( 1; ] 1( 1; ] , so erhalten wir E
E .
3. F•
ur < inf (A) gilt 1( 1; ] = 0 auf (A), woraus E = 0: F•
ur
sup (A) gilt
1( 1; ] = 1 auf (A), woraus folgt E = 1 (A) = I:
4. Wir beweisen, dass f•
ur jede monoton fallende Folge fhn g1
n=1 mit hn ! 0+ gilt
E
s
+hn
! E f•
ur n ! 1:
F•
ur jedes n de nieren wir eine stetige Funktion fn auf R wie folgt:
8
+ hn
< 1; z
0; z
+ 2hn
fn (z) =
:
linear, + hn z
+ 2hn :
Da
1(
1(
1; ]
fn ;
1; +hn ]
so erhalten wir
E
E
+hn
fn (A) :
Da die Folge ffn g monoton fallend ist und fn ! 1(
1; ] ,
(4.10)
erhalten wir
s- lim fn (A) = E :
Da die Folge fE +hn g von Operatoren monoton fallend und beschr•ankt ist, existiert nach
dem Satz 4.13 der Grenzwert s-lim E +hn . Es folgt aus (4.10) und Lemma 4.9, dass
E
s- lim E
+hn
E
woraus s-lim E +hn = E folgt.
Beispiel. Sei fKn g1
zueinander orthogonalen abgeschlossenen Unterr•aumen
n=1 eine Folge vonL
Kn 6= f0g vom Hilbertraum H mit 1
H. Sei f n g1
ankte Folge
n=1 Kn =P
n=1 eine beschr•
1
von reellen Zahlen. Dann konvergiert die Reihe n=1 n PKn stark, und wir setzen
A = s-
1
X
n=1
n P Kn ;
4.4. SPEKTRALSATZ
109
so dass A ein selbstadjungierter Operator ist. F•
ur diesen Operator erhalten wir
E
= 1(
1; ]
(A) = s-
fn:
PKn ;
1; ]
(
n ) PKn
g
n
woraus folgt E = PU wobei
U =
fn:
4.4.2
1(
n=1
X
= s-
1
X
L
n
Kn :
g
Riemann-Stieltjes-Integral
Sei f eine stetige Funktion auf einem Intervall [a; b] und m eine monoton wachsende
Funktion auf [a; b]. De nieren wir das Riemann-Stieltjes-Integral
Z b
f (t) dm (t)
a
wie folgt. F•
ur jede Zerlegung
Z = fa =
<
0
1
< ::: <
n
= bg
von [a; b] mit den Zwischenstellen T = ftk gnk=1 , wobei tk 2 [
Riemann-Stieltjes-Summe
S (f; m; Z; T ) =
n
X
f (tk ) (m ( k )
m(
k 1;
k 1 )) :
k=1
Z.B. f•
ur m ( ) =
stimmt S (f; m; Z; T ) mit der Riemann-Summe
n
X
S (f; Z; T ) =
f (tk ) (
k
k 1)
k=1
f•
ur das Riemann-Integral
Z
b
f (t) dt
a
u
•berein.
Setzen wir
Z
= max (
1 k n
k
k 1) :
Man kann beweisen, dass der Grenzwert
lim S (f; m; Z; T )
Z !0
existiert. Dann de niert man das Riemann-Stieltjes-Integral mit
Z b
f (t) dm (t) = lim S (f; m; Z; T ) :
a
Z !0
k ],
de nieren wir die
Beispiel. Ist m stetig di erenzierbar, so erh•alt man die Identit•at
Z
Z
b
f (t) dm (t) =
b
f (t) m0 (t) dt:
a
a
Beispiel. Sei m eine Treppenfunktion, d.h. es gibt eine Zerlegung fa = t0 < ::: < tn = bg
mit
m (t) = mk f•
ur t 2 (tk ; tk+1 ) :
Dann gilt
Z
b
f (t) dm (t) =
a
n
X
f (tk ) (mk
mk 1 ) :
k=1
Sei A ein selbstadjungierter Operator in H und sei E seine Spektralschar. W•ahlen
wir ein Intervall [a; b] das (A) u
•berdeckt. F•
ur jede Funktion f 2 C [a; b] de nieren wir
das Riemann-Stieltjes-Integral bez•
uglich E wie folgt. F•
ur jede Zerlegung
Z = fa =
<
0
1
< ::: <
n
= bg
von [a; b] mit den Zwischenstellen T = ftk gnk=1 , de nieren wir die Riemann-StieltjesSumme
n
X
f (tk ) E k E k 1 ;
S (f; E; Z; T ) =
(4.11)
k=1
die ein selbstadjungierter Operator ist. Dann de niert man
Z
b
f ( ) dE = lim S (f; E; Z; T ) ;
Z !0
a
vorausgesetzt, dass der Grenzwert existiert (bez•
uglich der gleichm•a igen oder starken
Konvergenz von Operatoren).
4.4.3
Spektralsatz
Hauptsatz 4.20 (Spektralsatz) F•
ur jeden selbstadjungierten Operator A und jede stetige
Funktion f auf [a; b]
(A) gilt
f (A) =
Z
b
f ( ) dE ;
(4.12)
a
wobei die Riemann-Stieltjes-Summen gegen f (A) in der Operatornorm konvergieren.
Dar•
uber hinaus gilt f•
ur jedes x 2 H
2
kf (A) xk =
Z
a
b
f ( )2 d kE xk2 ;
(4.13)
wobei das Integral in (4.13) ein Riemann-Stieltjes-Integral bez•
uglich der monoton steigenden Funktion 7! kE xk2 ist.
4.4. SPEKTRALSATZ
111
Insbesondere erhalten wir f•
ur f (z) = z
Z
A=
b
dE :
(4.14)
a
Die Identit•at (4.14) hei t die spektrale Zerlegung von A. Sie ist eine Verallgemeinerung
der Identit•at (3.13) von dem Hilbert-Schmidt-Satz (Hauptsatz 3.13).
Beweis. Betrachten wir die Funktion
n
X
fZ;T ( ) =
f (tk ) 1(
k 1; k]
( );
k=1
2(
d.h. fZ;T ( ) = f (tk ) f•
ur
wir
k 1;
k ]:
sup jfZ;T
Nach der gleichm•a igen Stetigkeit von f erhalten
f j ! 0 f•
ur
[a;b]
Z
! 0:
Da fZ;T 2 M , so ist fZ;T (A) wohlde niert, und
fZ;T (A) =
n
X
f (tk ) 1(
k 1; k]
(A) =
Z
f (tk ) E
E
k
k 1
= S (f; E; Z; T ) :
(4.15)
k=1
k=1
Somit gilt f•
ur
n
X
!0
kS (f; E; Z; T )
f (A)k = kfZ;T (A)
woraus (4.12) folgt.
Da f•
ur k 6= m gilt
1(
k 1; k]
1(
sup jfZ;T
f (A)k
f j ! 0;
(A)
m 1; m]
= 0;
es folgt, dass
E
E
k
E
m
E
m 1
=0
x; E
m
E
m 1
x = 0:
k 1
und somit f•
ur jedes x 2 H
E
k
E
k 1
Es folgt aus (4.15), dass
2
kfZ;T (A) (x)k =
Beweisen wir, dass f•
ur alle
<
k(E
n
X
f (tk )2
E
E
k
k 1
x
2
:
(4.16)
k=1
gilt
E ) xk2 = kE xk2
kE xk2 :
Da
1(
1;
] 1(
; ]
= 0;
es folgt, dass
(E x; (E
E ) x) = 0;
(4.17)
und nach dem Satz von Pythagoras
kE xk2 = kE xk2 + k(E
E ) xk2 ;
7! kE xk2 mono-
woraus (4.17) folgt. O ensichtlich impliziert (4.17), dass die Funktion
ton steigend ist.
Einsetzen von (4.17) in (4.16) ergibt
kfZ;T (A) (x)k
2
=
n
X
k=1
f (tk )2 kE k xk2
E
k 1
x
2
= S f; kE xk2 ; Z; T
F•
ur
T
! 0 erhalten wir
kf (A) xk2 =
lim kfZ;T (A) (x)k2
Z !0
lim S f; kE xk2 ; Z; T
Z !0
Z b
f ( )2 d kE xk2 :
=
=
a
Bemerkung. F•
ur jedes Intervall I = (a; b] kann man 1I (A) = Eb Ea als ein operatorwertiges Ma von I betrachten. Genau so, wie das Lebesgue-Ma von Intervallen
nach borelschen Mengen fortgesetzt wird, kann auch das operatorwertiges Ma auf alle
borelsche Mengen fortgesetzt werden. Bezeichnen wir dieses Ma mit E (U ) f•
ur jede
borelsche Menge U R. Weiter de niert man das Lebesgue-Integral bez•
uglich des Ma es
E von jeder borelschen Funktion f auch dem Spektrum (die Lebesgue-Summen konvergieren schwach gegen das Integral). Dann setzt man f•
ur alle borelsche Funktionen f
auf (A)
Z
f (A) :=
f dE:
(A)
Insbesondere gilt diese De nition f•
ur unbeschr•ankte Funktionen f . In diesem Fall ist f (A)
ein unbeschr•ankter Operator, deren De nitionsbereich ein dicht liegender Unterraum von
H ist. Die Theorie von unbeschr•ankten selbstadjungierten Operatoren geh•ort zu dieser
Vorlesung nicht, aber die Hauptergebnisse davon sind •ahnlich wie f•
ur beschr•ankten Operatoren.
Chapter 5
Lineare Funktionale im Banachraum
5.1
5.1.1
Dualraum
De nition und Vollst•
andigkeit
Wir betrachten jetzt einen speziellen Fall von linearen Abbildungen: die linearen Abbildungen f : V ! K wobei V ein normierter Vektorraum u
•ber den K•orper K ist (mit K = C
oder R). Solche Abbildung hei t (lineares) Funktional auf V .
De nition. Der Raum B (V; K) von beschr•ankten Funktionalen hei t der Dualraum von
V und wird mit V bezeichnet.
Erinnern wir uns die De nition der Operatornorm in V = B (V; K):
jf (x)j
:
x2V nf0g kxk
kf k = sup
(5.1)
Diese Norm wird immer in V benutzt. Da B (V; U ) mit einem Banachraum U immer ein
Banachraum bez•
uglich der Operatornorm ist, so erhalten wir folgendes.
Satz Der Dualraum V ist immer ein Banachraum.
De nition. Zwei normierten Vektorr•aume V und U hei en linear isometrisch, falls es
eine lineare Bijektion ' : V ! U gibt, die die Norm bewahrt, d.h. k' (x)k = kxk f•
ur alle
x 2 V . Man schreibt in diesem Fall V = U . Die Abbildung ' hei t eine lineare Isometrie.
In vielen F•allen kann man den Dualraum V bis auf linearer Isometrie bestimmen.
Beispiel. Sei V = H ein Hilbertraum u
•ber R. Nach dem Rieszschen Darstellungssatz
(Satz 2.7) hat jedes Funktional f 2 H die Form
f (x) = (x; a)
(5.2)
f•
ur ein a 2 H. Somit erhalten wir eine lineare Bijektion
H 3 f 7! a 2 H
zwischen H und H. Zeigen wir, dass diese Bijektion isometrisch ist, d.h. kf k = kak : Es
folgt aus (5.2), dass
kf (x)k kxk kak
113
114
CHAPTER 5. LINEARE FUNKTIONALE IM BANACHRAUM
woraus folgt
kf k
kak :
Andererseits erhalten wir aus (5.1)
kf k
f (a)
(a; a)
=
= kak ;
kak
kak
woraus kf k = kak folgt. Somit gilt H = H.
5.1.2
Dualraum von lp
Satz 5.1 Seien p; q 2 (1; 1) die konjugierten H•
older-Exponenten (d.h.
p
q
gilt (l ) = l .
1
p
+ 1q = 1). Dann
Bemerkung. Es gilt auch Lp (a; b) = Lq (a; b) ; aber dies werden wir nicht beweisen.
q
p
Beweis. F•
ur jedes a = fak g1
k=1 2 l de nieren wir ein Funktional fa auf l wie folgt:
fa (x) =
1
X
ak x k :
k=1
Es ist bekannt, dass die Reihe hier f•
ur alle a 2 lq und x 2 lp konvergent ist und
jfa (x)j
kakq kxkp
(die H•older-Ungleichung). Somit ist fa ein beschr•anktes Funktional auf lp und
kfa k
kakq :
(5.3)
Beweisen wir jetzt, dass jedes beschr•anktes Funktional f 2 (lp ) mit einem fa u
•bereinstimmt.
Bezeichnen wir
ek = f0; ; :::; 0; 1; 0; 0; :::g
wobei 1 auf der Stelle k steht. O ensichtlich ek 2 lp . Setzen wir
ak = f (ek )
q
and betrachten die Folge a = fak g1
ur jedes
n=1 : Wir beweisen, dass a 2 l und f = fa : F•
p
x 2 l und N 2 N wir haben
N
X
x=
xk ek + RN
k=1
wobei
RN = (0; :::0; xN +1 ; xN +2 ; :::):
Bemerken wir, dass
kRN kpp
=
1
X
k=N +1
jxk j1=p ! 0 f•
ur N ! 1;
5.1. DUALRAUM
115
und somit RN ! 0: Da f linear ist, so erhalten wir
f (x) =
N
X
xk f (ek ) + f (RN ) =
k=1
N
X
ak xk + f (RN ) :
k=1
Da f stetig ist, erhalten wir f (RN ) ! 0 f•
ur N ! 1 und somit
!
N
X
f (x) = lim
ak xk + f (RN )
N !1
1
X
=
k=1
ak x k :
k=1
Somit haben wir bewiesen, dass f (x) = fa (x), aber wir m•
ussen noch zeigen, dass
q
p
a 2 l . Betrachten wir ein Element x 2 l mit
xk = jak jq 1 sgn ak f•
ur k
xk = 0 f•
ur k > N:
N;
Dann gilt
kxkpp
und
f (x) =
=
N
X
k=1
woraus folgt
N
X
k=1
und somit
N
X
k=1
jak j
q 1
ak jak j
q
jak j = f (x)
N
X
k=1
F•
ur N ! 1 erhalten wir
p(q 1)
=
N
X
k=1
sgn ak =
jak j
N
X
k=1
kf k kxkp = kf k
q
jak jq
!1=q
kakq
kf k
jak jq ;
N
X
k=1
q
jak j
!1=p
kf k :
(5.4)
und somit a 2 lq . Da f = fa , der Vergleich von (5.3) und (5.4) ergibt kfa k = kakq : Somit
ist die Abbildung
lq 3 a 7! fa 2 (lp )
eine lineare Isometrie, woraus lq = (lp ) folgt.
5.1.3
Satz von Hahn-Banach
Hauptsatz 5.2 Sei X ein normierter Vektorraum u
•ber R und sei X0 ein Unterraum von
X. Sei f0 ein beschr•anktes Funktional auf X0 . Dann f0 l•
asst sich auf X mit gleicher
Norm fortsetzen, d.h. es gibt ein Funktional f auf X mit
116
1. f = f0 auf X0
2. kf k = kf0 k :
Beweis. Im ersten Schritt zeigen folgendes: jedes beschr•anktes Funktional g auf einem
Unterraum Y $ X l•asst such auf einen gr•o eren Unterraum Z mit gleicher Norm fortsetzen. Daf•
ur w•ahlen wir ein z 2 X n Y und setzen
Z = span fY; zg = fy + z : y 2 Y;
2 Rg :
Ohne Beschr•ankung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass kgk = 1, und beweisen, dass
es ein Funktion h auf Z gibt mit
1. h = g auf Y
2. khk
1 (dann khk = 1 folgt, da khk
kgk).
Es reicht zu beweisen, dass h (x) kxk ; was implizieren wird, dass jh (x)j
khk 1: F•
ur jedes x 2 Z gilt die Zerlegung
kxk und
x=y+ z
f•
ur y 2 Y und
2 R: Sei h eine Fortsetzung von g auf Z. Dann haben wir
h (x) = h (y) + ah (z) = g (y) + h (z) :
Somit wird h vollst•andig von c := h (z) bestimmt. Die Zahl c muss so gew•ahlt werden,
dass f•
ur alle y 2 Y und 2 R gilt
ky + zk :
g (y) + c
F•
ur = 0 gilt diese Ungleichung trivial. F•
ur
(5.5) um wie folgt:
1
c
y+z
> 0 dividieren wir durch
g
1
(5.5)
und schreiben
y :
Da diese Ungleichung f•
ur alle y 2 Y erf•
ullt werden soll, k•onnen wir 1 y in y umbenennen
und noch einmal umschreiben wie folgt:
c
F•
ur
ky + zk
g (y) f•
ur alle y 2 Y:
(5.6)
< 0 erhalten wir die folgende •aquivalente Ungleichung f•
ur (5.5):
ky + zk
c
g (y) f•
ur alle y 2 Y:
(5.7)
Ein c, das die beiden (5.6) und (5.7) erf•
ullt, existiert genau dann, wenn f•
ur alle y1 ; y2 2 Y
gilt
ky1 + zk g (y1 ) ky2 + zk g (y2 ) :
Diese Bedingung ist •aquivalent zu
g (y2
y1 )
ky2 + zk + ky1 + zk ;
5.1. DUALRAUM
117
und die letzte Ungleichung wirklich gilt, da
g (y2
y1 )
ky2
y1 k = k(y2 + z)
(y1 + z)k
ky2 + zk + ky1 + zk :
Somit ist die Existenz von h bewiesen.
Betrachten wir jetzt alle Paare (Y; g) von Unterr•aumen Y
X und beschr•ankten
Funktionalen g auf Y . Die Menge von allen solchen Paaren (Y; g) bezeichnen wir mit M .
F•
ur zwei Elementen (Y; g) und (Z; h) von S schreiben wir (Y; g)
(Z; h) falls Y
Z
und h eine Fortsetzung von g mit der gleichen Norm ist. O ensichtlich ist eine partielle
Ordnung auf M , d.h.
1. a
a,
2. a
b
c)a
3. a
b
a)a=b
c
Eine Teilmenge K M hei t eine Kette falls (K; ) total geordnet ist, d.h. f•
ur alle
a; b 2 K gilt a b oder b a. Die Kette K hei t maximal, falls sie keine echte Teilmenge
von einer anderen Kette ist. Der Maximalkettensatz von Hausdor besagt folgendes: jedes
Element von einer partiell geordneten Menge liegt in einer maximalen Kette. F•
ur endliche
Mengen M ist diese Aussage o ensichtlich, aber f•
ur beliebige Mengen ist sie •aquivalent
zum Auswahlaxiom der Mengenlehre.
Somit liegt (X0 ; f0 ) in einer maximalen Kette K = f(Yi ; gi )gi2I wobei I eine Indexmenge ist. Da K total geordnet ist, so ist die Menge
U=
S
Yi
i
ein Unterraum von X. De nieren wir das Funktional f auf U mit
f (x) = gi (x) f•
ur x 2 Yi :
Dann ist (U; f ) ein Element von M und (U; f ) (Yi ; gi ) f•
ur alle i 2 I. Da die Kette K
maximal ist, so erhalten wir, dass (U; f ) 2 K und (U; f ) ein maximales Element von K
ist. Ist U eine echte Teilmenge von X, so kann man das Funktional f weiter fortsetzen,
was wegen der Maximalit•at von (U; f ) nicht m•oglich ist. Somit gilt U = X: Dann ist f
eine Fortsetzung von f0 auf X mit gleicher Norm.
5.1.4
Bidualraum
Sei V ein normierter Raum. Betrachten wir den Bidualraum X := (X ) :
Es gibt eine nat•
urliche Abbildung X ! X wir folgt: jedes x 2 X bestimmt ein
Funktional auf X mit
x (f ) = f (x) f•
ur alle f 2 X :
Satz 5.3 Die Abbildung X ! X
terraum von X :
ist eine lineare Isometrie zwischen X und einen Un-
118
Beweis. Wir m•
ussen nur zeigen, dass f•
ur jedes x 2 X
kxkX
= kxkX :
We have
kxkX
=
x (f )
f (x)
= sup
nf0g kf k
f 2X nf0g kf k
sup
f 2X
kf k kxk
= kxk :
kf k
nf0g
sup
f 2X
Um kxkX
kxk zu beweisen, reicht es zu zeigen, dass existiert ein f 2 X mit kf k = 1
und mit f (x) = kxk : Sei X0 = span fxg eindimensionaler Unterraum von X. De ne f
auf X0 mit
f ( x) = kxk :
x)
= 1 und f (x) = kxk. Nach dem Satz von Hahn-Banach
Dann gilt kf k = sup fk( xk
existiert eine Fortsetzung von f auf X mit der Norm 1. F•
ur die Fortsetzung gilt auch
f (x) = kxk.
Somit kann X als ein Unterraum von X betrachtet werden. Gilt X = X, so hei t
X re exiv. Es folgt f•
ur konjugierte H•older-Exponenten p; q 2 (1; 1), dass
(lp )
= (lq ) = lp
und somit ist lp re exiv.
5.1.5
Dualraum von l1 und Banachlimes
Analog zum Beweis von Satz 5.1 kann man zeigen, dass
l1
= l1 :
Es gilt auch
l1
(l1 ) ;
da jedes a 2 l1 ein Funktional fa 2 (l1 ) bestimmt mit
fa (x) =
1
X
ak x k ;
k=1
und die Abbildung a 7! fa von l1 nach (l1 ) eine injektive isometrische Abbildung ist.
Somit kann l1 als ein Unterraum von (l1 ) betrachtet werden. Wir zeigen hier, dass l1
eine echte Teilmenge von (l1 ) ist. Daf•
ur bilden wir ein Funktional f 2 (l1 ) das mit
keinem fa u
•bereinstimmt. Betrachten wir den folgenden Unterraum U l1 :
n
o
U = fxk g 2 l1 : lim xk existiert
k!1
= ffxk g : fxk g ist konvergentg :
Auf U de nieren wir
f (x) = lim xk ;
k!1
was o ensichtlich ein lineares Funktional auf U ist. Da
jf (x)j
sup jxk j = kxk1 ;
5.1. DUALRAUM
119
so ist f ein beschr•anktes Funktional auf U und zwar mit der Norm kf k = 1: Nach dem
Satz von Hahn-Banach (Hauptsatz 5.2) l•asst f sich auf ganzen Raum l1 mit der Norm
1 fortsetzen. Diese Fortsetzung ist nicht eindeutig, aber jede solche Fortsetzung hei t
ein Banachlimes und wird mit LIM xk bezeichnet. Somit ist LIM xk f•
ur alle beschr•ankte
Folgen fxk g de niert. Zeigen wir, dass der Banachlimes mit keinem fa u
•bereinstimmt.
Soll f•
ur ein a 2 l1 und f•
ur alle x 2 l1
LIM xk = fa (x) =
1
X
ak x k
k=1
gelten, so erhalten wir f•
ur jede konvergente Folge fxk g, dass
lim xk =
1
X
ak xk
k=1
was nicht m•oglich ist, da lim xk von einzelnen Komponenten xk unabh•angig ist.
5.1.6
Dualraum von C[a; b]
Geben wir zwei Beispiele von Elementen von C [a; b] an.
Beispiel. Die Abbildung
C [a; b] 3 f 7!
(f ) :=
Z
a
b
f (t) dt 2 R
ist o ensichtlich linear und beschr•ankt, da
j (f )j
Somit ist
(b
a) sup jf j :
ein Element von C [a; b] .
Beispiel. F•
ur jedes t 2 [a; b] de nieren wir die Abbildung
C [a; b] 3 f 7!
Die Abbildung
t
t
(f ) := f (t) 2 R:
ist linear und beschr•ankt, da
j t (f )j = jf (t)j
sup jf j :
Somit ist t ein Element von C [a; b] . Das Funktional t hei t die Dirac-Funktion an der
Stelle t.
Bemerken wir, dass t (f ) sich als Riemann-Stieltjes-Integral darstellen l•asst:
t (f ) =
Z
b
f (s) d t (s)
a
wobei
t
(s) =
1; s t;
0; s < t:
120
Es stellt sich heraus, dass alle Elementen von C [a; b] mit Hilfe von Riemann-StieltjesIntegral beschrieben werden k•onnen. F•
ur jede monoton steigende Funktion F de nieren
wir das Funktional F auf C [a; b] mit
F
(f ) =
Z
b
f dF;
a
wobei die rechte Seite das Riemann-Stieltjes-Integral ist. Das Funktional
sichtlich linear, aber auch beschr•ankt, da
j
F
(f )j
F
ist o en-
F (a)) sup jf j :
(F (b)
Somit ist F ein Element von C [a; b] . Diese Konstruktion kann weiter verallgemeinert
werden indem man statt einer monoton steigenden Funktion F die Di erenz von zwei
monoton steigenden Funktionen benutzt. Damit erh•alt man alle Elementen von C [a; b] .
Die Einzelheiten be nden sich unterhalb.
F•
ur jede Funktion F auf dem Intervall [a; b] de nieren wir die Variation von F mit
Var[a;b] F = sup
Z
n
X
jF (
<
1
k=1
k)
F(
k 1 )j ;
wobei
Z = fa =
0
< ::: <
n
= bg
(5.8)
eine beliebige Zerlegung von [a; b] ist. Die Variation nimmt die Werte in [0; 1] und erf•
ullt die folgenden
Eigenschaften:
1. Var[a;b] (F + G)
Var[a;b] F + Var[a;b] G
2. Var[a;b] ( F ) = j j Var[a;b] F f•
ur alle
2R
3. Var[a;b] F = 0 , F = const auf [a; b] :
Gilt Var[a;b] F < 1 so hei t F eine Funktion von beschr•ankten Variation. Die Menge von Funktionen
F mit Var[a;b] F < 1 wird mit BV [a; b] bezeichnet. Es folgt aus den obigen Eigenschaften, dass BV [a; b]
ein Vektorraum ist, und Var[a;b] F eine Halbnorm in BV [a; b] ist.
Zum Beispiel, jede monotone Funktion F hat beschr•ankte Variation, da in diesem Fall
Var[a;b] F = jF (b)
F (a)j :
Dann auch die Di erenz F G von zwei monotone Funktionen geh•ort zu BV [a; b] : Man kann zeigen,
dass jede Funktion in BV [a; b] eine Di erenz von zwei monotonen Funktionen ist1 .
F•
ur Funktionen f 2 C [a; b] und F 2 BV [a; b] de niert man das Riemann-Stieltjes-Integral
Z
b
f dF = lim S (f; F; Z; T )
(5.9)
Z !0
a
n
wobei Z eine Zerlegung von [a; b] ist, wie in (5.8), T = ftk gk=1 die Folge von Zwischenstellen, und
S (f; F; Z; T ) die entsprechende Riemann-Stieltjes Summe, d.h.
S (f; F; Z; T ) =
n
X
f (tk ) (F (
k)
F(
k 1 )) :
(5.10)
k=1
1
Man kann beweisen, dass die Funktion G (x) = Var[a;x] F monoton steigend ist, und auch H (x) :=
G (x) F (x) monoton steigend. Da gilt F = G H, so ist F eine Di erenz von zwei monoton steigenden
Funktionen.
5.1. DUALRAUM
121
Man kann zeigen, dass der Grenzwert in (5.9) existiert f•
ur alle f 2 C [a; b] und F 2 BV [a; b], und somit ist
Rb
das Integral a f dF wohlde niert. Das ist eine Verallgemeinerung von De nition von Riemann-StieltjesIntegral bez•
uglich monotoner Funktion F , die wir schon besprochen haben.
F•
ur jedes F 2 BV [a; b] betrachten wir die Abbildung
:
C [a; b] ! R
Z b
=
f dF:
F
F
(f )
a
Die Abbildung
F
ist o ensichtlich linear. Sie ist auch beschr•ankt, da (5.10) impliziert
jS (f; F; Z; T )j
sup jf j
woraus folgt
Z
n
X
k=1
jF (
k)
F(
k 1 )j
sup jf j Var[a;b] F
b
sup jf j Var[a;b] F
f dF
a
und somit
k
Fk
Var[a;b] F:
(5.11)
Somit bestimmt jede Funktion F 2 BV [a; b] ein beschr•anktes Funktional
gilt auch wie folgt.
Darstellungssatz von Riesz. F•
ur jedes
Dar•
uber hinaus gilt k k = Var[a;b] F:
F
2 C [a; b] . Die Umkehrung
2 C [a; b] existiert eine Funktion F 2 BV [a; b] mit
=
F:
Beweis. Bezeichnen wir mit B [a; b] die Menge von allen beschr•ankten Funktionen auf [a; b]. O ensichtlich ist B [a; b] ein Vektorraum. Dar•
uber hinaus ist B [a; b] ein normierter Vektorraum mit der supNorm, und C [a; b] ist ein Unterraum von B [a; b]. Sei ein Element von C [a; b] . Da ein beschr•anktes
Funktional auf C [a; b] ist, so existiert nach dem Satz von Hahn-Banach eine Fortsetzung von
(auch
mit bezeichnet) auf B [0; 1] mit gleicher Norm. Dann ist auf allen beschr•ankten Funktionen auf [a; b]
de niert. F•
ur jedes x 2 [a; b] setzen wir
F (x) =
1[a;x]
und zeigen, dass F 2 BV [a; b]. Gegeben sei eine Zerlegung (5.8) von [a; b], setzen wir f•
ur k = 1; :::; n
sk = sgn (F (
und betrachten die Funktion
f=
n
X
k)
sk 1(
F(
k
k 1 ))
1; k]
:
k=1
Diese Funktion ist beschr•
ankt (und sogar kf k = sup jf j = 1) und somit
wir
(f )
=
=
=
n
X
k=1
n
X
k=1
n
X
k=1
sk
1(
sk (F (
jF (
k)
(f ) ist de niert. Dann erhalten
1; k]
k
k)
F(
F(
k 1 ))
k 1 )j ;
woraus folgt
n
X
k=1
jF (
k)
F(
k 1 )j
=
(f )
k k kf k = k k
122
und somit
Var[a;b] F
k k < 1:
(5.12)
Beweisen wir jetzt, dass
= F . Bemerken wir zun•achst, dass die De nition des Riemann-StieltjesIntegrals sich auf den Funktionen der Klasse M (siehe Abschnitt 4.3.3) fortsetzen l•asst. Damit auch
Z b
(f
)
=
f dF
F
a
ist f•
ur alle f 2 M wohlde niert. Betrachten wir eine Treppenfunktion
f=
n
X
ck 1(
k
1; k]
k=1
mit einer Zerlegung (5.8) und mit beliebigen Konstanten ck . Diese Funktion liegt in M und in B [0; 1].
Dann gilt
(f )
=
=
=
n
X
k=1
n
X
k=1
Z b
ck (F (
ck
Z
k)
F(
k 1 ))
b
1(
k
1; k]
dF
a
f dF
a
=
F
(f ) :
F•
ur eine beliebige Funktion f 2 C [a; b] existiert eine Folge ffm g von Treppenfunktionen, die gegen f in
sup-Norm konvergiert. Da gilt
(fm ) = F (fm )
und die beiden und F stetig bez•
uglich der sup-Norm sind, so erhalten wir f•
ur m ! 1, dass (f ) =
(f
)
:
F
Der Vergleich von (5.11) und (5.12) ergibt k k = Var[a;b] F:
Bemerkung. Die Abbildung F 7! F ist allerdings nicht injektiv. Zum Beispiel, F
G = const
impliziert, dass F = G . Auch f•
ur die Funktion
G (t) = lim F (s)
s!t+
(d.h. G ist die rechtsseitig stetige Version von F ) gilt F = G . Betrachten wir jetzt einen Unterraum
von BV [a; b]:
V [a; b] := fF 2 BV [a; b] : F (a) = 0, F ist rechtsseitig stetigg :
Dann ist Var[a;b] F eine Norm in V [a; b], so dass V [a; b] ein normierter Vektorraum ist. Dann ist die
Abbildung
V [a; b] 2 F 7! F 2 C [a; b]
eine lineare Isometrie, und somit
C [a; b] = V [a; b] :
Daraus folgt auch, dass V [a; b] ein Banachraum ist.
5.2
5.2.1
Schwache Topologie
Begri e von schwacher Topologie
Sei X ein normierter Vektorraum u
•ber R: Der Dualraum X ist immer ein Banachraum.
Insbesondere gibt es den Begri von Konvergenz in X bez•
uglich der Norm in X : ist
ffn g eine Folge von Elementen von X , so gilt fn ! f wenn kfn f k ! 0 f•
ur n ! 1.
5.2. SCHWACHE TOPOLOGIE
123
De nition. Die Folge ffn g von Elementen von X konvergiert schwach (punktweis) gegen
w
f falls fn (x) ! f (x) f•
ur alle x 2 X. Man schreibt in diesem Fall fn * f oder fn ! f
oder f = w-lim fn .
O ensichtlich die Norm-Konvergenz impliziert die schwache Konvergenz, aber die
Umkehrung gilt im allgemeinen Fall nicht (aber man kann zeigen, dass im Fall dim X < 1
die schwache Konvergenz und die Norm-Konvergenz u
•bereinstimmen). Man kann zeigen,
dass die schwache Konvergenz eine Konvergenz in einer Topologie in X ist, die die
schwache Topologie hei t (im Gegenteil zur Norm-Topologie). Wir brauchen die schwache
Topologie explizit nicht, und de nieren die dazugeh•origen Begri e direkt, mit Hilfe von
Folgen.
Die schwache Konvergenz (bzw Topologie) in X hei t auch schwache Konvergenz
(bzw Topologie), da dieser Begri sich auf den Dualraum bezieht.
Beispiel. Sei X = C [a; b]. Bezeichnen wir die Funktionen aus X mit x (t) und die
Funktionale auf X mit f (x) : F•
ur jedes t 2 [a; b] betrachten wir die Dirac-Funktion t .
Ist ft/n g eine konvergente Folge aus [a; b] mit t = lim tn , so gilt f•
ur alle x 2 C [a; b]
tn
woraus folgt
haben
tn
*
t
k
(x) = x (tn ) ! x (t) =
f•
ur n ! 1. Zeigen wir, dass
tn
tk
=
sup
(
tn
t
tn
(x)
(x)
6!
t
t
vorausgesetzt tn 6= t. Wir
(x))
x2C[a;b];kxk=1
=
sup
(x (tn )
x (t)) = 2;
x2C[a;b];kxk=1
da es immer eine Funktion x 2 C [a; b] gibt mit der Maximumstelle an tn mit dem
maximalen Wert x (tn ) = 1 und mit der Minimumstelle an t mit dem minimalen Wert
x (t) = 1: Somit k tn
t k 6! 0.
Wir werden die Vollst•andigkeit und Kompaktheit bez•
uglich der schwachen Konvergenz
besprechen.
De nition. Eine Folge ffn g von Elementen von X hei t schwache Cauchy-Folge falls
f•
ur alle x 2 X die Folge ffn (x)g eine Cauchy-Folge ist. Der Raum X hei t schwach
vollst•
andig, falls jede schwache Cauchy-Folge schwach konvergent ist.
De nition. Eine Menge M X hei t schwach pr•
akompakt falls f•
ur jede Folge ffn g von
Elementen von M es eine schwach konvergente Teilfolge gibt.
De nition. Eine Menge M
X hei t schwach beschr•
ankt, falls f•
ur jedes x 2 X die
Menge ff (x)gf 2M beschr•ankt ist (als Teilmenge von R).
O ensichtlich gelten die folgenden Implikationen:
pr•
akompakt
)
beschr•
ankt
+
+
schwach pr•
akompakt ) schwach beschr•
ankt
Wir werden beweisen, dass
beschr•
ankt
m
schwach pr•
akompakt , schwach beschr•
ankt
124
5.2.2
Prinzip der gleichm•
a igen Beschr•
anktheit
Hauptsatz 5.4 (Satz von Banach-Steinhaus oder das Prinzip der gleichm•a igen Beschr•anktheit)
Sei X ein Banachraum. Dann jede schwach beschr•
ankte Menge M von X ist beschr•
ankt.
Da jede beschr•ankte Menge auch schwach beschr•ankt ist, sind die Begri e \beschr•ankt"
und \schwach beschr•ankt" •aquivalent.
F•
ur den Beweis benutzen wir den folgenden Satz.
1
Satz 5.5 (Satz von Baire) Sei (X; d) ein vollst•
S1 andiger metrischer Raum, und sei fSn gn=1
eine Folge von Teilmengen von X mit X = n=1 Sn . Dann enth•
alt mindestens eine Menge
S n eine o ene Kugel (wobei S n der Abschluss von Sn ist).
Bemerkung. Die o ene Kugel B (x; r) mit Zentrum x 2 X and Radius r ist die Menge
B (z; r) = fx 2 X : d (x; z) < rg. Wir nehmen immer an, dass r > 0.
Bemerkung. Ohne Vollst•andigkeit gilt diese Aussage nicht. Z.B. X = Q ist abz•ahlbar
und somit ist X eine abz•ahlbare Vereinigung von einzelnen Punkten, die kein o enes
Intervall enthalten.
Bemerkung. Sei S eine Teilmenge von X. Enth•alt S keine Kugel, dann hei t die Menge S
nirgends dicht. Der Satz 5.5 bedeutet folgendes: ein vollst•andiger metrischer Raum kann
mit einer abz•ahlbaren Folge von nirgends dichten Teilmengen nicht u
•berdeckt werden.
Beweis. Nehmen wir das Gegenteil an, dass keine Menge S n eine o ene Kugel enth•alt,
d.h. Sn nirgends dicht ist. Setzen wir B0 = B (0; 1). Dann ist die Menge B0 n S 1 ist nicht
leer. Da B0 n S 1 eine o ene Menge ist, so enth•alt diese Menge eine Kugel B1 = B (x1 ; r1 )
mit r1 > 0. Der Radius r1 kann immer so klein gew•ahlt werden, dass die folgenden
Bedingungen erf•
ullt werden:
r1 <
1
und B 1
2
B0 n S1
Analog existiert eine Kugel B2 = B (x2 ; r2 ) mit
r2 <
1
und B 2
22
Per Induktion erhalten wir f•
ur jedes n
rn <
B1 n S2 :
1 eine Kugel Bn = B (xn ; rn ) mit
1
und B n
2n
Bn
1
n Sn :
(5.13)
125
Sn
xn-1
x n+1
Sn+1
xn
B n+1
Bn
Bn-1
Da xn 2 Bn
Bn 1 , so erhalten wir
d (xn ; xn 1 ) < rn
1
<
1
2n 1
;
woraus folgt, dass die Folge fxn g eine Cauchy-Folge ist. Somit existiert der Grenzwert
x = limn!1 xn . Da xm 2 Bn f•
ur alle m n, daraus folgt f•
ur m ! 1, dass x 2 B n f•
ur
alle n. Es folgt aus (5.13), dassSx 2 Bn 1 n Sn f•
ur alle n, insbesondere x 2
= Sn f•
ur alle n,
was nicht m•oglich ist, da X = Sn .
Bemerkung. Seien Sn S
nirgends dichte Teilmengen von X. Wir haben beweisen, dass das
Komplement K = X n 1
n=1 Sn nicht leer ist. Es folgt aus dem Beweis, dass die Menge
K dicht in X liegt (das ist eine andere Formulieren des Satzes von Baire). Wir haben
f•
ur B0 = B (0; 1) gezeigt, dass K \ B0 nicht leer ist. Genauso beweist man die gleiche
Aussage f•
ur beliebige Kugel B0 = B (z; r), was bedeutet, dass K dicht in X liegt.
Beweis von Satz 5.4. Wir beweisen folgendes: ist die Menge ff (x)gf 2M beschr•ankt
f•
ur jedes x 2 X, so ist auch die Menge fkf kgf 2M beschr•ankt, d.h.
sup kf k < 1:
f 2M
Betrachten wir f•
ur jedes n = 1; 2; ::: die Menge
Sn =
x 2 X : sup jf (x)j
n :
f 2M
Da f•
ur jedes x gilt supf 2M jf (x)j < 1, so erhalten wir
X=
1
S
Sn :
n=1
Da f stetig ist und somit die Menge fx 2 X : jf (x)j
wir, dass die Menge
ng abgeschlossen ist, so erhalten
Sn = fx 2 X : jf (x)j n 8f 2 M g
T
=
fx 2 X : jf (x)j ng
f 2M
126
abgeschlossen ist, als der Durchschnitt von abgeschlossenen Mengen.
Nach dem Satz 5.5 erhalten wir, dass eine von Sn eine Kugel enth•alt, z.B. Sn
f•
ur ein z 2 X und r > 0. Nach De nition von Sn erhalten wir, dass
8x 2 B (z; r) sup jf (x)j
B (z; r)
n
f 2M
und somit
sup sup jf (x)j
n:
x2B(z;r) f 2M
F•
ur jedes y 2 B (0; 1) liegt der Punkt x = z + ry in B (z; r). Dann gilt
f (x) = f (z) + rf (y)
und
1
f (y) = f (x)
r
wobei
C=
1
f (z)
r
1
f (x) + C
r
1
sup jf (z)j < 1:
r f 2M
Daraus folgt, dass
sup sup jf (x)j
y2B(0;1) f 2M
1
n+C <1
r
und somit
sup sup jf (x)j < 1:
f 2M y2B(0;1)
Dies ist •aquivalent zu
sup kf k < 1;
f 2M
5.2.3
Schwache Vollst•
andigkeit des Dualraums
Satz 5.6 Sei X ein Banachraum u
•ber R. Dann ist der Dualraum X schwach vollst•
andig.
Beweis. Sei ffn g eine schwache Cauchy-Folge in X . Dann ist die Folge ffn (x)g eine
Cauchy-Folge in R f•
ur alle x 2 X, so dass limn!1 fn (x) existiert f•
ur alle x 2 X. Setzen
wir
f (x) := lim fn (x) :
n!1
O ensichtlich ist f ein lineares Funktional auf X. Ist f stetig, so erhalten wir, dass f 2 X
und fn * f: Es bleibt zu zeigen, dass f stetig ist. Da die Folge ffn (x)g konvergent f•
ur
jedes x 2 X ist, so ist diese Folge beschr•ankt. Nach dem Hauptsatz 5.4 ist auch die Folge
fkfn kg beschr•ankt, d.h. existiert ein C 2 R mit kfn k
C f•
ur alle n. Dann gilt auch
kf k C, da f•
ur jedes x mit kxk = 1 erhalten wir jfn (x)j C und somit
jf (x)j = lim jfn (x)j
Deshalb ist f beschr•ankt und somit stetig.
C:
5.2.4
127
Schwache Pr•
akompaktheit im Dualraum
Satz 5.7 (Satz von Banach-Alaoglu) Sei X ein separabler Banachraum u
•ber R. Dann
ist jede beschr•ankte Teilmenge von X schwach pr•
akompakt.
Somit ist die Beschr•anktheit •aquivalent zur schwachen Pr•akompaktheit.
Beweis. Es reicht zu beweisen das folgendes: jede beschr•ankte Folge ffn g von Elementen
von X besitzt eine schwach konvergente Teilfolge ffni g. Sei fxk g1
k=1 eine dicht liegende
Folge in X, die nach der Separabilit•at von X existiert. Die Folge
f1 (x1 ) ; f2 (x1 ) ; :::; fn (x1 ) ; :::
ist beschr•ankt in R und somit hat eine konvergente Teilfolge:
fn1 (x1 ) ; fn2 (x1 ) ; :::; fnk (x1 ) ; :::
(1)
Benennennwir diese
Folge mit Hilfe von Hochstellung um wie folgt: fk := fnk . Dann ist
o
(1)
die Folge fn
eine Teilfolge von ffn g und
(1)
(1)
f1 (x1 ) ; f2 (x1 ) ; :::; fn(1) (x1 ) ; ::: konvergiert.
Analog ist die Folge
(1)
(1)
f1 (x2 ) ; f2 (x2 ) ; :::; fn(1) (x2 ) ; :::
beschr•ankt und somit hat eine konvergente Teilfolge:
(2)
(2)
f1 (x2 ) ; f2 (x2 ) ; :::; fn(2) (x2 ) ; ::: konvergiert.
n o1
(i)
Per Induktion in i bilden wir die Folge fn
so dass
n=1
1.
n o1
n
(i)
(i
fn
ist eine Teilfolge von fn
1)
n=1
n
o1
(i)
2. fn (xi )
konvergiert.
o1
n=1
n=1
Somit erhalten wir eine Tabelle von Funktionenfolgen
(1)
(1)
(2)
(2)
f1 ; f2 ; :::; fn(1) ; :::
f1 ; f2 ; :::; fn(2) ; :::
:::
(i)
(i)
f1 ; f2 ; :::; fn(i) ; :::
:::
wobei die Zeile i auf xi konvergiert und jede Zeile eine Teilfolge von der vorangehenden
Zeile ist.
Betrachten wir die Diagonalfolge
(1)
(2)
f1 ; f2 ; :::; fn(n) ; :::;
128
n
o
(n)
die eine Teilfolge von ffn g ist. Diese Folge auf alle xi konvergiert, da fn (xi )
n
n
o
(i)
Teilfolge von fn (xi )
ist, und die letzte Folge konvergiert.
eine
i
n i
(n)
fn , so
Setzen wir gn =
dass fgn g eine Teilfolge von ffn g ist und fgn (xi )g1
ur alle
n=1 f•
i konvergiert. Beweisen wir, dass fgn g schwach konvergent ist. Nach dem Satz 5.6 reicht
es zu beweisen, dass fgn g ein schwache Cauchy-Folge ist. F•
ur jedes x und xi gilt
jgn (x)
gm (x)j
jgn (x)
gn (xi )j + jgn (xi )
gm (xi )j + jgm (xi )
gm (x)j :
W•ahlen wir xi so dass kx xi k < " f•
ur ein vorgegebenes " > 0. Sei auch C eine obere
Schranke f•
ur die Folge fkfn kg, die nach Voraussetzung existiert. Dann ist C auch eine
obere Schranke f•
ur fkgn kg, woraus folgt, dass
jgn (x)
gm (x)j
kgn k kx xi k + jgn (xi ) gm (xi )j + kgm k kxi
2C kx xi k + jgn (xi ) gm (xi )j
2C" + jgn (xi ) gm (xi )j :
xk
Da fgn (xi )g konvergent und somit Cauchy ist, so erhalten wir
lim sup jgn (x)
gm (x)j
2C":
n;m!1
Da " hier beliebige positiv ist, daraus folgt
lim sup jgn (x)
gm (x)j = 0
n;m!1
und somit ist fgn (x)g eine Cauchy-Folge.
Beispiel. Sei H ein Hilbertraum u
•ber R. Nach dem Satz 2.7 gilt H = H, und jedes
Element a 2 H bestimmt ein Element von H mit
a (x) = (x; a) :
Die schwache Konvergenz in H kann man als schwache Konvergenz in H wie folgt verstehen: f•
ur Elementen an ; a aus H gilt an * a falls (x; an ) ! (x; a) f•
ur alle x 2 H. Nach
dem Satz 5.6 erhalten wir, dass H schwach vollst•andig ist. Ist H separabel, so erhalten
wir nach dem Satz 5.7, dass jede beschr•ankte Teilmenge von H (z.B. jede Kugel) schwach
pr•akompakt ist.
Beispiel. Seien p; q 2 (1; 1) die konjugierten H•older-Exponenten. Da lq = (lp ) , so ist der
Begri von schwache Konvergenz in lq wohlde niert ist. Dann ist lq schwach vollst•andig,
und jede beschr•ankte Teilmenge von lq ist schwach pr•akompakt.
5.3
5.3.1
Satz u
• ber die o ene Abbildung und Anwendungen
Satz u
• ber die o ene Abbildung
De nition. Eine Abbildung A : X ! Y zwischen zwei metrischen R•aumen hei t o en,
falls f•
ur jede o ene Teilmenge
X das Bild A ( ) auch o en ist.
•
5.3. SATZ UBER
DIE OFFENE ABBILDUNG UND ANWENDUNGEN
129
Beispiel. Sei B : Y ! X eine stetige invertierbare Abbildung. Dann ist die inverse
Abbildung A = B 1 o en, da f•
ur jede o ene Teilmenge
X das Bild A ( ) = B 1 ( )
nach der Stetigkeit von B o en ist.
Hauptsatz 5.8 (Satz u
•ber die o ene Abbildung oder Satz von Banach-Schauder) Seien
X und Y Banachr•aume und sei A : X ! Y eine stetige lineare surjektive Abbildung.
Dann ist die Abbildung A o en.
Bemerkung. Die Bedingung von Surjektivit•at ist wichtig, was das Gegenbeispiel A = 0
zeigt.
Beweis. Bezeichnen wir mit U (x; r) die Kugel in X und mit V (y; r) die Kugel in Y .
Auch schreiben wir kurz U (r) = U (0; r) und V (r) = V (0; r). Beweisen wir zun•achst die
folgende Behauptung: es gibt ein " > 0 mit
A (U (1))
Da
X=
1
S
V (") :
(5.14)
U (n)
n=1
und A (X) = Y , so erhalten wir, dass
Y =
1
S
A (U (n)) :
n=1
Nach dem Satz 5.5 beschlie en wir, dass eine von den Mengen A (U (n)) eine o ene Kugel
enth•alt.
A
U(n)
A(U(n))
0
0
X
Y
Nach der Linearit•at von A haben wir
A (U (n)) = 2nA U
1
=2
;
woraus folgt, dass auch A (U (1 =2 )) eine o ene Kugel enth•alt. W•ahlen wir in dieser Kugel
einen Punkt y0 , der auch in der Bildmenge A (U (1 =2 )) liegt. Dann f•
ur ein hinreichend
kleines " > 0 gilt
A (U (1 =2 ))
V (y0 ; ") :
130
Nach der Wahl von y0 existiert ein x0 2 U (1 =2 ) mit Ax0 = y0 : Da f•
ur jedes x 2 U (1 =2 )
gilt x x0 2 U (1), so erhalten wir
U (1)
A (U (1))
A U
1
U
1
=2
=2
x0 ;
x0 = A U
1
=2
y0
und somit
A (U (1))
A (U (1 =2 ))
y0
V (y0 ; ")
y0 = V (") ;
was ergibt (5.14).
Die Behauptung (5.14) impliziert nach der Linearit•at von A das folgende: f•
ur jedes r
gilt
A (U (r))
V ("r) :
(5.15)
Beweisen wir, dass
A (U (2))
V (") :
(5.16)
Nehmen wir ein y 2 V (") und beweisen, dass y = Ax f•
ur ein x 2 U (2) gilt. Nach (5.14)
oder (5.15) gilt
y 2 A (U (1))
und somit existiert ein y1 2 A (U (1)) mit beliebig kleinem ky
ky
y1 k, insbesondere mit
y1 k < "=2:
y1 A(U(1))
A(U(1))
y
0
V(ε)
Da y
y1 2 V ("=2) und nach (5.15)
A (U (1 =2 ))
V ("=2) ;
so existiert ein y2 2 A (U (1 =2 )) mit beliebig kleinem k(y
ky
y1 )
y2 k < "=4:
y1
1
y2 A(U ( /2))
1
A(U( /2))
0
V(ε/2 )
y-y1
y2 k, insbesondere mit
•
5.3. SATZ UBER
Da y
y1
131
y2 2 V ("=4) und somit
y
y2 2 A (U (1 =4 ));
y1
so existiert ein y3 2 A (U (1 =4 )) mit beliebig kleinem k(y
mit
ky y1 y2 y3 k < "=8:
y1
y2 )
y3 k, insbesondere
Per Induktion erhalten wir zwei Folgen fxn g und fyn g mit den folgenden Eigenschaften:
1. yn 2 A U 2
2. ky
y1
:::
(n 1)
yn k < "2
Dann existiert xn 2 U 2
n
(n 1)
1
X
n=1
so ist die Reihe
bemerken, dass
P1
n=1
:
mit yn = Axn : Da kxn k < 2
kxn k <
1
X
2
(n 1)
(n 1)
und somit
= 2 < 1;
n=1
xn konvergent nach dem Satz 1.5. Setzen wir x =
kxk
1
X
n=1
P1
n=1
xn und
kxn k < 2;
so dass x 2 U (2). Da A stetig ist, so gilt
Ax =
1
X
Axn =
1
X
yn = y;
n=1
n=1
woraus folgt, dass y 2 A (U (2)), was beweist (5.16).
Es folgt aus (5.16), dass f•
ur alle x 2 X und r > 0 gilt
A (U (x; r))
"
V y; r
2
(5.17)
mit y = Ax:
Sei eine beliebige o ene Teilmenge von X. Beweisen wir, dass A ( ) o en ist. F•
ur
jedes y 2 A ( ) existiert x 2 mit y = Ax: Dann existiert ein r > 0 so dass U (x; r)
:
A( )
A (U (x; r))
"
V y; r ;
2
woraus folgt, dass A ( ) o en ist.
5.3.2
Satz von der inversen Abbildung und Zerlegung von Spektrum
Korollar 5.9 (Satz von der inversen Abbildung oder Satz vom stetigen Inversen) Sei A
eine stetige lineare bijektive Abbildung zwischen Banachr•
aumen X und Y . Dann ist die
inverse Abbildung A 1 auch stetig.
132
Beweis. Die inverse Abbildung B = A 1 existiert weil A bijektiv ist. Die Abbildung
B : Y ! X ist genau dann stetig, wenn f•
ur jede o ene Menge
X das Urbild B 1 ( )
1
o en ist. Dies ist wirklich der Fall, da B ( ) = A ( ) o en nach dem Satz 5.8 ist.
Erinnern wir die De nition des Spektrums. F•
ur einen Operator A im Banachraum X
u
•ber C gilt 2 (A) genau dann, wenn
I) 6= f0g
1. entweder ker (A
I) 6= X
2. oder im (A
3. oder (A
I)
1
existiert aber ist nicht beschr•ankt.
Nehmen wir an, dass die M•oglichkeiten 1 und 2 gelten nicht, d.h. ker (A
I) = f0g
und im (A
I) = X. Dann ist die Abbildung A
I eine Bijektion, so dass die inverse
Abbildung (A
I) 1 existiert. Ist A beschr•ankt, so ist auch A
I beschr•ankt, und
1
nach Korollar 5.9 ist (A
I) beschr•ankt. Somit kann die M•oglichkeit nicht geschehen.
Erinnern wir auch, dass jedes mit ker (A
I) 6= f0g hei t ein Eigenwert von A,
und die Menge von allen Eigenwerten von A hei t das Punktspektrum von A und wird
mit p (A) bezeichnet. Somit erhalten wir die folgende Aussage.
Korollar 5.10 Sei A ein beschr•ankter Operator im Banachraum X. Dann f•
ur jedes
2 (A) n p (A) gilt im (A
I) 6= X.
F•
ur selbstadjungierten Operatoren gilt mehr.
Korollar 5.11 Sei A ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H. Dann gilt die
•
Aquivalenz
2
(A) n
p
(A) , im (A
Beweis. Falls 2
= (A), so gilt im (A
f0g und somit nach dem Satz 3.5
im (A
Nehmen wir jetzt an, dass 2
H, und nach dem Satz 3.5
da ker (A
I) = f0g.
De nition. Die Menge von
im (A
p
I) 6=
(A). Dann nach Korollar 5.10 gilt im (A
I) 6=
I) = ker (A
2
I) = H:
(A) so gilt ker (A
I) = H. Falls
I) = ker (A
(A) n
im (A
I) 6= H und im (A
p
I)? 6= H:
I)? = H;
2 C mit
I) 6= H und im (A
I) = H:
hei t das stetige Spektrum des Operators A und wird mit c (A) bezeichnet.
Dann ergibt Korollar 5.11 die folgende Zerlegung des Spektrums von selbstadjungierten
Operatoren:
(A) = p (A) t c (A) :
(5.18)
•
5.3. SATZ UBER
133
Beispiel. Betrachten wir den Operator
A=
1
X
k PUk ;
k=1
wobei f k g1
ankt Folge von reellen Zahlen ist, und fU
k=1 eine beschr•
Lk g1 eine Folge von
zueinander orthogonalen abgeschlossenen Unterr•aumen von H mit
k=1 Uk = H und
Uk 6= f0g ist. Dann ist A selbstadjungiert und
(A) = f k g:
Die Eigenwerte von A sind genau die Zahlen
p
k,
d.h.
(A) = f k g :
c
(A) = f k g n f k g :
Z.B. ist f k g eine Folge von allen rationalen Zahlen in einem Intervall [a; b], so ist
die Menge von allen irrationalen Zahlen in [a; b].
c
(A)
Bemerkung. Sei H der Hamilton-Operator von Schr•odinger-Gleichung (obwohl dieser
Operator unbeschr•ankt ist, viele von Theorie von beschr•ankten selbstadjungierten Operatoren gilt f•
ur H auch). Das Spektrum (H) hat die folgende physikalische Bedeutung:
(H) ist genau die Menge von Werten von Energie im gegebenen System. Die Werte von
dem Punktspektrum von H entsprechen zu gebundenen Zust•anden des System, die mit
den Quantene ekten von Interaktion von den Teilchen zu tun haben, wobei die einzelnen
Teilchen das stetige Spektrum haben.

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