Funktionalanalysis 007

Funktionalanalysis Carsten Sch¨ utt February 9, 2005 2 Contents 1 Topologische Vektorr¨ aume 1.1 Topologische R¨aume...

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Funktionalanalysis Carsten Sch¨ utt February 9, 2005

2

Contents 1 Topologische Vektorr¨ aume 1.1 Topologische R¨aume . . . . . . . . . . . . . 1.2 Metrische R¨aume . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Filter und Netze . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Topologische Vektorr¨aume . . . . . . . . . . 1.5 Metrische Vektorr¨aume . . . . . . . . . . . . 1.6 Normierte Vektorr¨aume . . . . . . . . . . . . 1.7 Lokalkonvexe R¨aume . . . . . . . . . . . . . 1.8 Lp -R¨aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Die Ungleichungen von Hanner und Clarkson 1.10 Khintchine-Ungleichung . . . . . . . . . . . 1.11 Satz von Stone-Weierstraß . . . . . . . . . .

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7 7 19 25 37 43 48 57 58 71 79 84

2 Lineare Operatoren 2.1 Lineare Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Lineare Funktionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Der Satz von Hahn-Banach I: Die analytische Verson . . 2.4 Der Satz von Hahn-Banach II: Die geometrische Version 2.5 Dualraum und adjungierte Abbildung . . . . . . . . . . . 2.6 Fortsetzungseigenschaft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Der Satz von Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Der Satz von der oﬀenen Abbildung . . . . . . . . . . . . 2.9 Der Satz vom abgeschlossenen Graphen . . . . . . . . . . 2.10 Der Satz von Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . .

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89 89 98 101 108 122 128 133 139 146 150

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3 Hilbertraum 153 3.1 Hilbertr¨aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 3

4

CONTENTS

4 Spektraltheorie 167 4.1 Das Spektrum beschr¨ankter Operatoren . . . . . . . . . . . . 167 4.2 Das Spektrum kompakter Operatoren . . . . . . . . . . . . . . 178 5 Dualraum 5.1 Der Dualraum von Lp . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Urysohns Lemma und die Zerlegung der Eins . . 5.3 Der Darstellungssatz von Riesz . . . . . . . . . 5.4 Funktionen beschr¨ankter Variation und C[a, b]∗ 5.5 Die schwache Topologie . . . . . . . . . . . . . . 5.6 Der Satz von James . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7 Schauder Basen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Der Raum von R.C. James . . . . . . . . . . . .

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189 . 189 . 195 . 203 . 216 . 221 . 238 . 251 . 264

6 Extremalpunkte 271 6.1 Strikt konvexe und uniform konvexe Mengen . . . . . . . . . . 271 6.2 Der Satz von Krein-Milman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278 7 Approximationseigenschaft 8 Lokale Struktur 8.1 Banach-Mazur Abstand . . . . . . . . . . . . . 8.2 Der Satz von F. John . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 Typ und Cotyp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4 Messbarkeit vektorwertiger Funktionen . . . . . 8.5 Unabh¨angige Zufallsvariablen . . . . . . . . . . 8.6 Gaußvariablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.7 Konzentration von Summen von Gaußvariablen ¨ 8.8 Aquivalenz von Bernoulli und Gauß Variablen . 8.9 Die S¨atze von Slepian und Sudakov-Fernique . . 8.10 Satz von Chevet . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.11 Das Volumen von Einheitskugeln . . . . . . . . 8.12 Der Satz von Marcus-Pisier . . . . . . . . . . . 8.13 Das Supremum mehrerer Gaußfunktionen . . . . 8.14 Eindeutigkeit symmetrischer Basen . . . . . . . 8.15 Beispiel von Gowers . . . . . . . . . . . . . . . . 8.16 Satz von Dvoretzky . . . . . . . . . . . . . . . . 8.17 Absolutsummierende Operatoren . . . . . . . .

285

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293 . 293 . 299 . 307 . 316 . 319 . 323 . 329 . 340 . 342 . 350 . 359 . 369 . 374 . 376 . 376 . 376 . 376

CONTENTS 8.18 8.19 8.20 8.21

Unbedingte Basen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Satz von Gluskin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . R¨aume, in denen alle Teilr¨aume komplementiert sind Raum von Tsirelson . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 . . . .

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9 Sonstiges 9.1 Fixpunkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2 Unstetigkeitsmengen von Funktionen und ihren Ableitungen 9.3 Fragen und Kommentare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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378 382 382 382

383 . 383 . 384 . 388

6

CONTENTS

Chapter 1 Topologische Vektorr¨ aume 1.1

Topologische R¨ aume

Eine Topologie T auf einer Menge X ist eine Teilmenge der Potenzmenge von X, die die drei folgenden Bedingungen erf¨ ullt: (i) ∅ ∈ T und X ∈ T . (ii) F¨ ur alle A, B ∈ T gilt A ∩ B ∈ T . (iii) F¨ ur alle S ⊆ T gilt A∈S A ∈ T . Das Paar (X, T ) heißt topologischer Raum. Die Elemente von T heißen oﬀene Teilmengen von X. Beispiel 1 (i) Es sei X eine Menge und T = {∅, X}. T ist eine Topologie auf X. (ii) Es sei X eine Menge und T = P(X). T ist eine Topologie auf X und sie heißt die diskrete Topologie.

Falls auf einer Menge X zwei Topologien T1 und T2 gegeben sind und T1 ⊆ T2 gilt, dann sagen wir, dass die Topologie T1 gr¨ober als die Topologie T2 ist, bzw. die eine Topologie feiner als die andere ist. Lemma 1 Es sei X eine Menge und S eine Teilmenge der Potenzmenge von X. Dann gibt es eine Topologie T , die S enth¨alt und die gr¨ ober als alle Topologien ist, die S enthalten. Man nennt diese Topologie die von S erzeugte Topologie. 7

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

8

Beweis. Wir betrachten die Menge S = {R|S ⊆ R und R ist eine Topologie} Dann ist T =

R

R∈S

eine Topologie. 2 Lemma 2 Die von einem Mengensystem E erzeugte Topologie besteht aus ∅, X und beliebigen Vereinigungen von endlichen Durchschnitten von Mengen aus E. Beweis. F¨ ur jede Topologie, die E enth¨alt gilt, dass sie ∅, X und beliebige Vereinigungen von endlichen Durchschnitten von Mengen aus E enth¨alt. Umgekehrt reicht es zu zeigen, dass das Mengensystem, das aus ∅, X und beliebigen Vereinigungen von endlichen Durchschnitten von Mengen aus E besteht, eine Topologie ist. 2 Eine Teilmenge U von X heißt Umgebung eines Punktes x ∈ X, falls es eine oﬀene Menge O ∈ T mit x ∈ O und O ⊆ U gibt. Allgemeiner sagen wir, dass eine Menge U Umgebung einer Menge A ist, falls es eine oﬀene Menge O ∈ T mit A ⊆ O und O ⊆ U gibt. Lemma 3 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum. Eine Menge O ist genau dann oﬀen, wenn sie Umgebung f¨ ur alle ihre Elemente ist. Beweis. Falls O oﬀen ist, ist sie Umgebung jedes ihrer Elemente. Umgekehrt, falls eine Menge O Umgebung jedes ihrer Elemente ist, dann gibt es zu jedem x ∈ O eine oﬀene Menge Ox mit x ∈ Ox und Ox ⊆ O. Damit folgt, dass Ox = O x∈O

oﬀen ist. 2 Eine Folge xn , n ∈ N, konvergiert in einem topologischen Raum gegen x, wenn es zu jeder Umgebung U von x ein N gibt, so dass f¨ ur alle n mit n ≥ N die Relation xn ∈ U gilt.

¨ 1.1. TOPOLOGISCHE RAUME

9

Ein topologischer Raum (X, T ) heißt Hausdorﬀ, wenn es zu allen Punkten x, y ∈ X mit x = y zwei Umgebungen U von x und V von y mit U ∩ V = ∅ gibt. So ist der topologische Raum (X, T ) mit T = {∅, X} nicht Hausdorﬀ, wenn die Menge X mehr als ein Element besitzt. Eine Teilmenge U der Potenzmenge heißt Umgebungsbasis eines Punktes x ∈ X, falls f¨ ur alle U ∈ U gilt, dass U Umgebung von x ist und falls es zu jeder Umgebung V von x ein U ∈ U mit U ⊆ V gibt. Eine Teilmenge von X heißt abgeschlossen, falls deren Komplement offen ist. Es folgt sofort, dass der Durchschnitt von abgeschlossenen Mengen wieder abgeschlossen ist und dass eine endliche Vereinigung von abgeschlossenen Mengen wieder abgeschlossen ist. Insbesondere k¨onnen wir folgern, dass zu jeder Menge A eine kleinste abgeschlossene Menge A gibt, die A enth¨alt. Diese Menge A heißt der Abschluss von A. Ein Punkt x ∈ X heißt H¨aufungspunkt einer Menge A, falls es in jeder Umgebung von x einen Punkt der Menge A gibt, der von x verschieden ist. Die Menge der H¨aufungspunkte von A bezeichnen wir mit HP(A). Lemma 4 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum. Eine Teilmenge A von X ist genau dann abgeschlossen, wenn sie alle H¨ aufungspunkte von sich enth¨ alt.

Beweis. Wir nehmen an, dass A abgeschlossen ist. Dann ist Ac eine oﬀene Menge. Deshalb ist Ac f¨ ur jedes x ∈ Ac eine Umgebung. Also gilt f¨ ur alle x∈ / A, dass x nicht H¨aufungspunkt von A ist. Wir nehmen nun an, dass A alle seine H¨aufungspunkte enth¨alt. Damit ist jeder Punkt x, der nicht in A enthalten ist, nicht H¨aufungspunkt von A. Also gibt es eine Umgebung U von x, die einen leeren Schnitt mit A hat. Somit ist auch Ac Umgebung von x. Also ist Ac f¨ ur jeden Punkt x Umgebung, der in Ac enthalten ist. Also ist Ac oﬀen. 2 Lemma 5 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und A eine Teilmenge von X. Die Vereinigung von A mit der Menge aller H¨ aufungspunkte von A ist abgeschlossen.

Beweis. Wir zeigen, dass (A∪HP (A))c oﬀen ist. Es sei x weder ein Element von A noch ein H¨aufungspunkt von A, also x ∈ (A ∪ HP (A))c . Dann gibt

10

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

es eine oﬀene Menge Ox , die x enth¨alt und die einen leeren Schnitt mit A ∪ HP (A) hat. Wir u ¨berlegen uns dies. Da x kein H¨aufungspunkt von A ist, gibt es eine oﬀene Umgebung Ox von x, deren Schnitt mit A kein Element von A enth¨alt, das verschieden von x ist. Da x auch kein Element von A ist, ist der Schnitt von Ox mit A leer. Es kann auch nicht sein, dass Ox ein Element von HP(A) enth¨alt, sonst m¨ usste Ox ein Element von A enthalten, weil Ox Umgebung eines H¨aufungspunktes von A w¨are. Also gilt Ox ∩ (A ∪ HP (A)) = ∅ Damit ist

Ox

x∈(A∪HP (A))c

eine oﬀene Menge und es gilt (A ∪ HP (A))c =

Ox .

x∈(A∪HP (A))c

2 Ein Punkt x einer Menge A heißt innerer Punkt von A, falls A eine ◦ Umgebung von x ist. Das Innere A einer Menge A ist die Menge aller inneren Punkte von A. Der Abschluss A einer Menge A ist die kleinste abgeschlossene Menge, die A enth¨alt. ◦ Der Rand einer Menge A ist ∂A = A\ A. Lemma 6 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und A eine Teilmenge. Der Abschluss von A ist die Vereinigung von A mit der Menge ihrer H¨ aufungspunkte.

Beweis. Der Abschluss A enth¨alt nach Lemma alle H¨aufungspunkte von A und damit enth¨alt der Abschluss auch alle H¨aufungspunkte von A. Andererseits ist A ∪ HP (A) nach Lemma eine abgeschlossene Menge. Es folgt A ⊆ A ∪ HP (A). 2 Es seien (X, TX ) und (Y, TY ) topologische R¨aume. Eine Funktion f : X → Y ist in einem Punkt x ∈ X stetig, wenn das Urbild jeder Umgebung von f (x) eine Umgebung von x ist.

¨ 1.1. TOPOLOGISCHE RAUME

11

Zwei topologische R¨aume sind hom¨oomorph, wenn es eine bijektive, stetige Abbildung zwischen ihnen gibt, deren Inverse ebenfalls stetig ist. Lemma 7 Es seien (X, TX ) und (Y, TY ) topologische R¨aume und f : X → Y eine Funktion. Dann sind ¨aquivalent: (i) f ist in allen Punkten von X stetig. (ii) Das Urbild jeder oﬀenen Menge ist oﬀen. (iii) Das Urbild jeder abgeschlossenen Menge ist abgeschlossen. ¨ Beweis. Die Aquivalenz von (ii) und (iii) folgt aus der Deﬁnition der abgeschlossenen Mengen. (ii) ⇒ (i): Es sei V eine Umgebung von f (x). Dann enth¨alt V eine oﬀene Umgebung O mit f (x) ∈ O. Wegen (ii) ist f −1 (O) oﬀen und es gilt x ∈ f −1 (O). Wegen f −1 (O) ⊆ f −1 (V ) ist f −1 (V ) eine Umgebung von x. (i) ⇒ (ii): Es sei O eine oﬀene Menge in Y . Wir zeigen, dass f −1 (O) Umgebung f¨ ur alle ihre Elemente ist. Mit Lemma folgt, dass f −1 (O) oﬀen ist. Falls x ∈ f −1 (O), dann f (x) ∈ O. Da O oﬀen ist, ist diese Menge Umgebung von f (x). Wegen (i) ist f −1 (O) Umgebung von x. 2 Lemma 8 Es seien (X, T ) und (Y, S) zwei topologische R¨aume. Die Topologie S werde von E erzeugt. f : X → Y ist genau stetig, wenn f¨ ur alle V ∈ E −1 gilt, dass f (V ) ∈ T . Beweis. F¨ ur eine Menge V ∈ S gilt V =

n(ι)

Eiι ∈ E

Eiι

ι∈I i=1

Es folgt f

−1

(V ) = f

−1

⎛

⎞

⎝

Eiι ⎠

n(ι) ι∈I i=1

=

n(ι)

f −1 (Eiι )

ι∈I i=1

2 Eine Teilmenge K eines topologischen Raumes (X, T ) heißt kompakt, ¨ falls es zu jeder oﬀenen Uberdeckung eine endliche Teil¨ uberdeckung gibt:

12

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

F¨ ur alle n Oι ∈ T , ι ∈ I, mit K ⊆ K ⊆ j=1 Oιj .

ι∈I

Oι gibt es ein n ∈ N und ι1 , . . . , ιn mit

Lemma 9 Das stetige Bild einer kompakten Menge ist kompakt. Beweis. Es seien (X, TX ) und (Y, TY ) topologische R¨aume, f : X → Y eine stetige Abbildung und K eine kompakte Teilmenge von X. Es sei Oι , ι ∈ I, ¨ eine oﬀene Uberdeckung von f (K). Dann ist f −1 (Oι ), ι ∈ I, eine oﬀene ¨ Uberdeckung von K. Oι = f −1 (Oι ) K ⊆ f −1 (f (K)) ⊆ f −1 ι∈I

ι∈I

Da K kompakt ist, gibt es eine endliche Teil¨ uberdeckung f −1 (Oι1 ), . . . , f −1 (Oιn ) von K n K⊆ f −1 (Oιi ) i=1

Hieraus folgt

f (K) ⊆ f

n

f

−1

(Oιi )

=

i=1

n

Oιi

i=1

2 Lemma 10 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum. X ist genau dann kompakt, wenn jede Familie F von abgeschlossenen Teilmengen von X mit der endlichen Durchschnittseigenschaft ∀n ∈ N∀A1 , . . . , An ∈ F :

n

Ai = ∅

i=1

gilt, dass

A = ∅.

A∈F

Beweis. Wir zeigen zuerst an, dass aus der Kompaktheit von K folgt, dass aus der endlichen Durchschnittseigenschaft folgt, dass der Gesamtschnitt nicht leer ist.

¨ 1.1. TOPOLOGISCHE RAUME

13

Es sei F eine Familie abgeschlossener Mengen mit der endlichen Durchschnittseigenschaft, aber A = ∅. A∈F

Wir zeigen, dass X

dann nicht kompakt ist. Die Bedingung A∈F A = ∅ bedeutet, dass Ac , A ∈ F, eine oﬀene ¨ Uberdeckung von X ist. Falls X kompakt w¨are, dann gibt es eine endliche Teil¨ uberdeckung. Dies kann aber nicht sein, weil die endliche Durchschnittseigenschaft gilt. Wir zeigen nun die Umkehrung. Wir nehmen an, dass aus der endlichen Durchschnittseigenschaft folgt, dass der Gesamtschnitt nicht leer ist. Es sei ¨ Oι , ι ∈ I eine oﬀene Uberdeckung von X, also Oιc = ∅ ι∈I

Also gibt es endlich viele Indices ι1 , . . . , ιn mit n

Oιci = ∅

i=1

2 Lemma 11 Eine abgeschlossene Teilmenge einer kompakten Teilmenge ist kompakt. Beweis. Es sei A eine abgeschlossene Teilmenge einer kompakten Menge K. Es sei F eine Familie von abgeschlossenen Teilmengen von A, die die endliche Durchschnittseigenschaft besitzt. Man beachte, dass die Mengen B ∈ F in dem topologischen Raum A abgeschlossen sind. Da A abgeschlossen ist, so sind alle Mengen B ∈ F abgeschlossene Teilmengen von K. Da K kompakt ist B = ∅ B∈F

2 Lemma 12 Es sei (X, T ) ein topologischer Hausdorﬀ Raum, K eine kompakte Teilmenge und x ∈ X mit x ∈ / K. Dann gibt es eine Umgebung von x

14

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

und eine Umgebung von K, die disjunkt sind. Insbesondere ist eine kompakte Menge K abgeschlossen. Die Voraussetzung, dass der topologische Raum Hausdorﬀ ist, ist notwendig. Dazu betrachte man den topologischen Raum (X, T ) mit T = {∅, X}. In diesem Raum sind ∅ und X die einzigen oﬀenen Mengen, andererseits sind s¨amtliche Teilmengen von X kompakt. Damit ist eine echte Teilmenge von X, die nicht die leere Menge ist, kompakt, aber nicht abgeschlossen. Beweis. Da X Hausdorﬀ ist, gibt es zu x und jedem y ∈ K eine oﬀene Umgebung Uy von y und eine oﬀene Umgebung Vy von x mit Uy ∩ Vy = ∅ ¨ (x ist fest). Dann ist Uy , y ∈ K, eine oﬀene Uberdeckung von K. Weil K kompakt ist, gibt es eine endliche Teil¨ uberdeckung. K⊆

n

Uyi

i=1

Die rechte Menge ist eine oﬀen Umgebung von K. n

Vyi

i=1

ist eine oﬀene Umgebung von x und n n Uyi ∩ Vyi = ∅ i=1

i=1

Wir folgern, dass K abgeschlossen ist. Eine Menge ist genau dann abgeschlossen, wenn sie ihre H¨aufungspunkte enth¨alt. Oﬀenbar sind alle Punkte, die nicht in K enthalten sind, nicht H¨aufungspunkte von K. 2 Es seien (Xι , Tι ), ι ∈ I, topologische R¨aume. Es sei ι∈I Xι die Produktmenge der Mengen Xι , ι ∈ I. Dies sind alle Abbildungen Xι x:I→ ι∈I

so dass f¨ ur alle ι ∈ I die Relation x(ι) ∈ Xι gilt. Die Abbildung pη : ι∈I Xι → Xη , die durch pη ((xι )ι∈I ) = xη deﬁniert ist, heißt Projektion

¨ 1.1. TOPOLOGISCHE RAUME

15

auf die Koordinate η. Die Produkttopologie T auf ι∈I Xι ist die von den Mengen {p−1 η (Oη )|η ∈ I und Oη ∈ Tη } erzeugte Topologie. Auf dem Produktraum von zwei R¨aumen (X1 , T1 ) und (X2 , T2 ) wird die Produkttopologie von den Mengen {O1 × O2 |O1 ∈ T1 und O2 ∈ T2 } erzeugt. Lemma 13 Es seien (Xι , Tι ), ι ∈ I, topologische R¨aume. Die Produkttopologie T auf ι∈I Xι ist die gr¨ obste Topologie, f¨ ur die alle Projektionen pη stetig sind. Beweis. Wir zeigen zuerst, dass die Projektionen stetig sind. Dazu weisen wir nach, dass das Urbild einer oﬀenen Menge oﬀen ist. Dies ist oﬀensichtlich, weil die Produkttopologie die gr¨obste Topologie ist, so dass alle Mengen p−1 η (O) oﬀen sind, falls O oﬀen ist. Unter allen Topologien, bzgl. denen die Projektionen stetig sind gibt es eine gr¨obste. Dies folgt aus Lemma. Aus der Stetigkeit der Projektionen folgt, dass f¨ ur alle η und alle oﬀenen Mengen O in Xη gilt, dass p−1 η (O) oﬀen ist. Die gr¨obste Topologie, bzgl. der alle Projektionen stetig sind, umfasst also diese Mengen. Somit ist die gr¨obste Topologie, bzgl. der alle Projektionen stetig sind, feiner als die Produkttopologie. 2 Lemma 14 Es seien (Xi , Ti ), i ∈ I, topologische R¨aume. Es sei T die Familie aller Mengen, die beliebige Vereinigungen von Mengen

Ui = x ∈ Xi ∀i ∈ I : x(i) ∈ Ui i∈I

i∈I

sind, die die folgende Eigenschaft erf¨ ullen: F¨ ur alle i ∈ I ist Ui eine offene Menge und bis auf endlich viele i gilt Ui = Xi . Dann ist T gleich der Produkttopologie. Beweis. Wir zeigen, dass T eine Topologie ist. Die leere Menge ist Element von T . Außerdem sind beliebige Vereinigungen von Mengen aus T wieder in T.

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

16

Wir m¨ ussen noch zeigen, dass auch endliche Schnitte von Mengen in T wieder in T liegt. j Ui ∩ Vik U ∩V = j∈J i∈I

=

j∈J,k∈K

Uij

k∈K i∈I

∩

i∈I

Vik

=

i∈I

j (Ui ∩ Vik )

j∈J,k∈K i∈I

Damit ist T eine Topologie. Wir pr¨ ufen nach, dass sie mit der Produkttopolgie u ¨bereinstimmt. Die Produkttopologie wird von Mengen (O ) = Ui p−1 η η i∈I

mit Ui = Xi , falls i = η, und Uη = O, erzeugt. 2 Beispiel 2 Es sei C die Cantor-Menge, die mit der von R induzierten Topologie ausgestattet ist. Der zweielementige Raum {0, 1} sei mit der diskreten Topologie ausgestattet und {0, 1} = {0, 1}N mit der Produkttopologie. Dann sind C und {0, 1}N hom¨ oomorph. n∈N Insbesondere ist {0, 1}N kompakt. Beweis. Die Cantor-Menge ist durch

C=

∞ cn cn ∈ {0, 2} 3n n=1

gegeben. Die Abbildung f : {0, 1}N → C f (a) =

∞ 2an 3n n=1

ist eine bijektive Abbildung, deren Inverse f −1 stetig ist. Da C kompakt ist, so folgt, dass f auch stetig ist und {0, 1}N kompakt. Wir zeigen, dass f bijektiv ist. Die Surjektivit¨ at folgt unmittelbar aus der Deﬁnition der Cantor-Menge. Wir weisen nun die Injektivit¨ at nach. Es seien a, b ∈ {0, 1}N mit oßte, ganze Zahl, so dass f¨ ur alle n ∈ N mit n < n0 die f (a) = f (b). Es sei n0 die gr¨ Gleichung an = bn gilt. Also gilt an0 = bn0 und wir k¨ onnen annehmen, dass an0 = 1 und bn0 = 0. Damit folgt 0 = f (a) − f (b) =

∞ ∞ 2(an − bn ) 2(an − bn ) = n 3 3n n=n n=1 0

¨ 1.1. TOPOLOGISCHE RAUME

17

und weiter 0=

∞ ∞ ∞ an − bn an − bn 1 1 1 1 1 = + ≥ − = n0 − >0 n n n n n 0 0 3 3 3 3 3 3 2 · 3n 0 n=n n=n +1 n=n +1 0

0

0

Dies ist ein Widerspruch und f ist damit injektiv. Wir zeigen nun, dass f −1 stetig ist. Wir untersuchen die Stetigkeit in einem Punkt f (a). Wir weisen nach, dass das Bild jeder Umgebung U von a ∈ {0, 1}N unter f eine Umgebung von f (a) ist. Wegen Lemma 14 sind die oﬀenen Mengen in {0, 1}N Vereinigungen von Mengen der Form U= Un n∈N

wobei Un = {0, 1} bis auf endlich viele n gilt. Eine oﬀene Umgebung U von a enth¨ alt a, also gilt f¨ ur alle n ∈ N die Relation an ∈ Un . Deswegen k¨onnen wir annehmen, dass eine Umgebung U von a von der Gestalt {a1 } × · · · × {an0 } × {0, 1} × · · · ist. Das Bild dieser Menge unter f ist

n ∞ 0 2an cn + cn ∈ {0, 2} 3n 3n n=1 n=n +1 0

Die oﬀenen Mengen in C sind Durchschnitte von oﬀenen Mengen in R mit C. Deshalb ist ∞ ∞ 2an 2an 1 1 C∩ − n0 +2 , + n0 +2 3n 3 3n 3 n=1 n=1 eine oﬀene Umgebung von f (a) und ∞ n ∞ ∞ 0 2an 2an 2an cn 1 1 C∩ − n0 +2 , + n0 +2 ⊆ + cn ∈ {0, 2} 3n 3 3n 3 3n 3n n=1 n=1 n=1 n=n +1 0

Um diese Inklusion nachzuweisen, reicht es zu zeigen, dass in der Menge auf der linken Seite nur solche Elemente ∞ cn n=1

3n

auftreten, die cn = 2an f¨ ur alle n mit 1 ≤ n ≤ n0 erf¨ ullen. Wir weisen dies nach. Es sei also ∞ ∞ ∞ 2an cn 2an 1 1 ∈C∩ − n0 +2 , + n0 +2 3n 3n 3 3n 3 n=1 n=1 n=1 Es folgt

∞ 1 cn − 2an < n0 +2 n 3 3 n=1

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

18

Es sei m0 die kleinste Zah aller n mit cn = 2an . Mit der Dreiecksungleichung folgt 1 3n0 +2

>

∞ 2 |cm0 − 2am0 | 1 − = m0 n 3m0 3 3 n=m +1 0

Also gilt n0 + 2 < m0 . 2

Ein Satz von Alexandrov und Hausdorﬀ besagt, dass jeder kompakte, metrische Raum stetiges Bild der Cantor-Menge ist [Ben]. Dieser Satz hat eine Reihe von u ¨berraschenden Anwendungen.

¨ 1.2. METRISCHE RAUME

1.2

19

Metrische R¨ aume

Es sei X eine Menge. Eine Abbildung d : X × X → R+ heißt Metrik, falls (i) ∀x, y ∈ X : d(x, y) = d(y, x) (ii) d(x, y) = 0 ⇔ x = y (iii) ∀x, y, z ∈ X : d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) Wir bezeichnen das Paar (X, d) als metrischen Raum. Die von der Metrik erzeugte Topologie ist die gr¨obste Topologie, die die Mengen {x|d(x, y) < }

y∈X

>0

enth¨alt. Wir bezeichnen die Mengen B(y, r) = {x|d(x, y) < r} als (oﬀene) Kugeln mit Mittelpunkt y und Radius r. Diese oﬀenen Kugeln sind oﬀene Mengen. Wir bezeichnen ¯ r) = {x|d(x, y) ≤ r} B(y, als die abgeschlossene Kugel. Die abgeschlossene Kugel ist eine abgeschlossene Menge. Man beachte, dass der Abschluss B(y, r) = {x|d(x, y) < r} der oﬀenen Kugel in der Menge {x|d(x, y) ≤ r} enthalten ist, aber i.a. nicht gleich ist. Wir sagen, dass ein topologischer Raum (X, T ) metrisierbar ist, wenn es eine Metrik auf X gibt, die die Topologie T erzeugt. Beispiel 3 Es sei X eine Menge und

0 d(x, y) = 1

x=y x = y

(X, d) ist ein metrischer Raum und die erzeugte Topologie ist die diskrete. Beispiel 4 Es sei M = {−1, 0} ∪ (−∞, −2] ∪ ( 12 , 1) ∪ (1, ∞) und d sei die Metrik auf den reellen Zahlen, d(x, y) = |x − y|. Dann gilt

20

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

¯ 1) ist nicht der Abschluss von B(0, 1). (i) B(0, ¯ 1) ist oﬀen, aber keine oﬀene Kugel, d.h. f¨ (ii) B(0, ur alle x und r gilt ¯ B(0, 1) = B(x, r). (iii) B(0, 1) ist abgeschlossen, aber keine abgeschlossene Kugel. d.h. d.h. f¨ ur ¯ alle x und r gilt B(0, 1) = B(x, r).

¯ 1) = {−1, 0} ∪ ( 1 , 1) und Beweis. Es gilt B(0, 1) = {0} ∪ ( 12 , 1), B(0, 2 B(0, 1) = B(0, 1) 2 Ein metrischer Raum (X, d) heißt vollst¨andig, wenn jede Cauchy Folge konvergiert. Eine Teilmenge K eines metrischen Raumes heißt total beschr¨ankt, falls es zu jedem > 0 endlich viele Kugeln B(x1 , ), . . . , B(xn , ) mit demselben Radius gibt, so dass n K⊆ B(xi , ) i=1

gilt. Ein topologischer Raum heißt abz¨ahlbar kompakt, falls jede abz¨ahlbare ¨ oﬀene Uberdeckung eine endliche Teil¨ uberdeckung besitzt. Lemma 15 Es sei (M, d) ein metrischer Raum und K eine Teilmenge dieses metrischen Raumes. Dann sind ¨aquivalent: (i) K ist kompakt. (ii) K ist abz¨ahlbar kompakt. (iii) (Bolzano-Weierstrass) Jede Folge in K hat eine Teilfolge, die in K konvergiert. (iv) K ist vollst¨andig und total beschr¨ ankt.

F¨ ur beliebige topologische R¨aume folgt nicht aus der Folgenkompaktheit die Kompaktheit. Umgekehrt folgt auch nicht aus der Kompaktheit die Folgenkompaktheit. Lemma 16 Es sei X ein kompakter, topologischer Raum. abz¨ahlbar kompakt.

Dann ist X

¨ 1.2. METRISCHE RAUME

21

Beweis. Es sei A eine Teilmenge von X, die keine H¨aufungspunkte besitzt. Dann gibt es zu jedem x ∈ X eine oﬀene Umgebung Ux , die h¨ochstens ein Element aus A enth¨alt (n¨amlich x selbst). Es folgt X=

Ux

x∈X

Da X kompakt ist, gibt es eine endliche Teil¨ uberdeckung X=

n

Uxi

i=1

Also ist A eine endliche Menge. 2 Lemma 17 X sei ein metrischer Raum und A eine abz¨ ahlbar kompakte Teilmenge. Dann ist A folgenkompakt.

Beweis. Es sei xn , n ∈ N, eine Folge in A. Falls die Folge nur endlich viele Elemente enth¨alt, dann gibt es eine konstante Teilfolge, die insbesondere konvergiert. Falls die Folge unendlich viele verschiedene Punkte enth¨alt, dann hat die Menge {xn |n ∈ N} einen H¨aufungspunkt und es gibt eine Teilfolge, die konvergiert. 2 ¨ Es sei Oι , ι ∈ I, eine Uberdeckung einer Teilmenge A eines metrischen ¨ Raumes X. δ > 0 heisst Lebesgue Zahl f¨ ur diese Uberdeckung, falls zu jeder Teilmenge B von A, deren Durchmesser kleiner als δ ist, ein Oι mit B ⊆ Oι existiert. ¨ Lemma 18 Jede oﬀene Uberdeckung einer folgenkompakten Teilmenge K eines metrischen Raumes hat eine strikt positive Lebesgue Zahl.

¨ Beweis. Es sei Oι , ι ∈ I, eine oﬀene Uberdeckung von K. Wir nehmen an, dass Oι , ι ∈ I, keine strikt positive Lebesgue Zahl besitzt. Dann gibt es zu jedem n ∈ N eine Teilmenge Bn von K, deren Durchmesser kleiner als n1 ist und die in keiner der Mengen Oι , ι ∈ I, enthalten ist.

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

22

Wir w¨ahlen bn ∈ Bn . Dann gibt es eine konvergente Teilfolge. b0 = lim bnj j→∞

Es gibt ein ι0 mit b0 ∈ Oι0 . Es folgt, dass ein > 0 mit B(b0 , ) ⊆ Oι existiert. Wir w¨ahlen nun j so groß, dass d(b0 , bnj ) <

1 < nj 4

4

Es folgt Bnj ⊆ B(b0 , ) ⊆ Oι0 Dies folgt aus der Dreiecksungleichung. Es sei y ∈ Bnj . Dann gilt d(y, bnj ) < . 4 d(y, b0 ) ≤ d(y, bnj ) + d(bnj , b0 ) < 2 2 Lemma 19 Es sei X ein metrischer Raum und K eine folgenkompakte Teilmenge. Dann ist K total beschr¨ ankt. Beweis Wir zeigen, dass K nicht folgenkompakt ist, wenn K nicht total beschr¨ankt ist. Wir w¨ahlen eine Folge xn , n ∈ N, in K, so dass f¨ ur alle i, j ∈ N die Ungleichung d(xi , xj ) ≥ gilt. Es gibt ein solches > 0, weil K nicht total beschr¨ankt ist. Eine solche Folge besitzt keine konvergente Teilfolge. 2 Lemma 20 Es sei X ein metrischer Raum und K eine folgenkompakte Teilmenge. Dann ist K kompakt. ¨ Beweis. Es sei Oι , ι ∈ I, eine oﬀene Uberdeckung von K. Da K fol¨ genkompakt ist, besitzt die Uberdeckung eine strikt positive Lebesgue Zahl δ. Außerdem ist K total beschr¨ankt, weil K folgenkompakt ist. Es gibt also Mengen Bi , i = 1, . . . , n, deren Durchmesser kleiner als δ sind, mit n K⊆ Bi i=1

¨ 1.2. METRISCHE RAUME

23

Dann gibt es zu jedem i ein ιi mit Bi ⊆ Oιi . Also K⊆

n i=1

Bi ⊆

n

O ιi

i=1

2 Beweis von Lemma 15. (i) ⇐ (iv): Wir zeigen ¬(i) ⇒ ¬(iv). Es sei Oι , ¨ ι ∈ I, eine oﬀene Uberdeckung von K, die keine endliche Teil¨ uberdeckung besitzt. Wir zeigen, dass es eine Folge xn ∈ K, n ∈ N, mit (i) Keine Kugel B(xn , 21n ), n ∈ N, wird von endlich vielen Mengen Oι , ι ∈ I, u ¨berdeckt. 1 (ii) F¨ ur alle n ∈ N gilt: B(xn , 21n ) ∩ B(xn+1 , 2n+1 ) = ∅. gibt. Wir zeigen dies durch Induktion. Da K kompakt ist, ist K total beschr¨ankt, also gibt es endlich viele Kugeln B(x1k , 12 ), k = 1, . . . , N1 , mit x1k ∈ K und N1 1 B(x1k , ). K⊆ 2 k=1 ¨berdeckt Es muss ein k0 geben, so dass B(x1k0 , 12 ) nicht von endlich vielen Oι u wird. Anderenfalls w¨ urde es eine endliche Teil¨ uberdeckung Oιi , i = 1, . . . , n von K geben. Wir setzen x1 = x1k0 . Wir machen nun den Induktionsschritt von n nach n + 1. K total beschr¨ankt, also gibt es endlich viele Kugeln B(x1k , 12 ), k = 1, . . . , N1 , mit xn+1 ∈ K und k Nn+1 1 B(xn+1 , n+1 ). K⊆ k 2 k=1 Es sei J die Menge aller k, so dass B(xn ,

1 1 ) ∩ B(xn+1 , n+1 ) = ∅ k n 2 2

B(xn ,

1 1 ) ⊆ B(xn+1 , n+1 ) k n 2 2 k∈J

Dann gilt

(1.1)

1 Es muss ein k0 ∈ J geben, so dass B(xn+1 k0 , 2n+1 ) nicht von endlich vielen Oι u ¨berdeckt werden kann. Anderenfalls k¨onnten wir B(xn , 21n ) durch endlich viele Oι u ¨berdecken. Wir setzen xn+1 = xn+1 k0 .

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

24

Wir zeigen nun, dass f¨ ur alle k und mit k ≤ d(xk , x ) ≤

1 2k−2

1 gilt. Wegen (1.1) gibt es ein y ∈ B(xn , 21n ) ∩ B(xn+1 , 2n+1 ) und deshalb k

d(xn , xn+1 ) ≤ d(xn , y) + d(y, xn+1 ) ≤

1 1 1 + n+1 < n−1 n 2 2 2

Hieraus folgt d(xk , x ) ≤

−1 i=k

−1 1 1 d(xi , xi+1 ) ≤ ≤ k−2 i−1 2 2 i=k

Somit ist xn , n ∈ N, eine Cauchy-Folge. Falls diese Cauchy-Folge nicht in K konvergiert sind wir fertig, wir haben ¬(iv) gezeigt. Nehmen wir also an, dass die Cauchy-Folge in K konvergiert. Es sei x = limn→∞ xn . Weil x ∈ K, gibt es ein ι0 ∈ I mit x ∈ Oι0 . Da Oι0 oﬀen ist, gibt es ein δ > 0 mit B(x, δ) ⊆ Oι0 . Nun w¨ahlen wir n so groß, dass d(x, xn ) < 4δ und 21n < 4δ . Es folgt 1 B(xn , n ) ⊆ Oι0 2 1 weil f¨ ur y ∈ B(xn , 2n ) die Ungleichung d(x, y) ≤ d(x, xn ) + d(xn , y) <

1 δ + n <δ 4 2

¨berdeckt gilt. Dies kann nicht sein, weil B(xn , 21n ) nicht durch endlich viele Oι u werden kann. 2

1.3. FILTER UND NETZE

1.3

25

Filter und Netze

Die Stetigkeit einer Funktion zwischen metrischen R¨aumen l¨asst sich mit Hilfe von konvergenten Folgen charakterisieren: Eine Funktion f ist genau dann in einem Punkt x stetig, wenn f¨ ur alle Folgen xn , n ∈ N, die gegen x konvergieren, gilt, dass die Folgen f (xn ), n ∈ N, gegen f (x) konvergieren. Die Kompaktheit eines metrischen Raumes l¨asst sich ebenso durch Folgen charakterisieren: Jede Folge besitzt eine konvergente Teilfolge. F¨ ur allgemeine topologische R¨aume reichen Folgen nicht mehr aus. Wir m¨ ussen den Begriﬀ der Folge verallgemeinern. Dies f¨ uhrt auf den Begriﬀ des Netzes. Eine Menge I mit einer Relation ≤ heißt gerichtete Menge, falls (i) F¨ ur alle ι ∈ I gilt, dass ι ≤ ι. (ii) F¨ ur alle ι1 , ι2 , ι3 ∈ I mit ι1 ≤ ι2 und ι2 ≤ ι3 gilt, dass ι1 ≤ ι3 . (iii) F¨ ur alle ι1 , ι2 ∈ I gibt es ein ι3 mit ι1 ≤ ι3 und ι2 ≤ ι3 . Ein Netz in einer Menge M ist eine Abbildung von einer gerichteten Menge in die Menge M (ebenso wie eine Folge eine Abbildung der nat¨ urlichen Zahlen in eine Menge M ist). Jede Folge ist ein Netz. Ein Netz xι , ι ∈ I, in einem topologischen Raum X konvergiert gegen ein Element x, falls f¨ ur alle Umgebungen U von x ein ι0 existiert, so dass f¨ ur alle ι mit ι ≥ ι0 gilt, dass xι ∈ U . Der Abschluss einer Menge A ist der Durchschnitt aller abgeschlossenen ¨ Mengen, die A enthalten. Aquivalent ist die Aussage: x geh¨ort zum Abschluss der Menge A, wenn es in jeder Umgebung U von x ein Element der Menge A gibt (Lemma 6). F¨ ur reellwertige Netze lassen sich auch Limesinferior und Limessuperior deﬁnieren. Lemma 21 Es sei X ein topologischer Raum und A eine Teilmenge von X. Ein Element x geh¨ort genau dann zum Abschluss von A, wenn es ein Netz in A gibt, das gegen x konvergiert.

Beweis. Es sei x im Abschluss von A. Dann besitzt jede Umgebung U von x einen nichtleeren Schnitt mit A. Wir w¨ahlen aus jedem Schnitt U ∩ A ein Element xU . Dann ist xU , U ist Umgebung von x

26

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

ein Netz, das gegen x konvergiert, wenn wir sagen, dass U kleiner als V ist, wenn V in U enthalten ist. Wir zeigen, dass es sich um ein Netz handelt. Es gilt trivialerweise U ≤ U . Falls U1 ≤ U2 und U2 ≤ U3 , dann ist also U2 in U1 enthalten und U2 ist in U3 enthalten. Also ist auch U3 in U1 enthalten und U1 ≤ U3 . F¨ ur je zwei Umgebungen U und V von x gilt, dass auch U ∩ V eine Umgebung von x ist und es gilt U ≤ U ∩ V und V ≤ U ∩ V . Wir zeigen nun, dass das Netz gegen x konvergiert. F¨ ur jede Umgebung U und alle Umgebungen V mit V ≥ U gilt xV ∈ U . Wir nehmen nun an, dass es ein Netz xι , ι ∈ I, in A gibt, das gegen x konvergiert. Dann gibt es zu jeder Umgebung U von x ein ι0 , so dass f¨ ur alle ι mit ι0 ≤ ι die Relation xι ∈ U gilt. Insbesondere gilt A ∩ U = ∅. 2 Es seien X und Y zwei topologische R¨aume und f : X → Y eine Abbildung. Wir sagen, dass f im Punkt x stetig ist, falls f¨ ur alle Umgebungen V von f (x) eine Umgebung U von x existiert, so dass U ⊆ f −1 (V ). Lemma 22 Es seien X und Y zwei topologische R¨aume und f : X → Y eine Abbildung. f ist genau dann in einem Punkt x stetig, wenn f¨ ur alle Netze xι , ι ∈ I, die gegen x konvergieren, gilt, dass das Netz f (xι ), ι ∈ I, gegen f (x) konvergiert.

Beweis. Es sei xι , ι ∈ I, ein Netz, das gegen x konvergiert und V eine Umgebung von f (x). Da f in x stetig ist, ist f −1 (V ) eine Umgebung von x. Weil das Netz xι , ι ∈ I, gegen x konvergiert, existiert ein ι0 , so dass f¨ ur alle ι mit ι ≥ ι0 die Relation xι ∈ f −1 (V ) gilt. Dann folgt f¨ ur alle ι mit ι ≥ ι0 f (xι ) ∈ f (f −1 (V )) = V Es sei V eine Umgebung von f (x). Wir nehmen an, dass f −1 (V ) keine Umgebung von x ist. Wir deﬁnieren nun ein Netz, das gegen x konvergiert, aber das Bild dieses Netzes konvergiert nicht gegen f (x). Es sei U die Familie aller Umgebungen von x. Dies ist eine gerichtete Menge mit der Relation U1 ≤ U2 , wenn U2 ⊆ U1 . Da f −1 (V ) keine Umgebung von x ist, gilt U \ f −1 (V ) = ∅.

1.3. FILTER UND NETZE

27

Wir w¨ahlen ein xU ∈ U \ f −1 (V ). Nach Konstruktion konvergiert das Netz xU , U ∈ U, gegen x. Aber f¨ ur alle U gilt /V f (xU ) ∈ 2 Es sei xι , ι ∈ I, ein Netz. Weiter sei J eine gerichtete Menge und φ : J → I eine Abbildung, so dass f¨ ur alle ι ∈ I ein j0 ∈ J existiert, so dass f¨ ur alle j ≥ j0 gilt ι ≤ φ(j). Dann nennt man das Netz xφ(j) , j ∈ J ein Teilnetz von xι , ι ∈ I. Man beachte, dass ein Teilnetz einer Folge nicht eine Teilfolge sein muss. Eine Familie F von Teilmengen von X heißt Filter, falls (i) ∅ ∈ /F (ii) F¨ ur alle A ⊆ X mit B ⊆ A und B ∈ F gilt A ∈ F. (iii) F¨ ur alle n ∈ N und alle A1 , . . . , An ∈ F gilt n

Ai ∈ F

i=1

Die Familie aller Umgebungen eines Punktes ist ein Filter. Wir sagen, dass ein Filter F1 feiner ist als ein Filter F2 , falls F2 ⊆ F1 . ”feiner als” ist eine Halbordnung (reﬂexiv, antisymmetrisch und transitiv) auf der Menge aller Filter. Nach dem Lemma von Zorn gibt es ein maximales Element (Ein Element ist maximal, wenn es kein Element gibt, das echt gr¨oßer ist. Es kann nat¨ urlich mehrere maximale Elemente geben.). Ein solches maximales Element nennen wir Ultraﬁlter. Jeder Filter ist in einem Ultraﬁlter enthalten. Um dies einzusehen, betrachten wir alle Filter, die einen gegebenen Filter enthalten. Mit dem Lemma von Zorn folgt, dass es unter diesen einen maximalen Filter gibt. Lemma 23 Es sei X eine Menge und F ein Filter in X. F ist genau dann ein Ultraﬁlter, falls f¨ ur alle Teilmengen A und B mit A ∪ B ∈ F gilt, dass A ∈ F oder B ∈ F gilt.

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

28

Beweis. Wir zeigen zuerst, dass jeder Ultraﬁlter F die Eigenschaft besitzt: ∀A, B ⊆ X, A ∪ B ∈ F : A ∈ F oder B ∈ F. Wir zeigen die a¨quivalente Aussage: Falls diese Eigenschaft nicht gilt, dann ist F kein Ultraﬁlter. Es sei F ein Filter und es gelte A∈ /F

B∈ /F

A∪B ∈F

Wir betrachten nun die Familie G aller Teilmengen C von X mit A ∪ C ∈ F. G ist ein Filter und G ist strikt feiner als F. Wir pr¨ ufen nach, dass G ein Filter ist. ∅∈ / G, weil A ∈ / F. Wir zeigen, dass D ∈ G, falls C ∈ G und C ⊆ D. C ∈ G bedeutet, dass A ∪ C ∈ F. Weil A ∪ C ⊆ A ∪ D, so gilt auch A ∪ D ∈ F. Also gilt D ∈ G. Es seien nun Gi ∈ G, i = 1, . . . , n. Dann gilt f¨ ur alle i = 1, . . . , n, dass A ∪ Gi ∈ F. Weil F ein Filter ist, folgt n

(A ∪ Gi ) ∈ F.

i=1

Deshalb gilt

A∪

n

n

Gi

∈F

i=1

und somit i=1 Gi ∈ G. Wir pr¨ ufen nach, dass G feiner als F ist. Falls C ∈ F, dann ist auch A ∪ C ∈ F, weil C ⊆ A ∪ C. Also folgt C ∈ G. G ist nicht gleich F, weil B ∈ G aber B ∈ / F. Deshalb ist F kein Ultraﬁlter. Nun zeigen wir die Umkehrung. Wir nehmen nun an, dass f¨ ur alle Teilmengen A und B mit A ∪ B ∈ F gilt, dass A ∈ F oder B ∈ F gilt. Es sei G ein Filter, der feiner als F ist, und C ∈ G. Dann gilt C c ∈ / G, weil c c sonst ∅ = C ∩ C ∈ G. Weil G feiner als F ist, folgt C ∈ / F. Da aber c C ∪ C = X ∈ F gilt, folgt C ∈ F. Also gilt F = G. 2 Ein Netz xι , ι ∈ I, heißt universales Netz, wenn f¨ ur alle Teilmengen A von X ein ι0 existiert, so dass entweder f¨ ur alle ι ≥ ι0 xι ∈ A

1.3. FILTER UND NETZE oder f¨ ur alle ι ≥ ι0

29

xι ∈ X \ A

gilt. Eine konstante Folge ist ein universales Netz. Die Folge n1 , n ∈ N, ist kein universales Netz in R. Um dies nachzuweisen, w¨ahlen wir die Menge 1 A = { 2n |n ∈ N}. Es gibt auch keine Teilfolge, die universales Netz ist. Lemma 24 Jedes Netz besitzt ein universales Teilnetz. Beweis. Es sei xι , ι ∈ I, ein Netz in X. Wir betrachten die Mengen Aι = {xj |ι ≤ j}

ι∈I

und die Familie F aller Mengen F , so dass ein ι ∈ I mit Aι ⊆ F existiert. F ist ein Filter. Wir weisen dies nach. Falls F ∈ F, dann gibt es ein ι ∈ I, so dass Aι ⊆ F . Deshalb gilt F = ∅. Es seien F ∈ F mit F ⊆ G. Dann gibt es ein ι ∈ I mit Aι ⊆ F . Also gilt Aι ⊆ G und G ∈ F. ur alle Es seien F1 , . . . , Fn ∈ F. Dann gibt es Aι1 , . . . , Aιn , so dass f¨ i = 1, . . . , n die Inklusion Aιi ⊆ Fi gilt. Deshalb gilt n

Aιi ⊆

i=1

n

Fi .

i=1

Zu ι1 , . . . , ιn gibt es ein ι0 , so dass f¨ ur alle i = 1, . . . , n die Relation ιi ≤ ι0 gilt. Hiermit folgt n n Aι0 ⊆ Aιi ⊆ Fi

n

i=1

i=1

und somit i=1 Fi ∈ F. Damit haben wir gezeigt, dass F ein Filter ist. F ist in einem Ultraﬁlter U enthalten. Wir betrachten nun die gerichtete Menge I = {(U, ι)| U ∈ U, ι ∈ I, xι ∈ U } (1.2) mit der Relation (U1 , ι1 ) ≤ (U2 , ι2 ), falls U2 ⊆ U1 und ι1 ≤ ι2 . (Man beachte, dass U und ι durch xι ∈ U verkn¨ upft sind.) Wir weisen nach, dass es sich um eine gerichtete Menge handelt.

30

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

Es seien (U1 , ι1 ), (U2 , ι2 ), (U3 , ι3 ) ∈ J mit (U1 , ι1 ) ≤ (U2 , ι2 ) und (U2 , ι2 ) ≤ (U3 , ι3 ). Das bedeutet U1 ⊇ U2

ι1 ≤ ι2

U2 ⊇ U3

U1 ⊇ U3

ι1 ≤ ι 3

ι2 ≤ ι 3

Also folgt Es seien (U1 , ι1 ), (U2 , ι2 ) ∈ J. Dann gilt V = U1 ∩ U2 ∈ U, weil U ein Filter ist. Weil I eine gerichtete Menge ist, gibt es ein ι0 mit ι0 ≥ ι1 und ι0 ≥ ι2 . Es gilt Aι0 ∩ V = ∅. urde ∅ ∈ U gelten, weil Aι0 ∈ U und V ∈ U. Die Falls Aι0 ∩ V = ∅, dann w¨ leere Menge ist aber in keinem Filter enthalten. Also gibt es ein j mit j ≥ ι0 und xj ∈ V . Nach (1.2) gilt (V, j) ∈ I und (U1 , ι1 ) ≤ (V, j)

(U2 , ι2 ) ≤ (V, j)

Also ist I eine gerichtete Menge. Wir deﬁnieren nun das Teilnetz. Es sei φ : I → I mit φ(U, ι) = ι. Wir zeigen, dass xφ(U,ι) , (U, ι) ∈ I, ein Teilnetz ist. Es sei ι0 ∈ I. Dann gilt f¨ ur alle (U, ι) mit (U, ι) ≥ (X, ι0 ), dass φ((U, ι)) = ι ≥ ι0 Wir zeigen, dass das Teilnetz xφ(U,ι) , (U, ι) ∈ I, universal ist. Es sei M ⊆ X. Dann gilt M ∈ U oder M c ∈ U, weil U ein Ultraﬁlter ist. O.E.d.A k¨onnen wir annehmen, dass der erste Fall vorliegt. Falls M ∩ {xφ(U,ι) |(U, ι) ∈ I} = ∅ dann gilt M c ⊇ {xφ(U,ι) |(U, ι) ∈ I} und die Behauptung ist bewiesen. Falls M ∩ {xφ(U,ι) |(U, ι) ∈ I} = ∅

1.3. FILTER UND NETZE

31

dann gibt es ein (U0 , ι0 ) mit xφ(U0 ,ι0 ) = xι0 ∈ M . Da (U0 , ι0 ) ∈ I, gilt xι0 ∈ U0 . Also gilt xι0 ∈ M ∩ U0 . Weil M ∈ U und U0 ∈ U, gilt U0 ∩ M ∈ U. Damit haben wir nachgewiesen, dass (M ∩ U0 , ι0 ) ∈ I. Es gilt f¨ ur alle (V, ι) ≥ (U0 ∩ M, ι0 ), dass V ⊆ U0 ∩ M und ι0 ≤ ι. Wegen (V, ι) ∈ I gilt xι ∈ V . xφ(V,ι) = xι ∈ V ⊆ M Also gilt f¨ ur alle (V, ι) mit (U0 ∩ M, ι0 ) ≤ (V, ι) xφ(V,ι) ∈ M. 2 Man sagt, dass ein topologischer Raum A die endliche Durchschnittseigenschaft besitzt, wenn f¨ ur alle Familien Ai , i ∈ I, von abgeschlossenen Teilmengen von A mit Ai = ∅ i∈I

endlich viele Mengen Ai1 , . . . , Ain existieren, so dass n

Aij = ∅

j=1

Lemma 25 Es sei X ein topologischer Raum und A eine Teilmenge von X. Dann sind die folgenden Aussagen ¨aquivalent. (i) A ist kompakt. (ii) A hat die endliche Durchschnittseigenschaft. (iii) Jedes universale Netz in A konvergiert in A. (iv) Jedes Netz in A hat ein Teilnetz, das in A konvergiert. ¨ Beweis. Die Aquivalenz von (i) und (ii) hatten wir bereits gezeigt (Lemma 10). Wir zeigen, dass aus (i) die Eigenschaft (iii) folgt. Wir nehmen dazu an, dass es ein universales Netz xι , ι ∈ I, in A gibt, das nicht in A konvergiert.

32

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

Dann gibt es f¨ ur jedes z ∈ A eine oﬀene Umgebung U (z), so dass f¨ ur alle ι ein j ≥ ι mit xj ∈ / U (z) existiert. Da das Netz universal ist, muss es ein ι geben, so dass f¨ ur alle j mit j ≥ ι die Relation xj ∈ U (z) oder f¨ ur alle j mit j ≥ ι die Relation xj ∈ U (z)c gilt. Also gibt es ein ιz , so dass f¨ ur alle j ≥ ιz gilt, dass xj ∈ U (z)c . ¨ Da A kompakt ist, besitzt die oﬀene Uberdeckung A⊆ U (z) z∈A

eine endliche Teil¨ uberdeckung A⊆

n

U (zi )

i=1

¨ Nach unserer obigen Uberlegung gilt dann f¨ ur alle j, die gr¨oßer als alle ιz1 , . . . , ιzn sind, dass n U (zi )c xj ∈ i=1

Die letztere Menge hat aber einen leeren Schnitt mit A. Dies kann nicht sein, da das Netz in A liegt. Wir zeigen, dass (iv) aus (iii) folgt. Nach Lemma 24 besitzt jedes Netz ein universales Teilnetz. Nach (iii) konvergiert dieses Teilnetz. Nun zeigen wir, dass (i) aus (iv) folgt, bzw. dass ¬(iv) aus ¬(i) folgt. ¨ Wenn A nicht kompakt ist, dann gibt es eine oﬀene Uberdeckung, A=

Uι

ι∈I

die keine endliche Teil¨ uberdeckung besitzt. Es bezeichne F die Familie aller endlichen Teilmengen von I. Wir setzen F1 ≤ F2 , falls F1 ⊆ F2 . Zu jedem F ∈ F existiert ein xF ∈ A \ Uι ι∈F

Das Netz xF , F ∈ F, besitzt kein konvergentes Teilnetz, das in A konvergiert. Falls es ein konvergentes Teilnetz xφ(j) , j ∈ J, gibt, das in A konvergiert, dann gibt es einen Grenzwert x in A.

1.3. FILTER UND NETZE

33

ur diese oﬀene Umgebung Uι zeigen Deshalb gibt es ein ι mit x ∈ Uι . F¨ wir, dass zu jedem j0 ein j mit j ≥ j0 gibt, so dass xφ(j) ∈ / Uι . Da φ(j), j ∈ J, ein Teilnetz ist, gibt es zu jedem F ∈ F ein j1 , so dass f¨ ur alle j ≥ j1 die Relation F ≤ φ(j) gilt. Es gilt / Uι xφ(j) ∈

falls {ι} ≤ φ(j) bzw. ι ∈ φ(j)

ur alle j Zu gegebenem j0 betrachten wir φ(j0 ) ∪ {ι}. Es gibt ein j1 , so dass f¨ mit j ≥ j1 die Relation φ(j0 ) ∪ {ι} ≤ φ(j) gilt. Da j0 ≤ j1 nicht gelten muss, w¨ahlen wir j2 mit j0 ≤ j2 und j1 ≤ j2 . Dann gilt f¨ ur alle j mit j ≥ j2 die Relation φ(j0 ) ∪ {ι} ≤ φ(j). Also gilt f¨ ur alle j mit j ≥ j2 , dass xφ(j) ∈ / Uι . Also liegt keine Konvergenz vor. 2 Es seien Tα , α ∈ A, Mengen. Die Produktmenge ist

Tα = x : A → Tα ∀α ∈ A : x(α) ∈ Tα α∈A

α∈A

Die Abbildungen πβ :

Tα → Tβ

α∈A

mit πβ (x) = x(β) bezeichnet man als Koordinatenprojektionen. Falls Tα topologische R¨aume sind, dann gilt f¨ ur die Produkttopologie: Eine Teilmenge U von α∈A Tα ist genau dann oﬀen, falls sie Vereinigung von Mengen V der folgenden Form ist: V = α∈I Vα , wobei Vα eine oﬀene Teilmenge in Tα ist und bis auf endlich viele α die Gleichung Vα = Tα gilt. Satz 1 (Tichonov) Es seien Xι , ι ∈ I, topologische R¨aume und Kι ⊆ Xι , ι ∈ I, kompakte Mengen. Dann ist Kι eine kompakte Menge in Xι ι∈I

ι∈I

Andrei Nikolaevich Tichonov (1906-) Der Satz von Tichonov ist a¨quivalent zum Lemma von Zorn. Beweis. Nach Lemma 39 ist eine Menge genau dann kompakt, wenn jedes universale Netz in ihr konvergiert. Es sei xα , α ∈ J, ein universales Netz in

34 ι∈I

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME Kι . F¨ ur jedes ι ∈ I ist dann α∈J

πι (xα )

ein universales Netz in Kι . Wir weisen dies nach. Es sei A eine Teilmenge in Xη . Wir setzen Yι B= ι∈I

mit Yη = A und f¨ ur alle ι mit ι = η gelte Yι = Xι . Dann ist Bc = Zι ι∈I

wobei Zη = Ac und f¨ ur alle ι mit ι = η die Gleichung Zι = Xι gilt. Da xα ein universales Netz ist, gibt es ein α0 , so dass f¨ ur alle α mit α ≥ α0 die Relation xα ∈ B gilt, oder so dass f¨ ur alle α mit α ≥ α0 die Relation xα ∈ B c gilt. Es folgt, dass f¨ ur alle α mit α ≥ α0 die Relation xα (η) ∈ A gilt, oder dass f¨ ur alle α mit α ≥ α0 die Relation xα (η) ∈ Ac gilt. Da Kι kompakt ist, konvergiert dieses Netz. lim(πι (xα )) = x(ι) α

x = (x(ι))ι∈I ist ein Element des Produktraumes und das Netz konvergiert gegen dieses Element. Wir pr¨ ufen dies nach. Es sei U eine Umgebung von x. Dann k¨onnen wir annehmen, dass es n ∈ N und ι1 , . . . , ιn gibt, so dass U = ι∈I Uι und f¨ ur alle ι ∈ / {ι1 , . . . , ιn } gilt Uι = Xι und Uιi ist eine oﬀene Menge in Xιi , i = 1, . . . , n. Zu jedem ιi existiert ein αi , so dass f¨ ur alle α ≥ αi gilt xα (ιi ) ∈ Uιi . Es gibt ein α0 , so dass f¨ ur alle i = 1, . . . , n die Relation αιi ≤ α0 gilt. Deshalb gilt f¨ ur alle α ≥ α0 xα ∈ U. Also konvergiert das Netz. 2 Beispiel 5 (i) Nach ist die Cantor-Menge C hom¨ oomorph zu {0, 1}N . Beispiel 1 (ii) Die Menge n∈N [0, n ] mit der Produkttopologie wird als Hilbertquader bezeichnet. Diese Menge ist auch auf nat¨ urliche Weise im Hilbertraum enthalten. Ausgestattet mit der vom Hilbertraum induzierten Toplogie ist diese Menge hom¨ oomorph zu der Menge mit der Produkttopologie.

1.3. FILTER UND NETZE

35

Beispiel 6 Es sei I eine u ¨berabz¨ ahlbare Menge und T = [0, 1]I mit der Produkttopologie. Es sei S = {t ∈ T |{ι|t(ι) = 0} ist abz¨ ahlbar} Die Menge S ist nicht kompakt, aber S ist folgenkompakt und damit abz¨ ahlbar kompakt. Es folgt auch, dass T = [0, 1]I nicht metrisierbar ist. Beweis. Der Abschluss von S ist gleich T , aber S ist nicht gleich T . Also ist S keine abgeschlossene Menge. Da T ein Hausdorﬀ Raum ist, ist eine kompakte Menge abgeschlossen (Lemma 12). Also ist S nicht kompakt. Wir u ¨berpr¨ ufen, dass der Abschluss von S gleich T ist. Es sei t ∈ T und U eine Umgebung von t. Wir k¨ onnen annehmen, dass U = ι∈I Uι , wobei Uι eine oﬀene Umgebung von tι ist und Uι = [0, 1] bis auf endlich viele ι gilt. Es seien ι1 , . . . , ιn genau die Indices, f¨ ur die Uι = [0, 1] gilt. Wir w¨ ahlen s ∈ S mit s(ιi ) = t(ιi ), i = 1, . . . , n und die u ¨brigen Koordinaten beliebig. Dann gilt s ∈ U . Wir zeigen nun, dass S folgenkompakt ist. Es sei tn , n ∈ N, eine Folge in S. Es sei I0 =

∞

{ι|tn (ι) = 0}

n=1

Dies ist eine abz¨ahlbare Menge. Es gilt f¨ ur alle ι ∈ / I0 und f¨ ur alle n ∈ N, dass tn (ι) = 0. Mit einem Diagonalisierungsargument zeigt man nun, dass es eine Teilfolge gibt, die konvergiert. 2 Beispiel 7 (i) Es sei T = [0, 1][0,1] mit der Produkttopologie. Dann ist T kompakt und insbesondere abz¨ ahlbar kompakt, aber nicht folgenkompakt. (ii) {0, 1}[0,1] ist nicht folgenkompakt, aber kompakt. Es folgt auch, dass T = [0, 1]I nicht metrisierbar ist. Es kann sein, dass eine Folge keine konvergente Teilfolge besitzt, aber ein konvergentes Teilnetz. Beweis. (i) Die Kompaktheit von T folgt aus dem Satz von Tichonov. Wir zeigen nun, dass T nicht folgenkompakt ist. Wir fassen die Elemente von T als Funktionen von [0, 1] nach [0, 1] auf. Wir setzen f¨ ur k = 0, . . . , 10n − 1 und x ∈ [ 10kn , k+1 10n ) fn (x) = 10n x − k und fn (1) = 0. Die Funktion fn w¨achst also auf dem Intervall [ 10kn , k+1 10n ) linear von 0 nach 1. ∞ x Wenn also x = j=1 10jj die Dezimalbruchentwicklung von x ∈ [0, 1] ist, dann gilt fn (x) =

∞ xn+j j=1

10j

.

(1.3)

36

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

(Wir lassen keine Dezimalbruchentwicklungen zu, deren Koeﬃzienten bis auf endlich viele gleich 9 sind.) Wir weisen die Gleichung (1.3) nach. Die Folge fn , n ∈ N hat keine konvergente Teilfolge. Wir pr¨ ufen dies nach. Falls x ∈ [ 10kn , k+1 10n ), dann gibt es ein 1 y ∈ [0, 10n ) mit n ∞ aj yj k + x= n +y = j j 10 10 10 j=1 j=n+1

n a ∞ y wobei j=1 10jj die Dezimalbruchentwicklung von 10kn ist und j=n+1 10jj die von y. Wegen der Eindeutigkeit der Dezimalbruchentwicklung (Wir lassen keine Dezimalbruchentwicklungen zu, deren Koeﬃzienten bis auf endlich viele gleich 9 sind.) stellt die rechte Seite auch die Dezimalbruchentwicklung von x dar. Also x=

∞ k xj + 10n j=n+1 10j

und fn (x) = 10n x − k =

∞

xj j−n 10 j=n+1

Falls es eine konvergente Teilfolge fnk , k ∈ N, gibt, dann konvergiert sie punktweise f¨ ur alle x ∈ [0, 1]. Nun w¨ ahlen wir einen Punkt x, f¨ ur dessen Dezimalbruchentwicklung

1 falls k gerade xnk +1 = 3 falls k ungerade gilt. Die Folge fnk (x), k ∈ N, konvergiert nicht in R. Wir u ¨berpr¨ ufen dies. fnk (x) =

∞ xn j=1

k +j

10j

1 2 Falls k gerade ist, erhalten wir fnk (x) = 10 + · · · ≤ 10 und falls k ungerade ist fnk (x) = 3 3 + · · · > . 10 10 (ii) Nach dem Satz von Tychonov ist {0, 1}[0,1] kompakt. Es sei

x=

∞

an (x)2−n

an (x) ∈ {0, 1}

n=1

die dyadische Entwicklung von x. Falls x keine eindeutige dyadische Entwicklung besitzt, dann w¨ ahlen wir diejenige, deren Koeﬃzienten ab einem bestimmten Index 0 sind. Dann ist an : [0, 1] → {0, 1} ein Element aus {0, 1}[0,1] und die Folge an , n ∈ N, besitzt keine konvergente Teilfolge. 2

¨ 1.4. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

1.4

37

Topologische Vektorr¨ aume

Es sei X ein Vektorraum u ¨ber dem K¨orper R oder C und T eine Topologie auf X. Wir sagen, dass (X, T ) ein topologischer Vektorraum ist, falls Vektoraddition und Skalarmultiplikation stetige Abbildungen sind, d.h. φ:X ×X →X ψ : X × R(C) → X

φ(x, y) = x + y ψ(x, t) = tx

sind stetig. Hierbei wird die Topologie auf R wie u ¨blich von den Mengen {x||x − y| < }

y∈R

>0

erzeugt. Beispiel 8 (i) Der Rn mit der u ¨blichen Topologie ist ein topologischer Vektorraum u ¨ber dem K¨ orper R. (ii) Der Rn mit der diskreten Topologie ist kein topologischer Vektorraum u ¨ber dem K¨ orper R. (iii) Der Rn mit der Topologie T = {∅, X} ist ein topologischer Vektorraum u ¨ber dem K¨ orper R. Beweis. (ii) Wir zeigen, dass die Skalarmultiplikation ψ : R×Rn → Rn , ψ(t, x) = tx nicht stetig ist. Die Menge {y} die nur y, y = 0 als Element hat ist in der diskreten Topologie oﬀen. (1, y) ∈ ψ −1 ({y}) Aber es gibt kein > 0 mit (1 + , 1 − ) × {y} ⊆ ψ −1 ({y}) 2

Lemma 26 Es sei (X, T ) ein topologischer Vektorraum. Dann ist f¨ ur alle x, y ∈ X und alle Umgebungen U von x die Menge y + U eine Umgebung von x + y. Insbesondere gilt f¨ ur alle x ∈ X, alle oﬀenen Mengen O, alle abgeschlossenen Mengen A und alle kompakten Mengen K in X, dass x + O oﬀen, x + A abgeschlossen und x + K kompakt sind. Beweis. Die Abbildung φ ist in dem Punkt (x + y, −y) stetig. Also ist f¨ ur alle Umgebungen U (x) von x die Menge φ−1 (U (x)) eine Umgebung von

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

38

(x + y, −y). Also gibt es Umgebungen V (x + y) von x + y und W (−y) von −y, so dass φ−1 (U (x)) ⊇ V (x + y) × W (−y) bzw. φ(V (x + y) × W (−y)) ⊆ U (x). Das bedeutet −y + V (x + y) ⊆ V (x + y) + W (−y) ⊆ U (x) und somit V (x + y) ⊆ y + U (x). Deshalb ist y + U (x) eine Umgebung von x + y. Eine Menge O ist genau dann oﬀen, wenn sie Umgebung aller ihrer Elemente y ist. Deshalb ist f¨ ur alle y ∈ O die Menge x + O Umgebung von x + y. Es folgt, dass x + O Umgebung aller ihrer Elemente ist. Damit ist x + O oﬀen. Die Abgeschlossenheit der Menge x + A folgt durch Komplementbildung. ¨ Es sei K kompakt und Oι , ι ∈ I, eine oﬀene Uberdeckung von x + K Oι . x+K ⊆ ι∈I

Es folgt K⊆

−x + Oι .

ι∈I

Da K kompakt ist und die Mengen −x + Oι , ι ∈ I, oﬀen sind, gibt es eine endliche Teil¨ uberdeckung K⊆

n

−x + Oιj .

j=1

Dies bedeutet aber x+K ⊆

n

Oιj .

j=1

und somit hat x + K eine endliche Teil¨ uberdeckung. 2 Eine Teilmenge A eines Vektorraumes heißt zentralsymmetrisch, wenn aus x ∈ A folgt, dass f¨ ur alle t mit |t| ≤ 1 gilt tx ∈ A.

¨ 1.4. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

39

Lemma 27 Es sei X ein topologischer Vektorraum und U eine Umgebung der 0. Dann gibt es eine zentralsymmetrische Umgebung V der 0, so dass V +V ⊆U

Beweis. Da die Multiplikation mit einem Skalar stetig ist, ist die Abbildung ψ in (0, 0) stetig. F¨ ur alle Umgebungen U von 0 ist also ψ −1 (U ) eine Umgebung von (0, 0) in X × R. Deshalb gibt es ein > 0 und eine Umgebung V von 0, so dass ψ −1 (U ) ⊇ V × (−, ) bzw. U ⊇ ψ(V × (−, )) =

tV.

|t|<

Dann ist W =

tV

|t|<

eine zentralsymmetrische Umgebung. Also enth¨alt jede Umgebung eine zentralsymmetrische. Da auch die Addition stetig ist, enth¨alt jede Umgebung U von 0 eine Umgebung V , so dass V + V ⊆ U . 2 Lemma 28 Es sei X ein topologischer Vektorraum, A eine abgeschlossene und K eine kompakte Teilmenge von X mit A ∩ K = ∅. Dann gibt es eine zentralsymmetrische oﬀene Umgebung U von 0, so dass (A + U ) ∩ (K + U ) = ∅ Beweis. Da A abgeschlossen ist, so ist Ac oﬀen und deshalb eine oﬀene Umgebung f¨ ur alle x ∈ K. Da X ein topologischer Vektorraum ist, so ist c −x + A eine oﬀenen Umgebung von 0. Wegen Lemma 27 gibt es eine zentralsymmetrische Umgebung Vx von 0, so dass Vx + Vx + Vx ⊆ −x + Ac bzw. (x + Vx + Vx + Vx ) ∩ A = ∅.

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

40

/ A. Also gilt f¨ ur Deshalb gilt f¨ ur alle y1 , y2 , y3 ∈ Vx , dass x + y1 + y2 + y3 ∈ alle y1 , y2 , y3 ∈ Vx , dass x + y1 + y2 ∈ / −y3 + A. Aus der Zentralsymmetrie von Vx folgt, dass f¨ ur alle y1 , y2 , y3 ∈ Vx die Relation x + y1 + y2 ∈ / y3 + A gilt, bzw. (x + Vx + Vx ) ∩ (A + Vx ) = ∅. Da K kompakt ist, gibt es endlich viele Punkte x1 , . . . , xn , so dass K ⊆ (x1 + Vx1 ) ∪ · · · ∪ (xn + Vxn ). Wir w¨ahlen nun V = Vx1 ∩ · · · ∩ Vxn . Dann gilt K +V ⊆

n

(xi + Vxi + V ) ⊆

i=1

n

(xi + Vxi + Vxi )

i=1

F¨ ur alle i = 1, . . . , n gilt (xi + Vxi + Vxi ) ∩ (A + Vxi ) = ∅ Deshalb gilt f¨ ur alle i = 1, . . . , n (xi + Vxi + Vxi ) ∩ (A + V ) = ∅ und somit

n

xi + Vxi + Vxi

∩ (A + V ) = ∅

i=1

Also (K + V ) ∩ (A + V ) = ∅ 2 Lemma 29 Es sei X ein topologischer Vektorraum und U eine Umgebung der 0. Dann gilt ∞ nU X= n=1

¨ 1.4. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

41

Beweis. Wir k¨onnen annehmen, dass U oﬀen ist. Die Abbildung ψ :X ×R→X

ψ(x, t) = tx

ist stetig. Deshalb ist auch die Abbildung ψx : R → X mit ψx (t) = tx stetig. Deshalb ist ψx−1 (U ) = {t| tx ∈ U } oﬀen. Da 0 ∈ ψx−1 (U ), so muss ein Intervall (−, ) in ψx−1 (U ) enthalten sein. Also gilt (−, ) ⊆ {t| tx ∈ U } und insbesondere 2 x ∈ U . Es folgt, dass x ∈ 2 U . 2 Eine Teilmenge A eines Vektorraumes X heißt absorbant, wenn nA = X. n∈N

Lemma 30 Es sei X ein reeller oder komplexer Vektorraum und S sei eine nichtleere Familie von Teilmengen von X, die kreisf¨ ormig und absorbant sind und die folgenden Bedingungen erf¨ ullen: (i) ∅ ∈ /S (ii) F¨ ur alle U, V ∈ S gibt es ein W ∈ S, so dass W ⊆ U ∩ V . (ii) F¨ ur alle U ∈ S existiert ein V ∈ S, so dass V + V ⊆ U . Dann gibt es genau eine Topologie auf X, bzgl. der X ein topologischer Vektorraum ist und bzgl. der S eine Nullumgebungsbasis ist. Lemma 31 Es seien X und Y topologische Vektorr¨ aume und T : X → Y eine lineare Abbildung. T ist genau dann stetig, wenn T in 0 stetig ist. Beweis. Wir nehmen an, dass T in 0 stetig ist. Es sei x ∈ X und V eine Umgebung von T (x). Dann ist −T (x) + V eine Umgebung von 0 in Y . Da T in 0 stetig ist, ist T −1 (−T (x) + V ) eine Umgebung der 0 in X. Es gilt T −1 (−T (x) + V ) = −x + T −1 (V ) weil y ∈ T −1 (−T (x) + V ) genau dann, wenn T (y) ∈ −T (x) + V . Dies gilt genau dann, wenn es ein v ∈ V mit T (y) = −T (x)+v gibt, bzw. T (y+x) = v. Also y + x ∈ T −1 V .

42

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

ist −x + T −1 (V ) eine Umgebung von 0 in X. Deshalb ist T −1 (V ) eine Umgebung von x in X und T ist in x stetig. 2 Wir sagen, dass ein Netz xγ , γ ∈ Γ in einem topologischen Vektorraum X ein Cauchy-Netz ist, wenn es zu jeder Nullumgebung U ein γ gibt, so dass f¨ ur alle α, β mit α, β ≥ γ die Relation xα − xβ ∈ U gilt. Wir sagen, dass ein topologischer Vektorraum vollst¨andig ist, wenn jedes Cauchy-Netz konvergiert.

¨ 1.5. METRISCHE VEKTORRAUME

1.5

43

Metrische Vektorr¨ aume

Falls X ein linearer Raum ist und f¨ ur alle x, y, z ∈ X die Gleichung d(x, y) = d(x + z, y + z) gilt, dann sagen wir, dass die Metrik translationsinvariant ist. Lemma 32 Es sei (X, d) ein linearer Raum mit translationsinvarianter Metrik. Dann ist die Vektoraddition stetig. Ein Vektorraum mit translationsinvarianter Metrik ist i.a. kein topologischer Vektorraum wie das Beispiel der Metrik zeigt, die die diskrete Topologie erzeugt. Beweis. Wir zeigen, dass die Addition im Punkt (x, y) stetig ist. Wir k¨onnen annehmen, dass die Umgebung U des Punktes x + y gleich einer Menge {z|d(x + y, z) < } ist. Die Menge {v|d(v, x) < 2 } × {w|d(w, y) < 2 } ist eine Umgebung von (x, y) und es gilt φ({v|d(v, x) < 2 } × {w|d(w, y) < 2 }) ⊆ {v + w|d(v, x) < 2 und d(w, y) < 2 } = {v + w|d(x − v, 0) < 2 und d(w − y, 0) < 2 } ⊆ {v + w|d(x − v, w − y) < } = {v + w|d(x + y, v + w) < } = {z|d(x + y, z) < } 2 Es sei X ein topologischer Vektorraum. Wir sagen, dass eine Abbildung : X → R eine ∆-Norm ist, wenn (i) ∀x = 0 : x > 0 (ii) ∀t, |t| ≤ 1, ∀x ∈ X : tx ≤ x (iii) ∀x ∈ X : limt→0 tx = 0 (iv) ∃C∀x, y ∈ X : x + y ≤ C max{x, y} Wir sagen, dass eine ∆-Norm eine F-Norm ist, wenn ∀x, y ∈ X : x + y ≤ x + y

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

44

Wir k¨onnen durch eine F-Norm eine translationsinvariante Metrik deﬁnieren. d(x, y) = x − y Wir zeigen zun¨achst, dass man zu jeder ∆-Norm eine F -Norm ﬁndet. Lemma 33 Es sei eine ∆-Norm auf X und p, so dass f¨ ur alle x, y ∈ X 1 p ur alle x1 , . . . , xn ∈ die Ungleichung x + y ≤ 2 (x + y) gilt. Dann gilt f¨ X 1 1 x1 + · · · + xn ≤ 4 p (x1 p + · · · + xn p ) p Beweis. Durch Induktion folgt k

x1 + · · · + xn ≤ max 2 p xk 1≤k≤n

Wir deﬁnieren H : X → R durch 0 falls x = 0 n−1 n n H(x) = p 2 falls 2 p < x ≤ 2 p Dann gilt 1

x ≤ H(x) ≤ 2 p H(x) Wir zeigen durch Induktion, dass 1

1

x1 + · · · + xn ≤ 2 p (H(x1 )p + · · · + H(xn )p ) p Hieraus folgt die Behauptung. Die Aussage f¨ ur n = 1 ist klar. Wir nehmen nun an, dass die Aussage f¨ ur n richtig ist und schliessen auf n + 1. Wir k¨onnen annehmen, dass x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn+1 . Wir nehmen zun¨achst an, dass die Werte H(xi ), i 1 ≤ i ≤ m + 1, verschieden sind. Weiter gilt H(xi ) ≤ 21− p H(x1 ) und 1

1

1

C i xi ≤ C i H(xi ) ≤ 2 p H(x1 ) ≤ 2 p (H(x1 )p + · · · + H(xn )p ) p Anderenfalls gibt es ein j mit H(xj ) = H(xj+1 ). Somit gibt es ein ∈ Z mit 2

−1 p

< xj+1 ≤ xj ≤ 2 p

¨ 1.5. METRISCHE VEKTORRAUME

45

und somit xj + xj+1 ≤ 2

+1 p

Es folgt H(xj + xj+1 )p ≤ H(xj )p + H(xj+1 )p Wir wenden nun die Induktionsannahme auf die Folge x1 , . . . , xj−1 , xj + xj+1 , xj+2 , . . . , xn+1 an. 1

1

x1 + · · · + xn+1 ≤ 2 p (H(x1 )p + · · · + H(xj + xj+1 )p + · · · + H(xn+1 )p ) p 2 1

Lemma 34 Es sei eine ∆-Norm auf X mit der Konstanten C = 2 p . Dann ist

n n |x| = inf xi p xi = x i=1

i=1

eine F -Norm auf X, die dieselbe Topologie liefert.

Beweis. Man beachte, dass 1 xp ≤ |x| ≤ xp 4 2 Satz 2 Ein topologischer linearer Raum ist genau dann metrisierbar, wenn er Hausdorﬀ ist und eine abz¨ ahlbare Nullumgebungsbasis besitzt. Beweis. Es sei Un , n ∈ N, eine Umgebungsbasis des Nullpunktes, so dass

ur alle n ∈ N n Un = {0} und so dass f¨ Un+1 + Un+1 ⊆ Un gilt. Dann ist

x = sup{2−n |x ∈ / Un }

eine ∆-Norm mit der Konstanten C = 2. 2

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

46

Beispiel 9 Es sei (X, A, µ) ein endlicher Maßraum. L0 (X, A, µ) ist der ¨ Raum der Aquivalenzklassen messbarer Funktionen, die fast u ¨berall gleich sind. Wir setzen |f − g| d(f, g) = dµ X 1 + |f − g| Dann ist d eine Metrik auf L0 . Die Topologie, die von dem System von Umgebungen V (f ) = {g| µ({x| |f (x) − g(x)| ≥ }) ≤ } erzeugt wird, heißt Topologie der Konvergenz im Maß. Die Topologie, die von der Metrik erzeugt wird, und die Topologie der Konvergenz im Maß sind gleich. Insbesondere konvergiert eine Folge fn genau dann in der Metrik d gegen f , wenn die Folge im Maß gegen f konvergiert.

Beweis. Wir zeigen, dass eine Menge genau dann eine Umgebung eines Punktes f in der Topologie der Metrik ist, wenn sie Umgebung in der Topologie der Konvergenz im Maß ist. Wegen der Translationsinvarianz reicht es, dies f¨ ur f = 0 zu zeigen. Wir zeigen, dass f¨ ur alle > 0 {f |d(f, 0) < 2 } ⊆ {f |µ{x||f (x) ≥ } < } ⊆ {f |d(f, 0) < (1 + µ(X))} Die linke Inklusion folgt 2

> X

|f | dµ ≥ µ{x||f (x) ≥ } 1 + |f |

und damit > µ{x||f (x) ≥ } Die rechte Ungleichung |f | |f | |f | dµ = dµ + dµ X 1 + |f | {x||f (x)≥} 1 + |f | {x||f (x)<} 1 + |f | ≤ µ{x||f (x) ≥ } + µ(X) ≤ (1 + µ(X)) 2

¨ 1.5. METRISCHE VEKTORRAUME Beispiel 10 Es sei 0 < p < 1. Dann ist Lp (µ) metrisierbar.

Die Metrik hier ist d(f, g) =

|f − g|p dµ.

47

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

48

1.6

Normierte Vektorr¨ aume

Es sei X ein Vektorraum u ¨ber R oder C. Eine Norm auf X ist eine Funktion : X → [0, ∞) so dass (i) f¨ ur alle x ∈ X und alle t ∈ K (R, C) tx = |t| x (ii) x = 0 genau dann, wenn x = 0. (iii) f¨ ur alle x, y ∈ X x + y ≤ x + y gilt. Wir sagen, dass eine Seminorm vorliegt, wenn nur (i) und (iii) gelten. Wir beobachten, dass ρ : X × X → [0, ∞) ρ(x, y) = x − y eine Metrik auf X ist. Die Kugel um x0 ∈ X mit Radius r ist die Menge B(x0 , r) = {x|x − x0 < r}. Es gilt, dass der Abschluss von B(x0 , r) die Menge B(x0 , r) = {x|x − x0 ≤ r} ist. Dies gilt, weil die Folge x0 + (1 − n1 )(x − x0 ) gegen x konvergiert. Ein normierter Raum ist ein topologischer Vektorraum. Dazu muss die Stetigkeit der Abbildung φ(x, y) = x + y nachgewiesen werden. Da diese linear ist, reicht es die Stetigkeit in (0, 0) nachzuweisen. Es gilt φ−1 ({z|z < }) = {(x, y)|x + y < } ⊇ {(x, y)|x < , y < } 2 2 Wir sagen, dass zwei Normen 1 und 2 auf X ¨aquivalent sind, falls es Konstanten c1 und c2 gibt, so dass f¨ ur alle x ∈ X c1 x1 ≤ x2 ≤ c2 x1 gilt. Wir bezeichnen einen vollst¨andigen, normierten Raum als Banachraum.

¨ 1.6. NORMIERTE VEKTORRAUME

49

Lemma 35 Auf dem Rn sind alle Normen a¨quivalent. Beweis. Wir bezeichnen mit 2 die Euklidische Norm. Jede Norm auf dem Rn ist bzgl. der Euklidischen Norm eine stetige Funktion. Wir weisen dies nach. Es sei ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) die Standardbasis des Rn . x =

n

xi ei ≤

i=1

≤

n

i = 1, 2, . . . , n

|xi |ei ≤

i=1

n

max ei

1≤i≤n

|xi |

i=1

n 12 √ √ 2 n |xi | ≤ max ei n x2 = cx2 max ei

1≤i≤n

1≤i≤n

i=1

Die Stetigkeit im Punkt x0 bedeutet ∀ > 0∀x, x − x0 2 < δ : |x − x0 | < . Wir w¨ahlen δ =

c

und erhalten

|x − x0 | ≤ x − x0 ≤ cx − x0 2 < cδ = Damit ist die Stetigkeit gezeigt. Die Menge ∂B2n = {x| x2 = 1} ist kompakt. Deshalb werden inf x

x 2 =1

und

sup x

x 2 =1

angenommen. Es gilt c1 = min x > 0 x 2 =1

weil das Minimum nicht im Punkt x = 0 angenommen werden kann. Somit gilt f¨ ur alle x mit x2 = 1 c1 ≤ x ≤ c2

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

50

Somit gilt f¨ ur alle x mit x = 0

x ≤ c2 c1 ≤ x2

Also gilt f¨ ur alle x c1 x2 ≤ x ≤ c2 x2 2 Beispiel 11 Es sei X der Raum aller reellen Folgen, von denen nur endlich viele Glieder von Null verschieden sind. Dann sind x1 =

∞

|xi |

x∞ = sup |xi |

und

i∈N

i=1

zwei Normen auf X, die nicht a ¨quivalent sind. Beweis. Wir betrachten dazu xn = (1, . . . , 1, 0, . . . )

n = 1, 2, . . .

n

Es gilt xn n = n

und

xn ∞ = 1

2

Lemma 36 Es sei X ein normierter Raum und es gelte x = lim xn n→∞

Dann gilt x = lim xn n→∞

Beweis. Es gilt ∀ > 0∃N ∀n > N : x − xn < Hieraus folgt sofort mit der Dreiecksungleichung ∀ > 0∃N ∀n > N : |x − xn | < 2

¨ 1.6. NORMIERTE VEKTORRAUME Wir sagen, dass x=

∞

51

xn

n=1

gilt, falls die Folge der Partialsummen k

xn

k = 1, 2, . . .

n=1

gegen x konvergiert. Wir sagen, dass eine Reihe falls ∞ xn < ∞

∞ n=1

xn absolut konvergiert,

n=1

Lemma 37 Ein normierter Vektorraum X ist genau dann vollst¨ andig, falls jede absolut konvergente Reihe in X konvergiert.

Beweis. Wir nehmen an, dass X vollst¨andig ist und dass ∞

xn < ∞

n=1

gilt. Dann gilt ∀ > 0 ∃N ∀k > N :

∞

xn <

n=k

Hieraus folgt ∀ > 0 ∃N

∀k, > N : k k k ∞ xn − xn = xn ≤ xn ≤ xn < n=1 n=1 n=+1

Dies bedeutet aber, dass k n=1

xn

k = 1, 2, . . .

n=+1

n=+1

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

52

eine Cauchy Folge ist. Da aber jede Cauchy Folge konvergiert, so konvergiert die Reihe. Wir nehmen nun an, dass jede absolutkonvergente Reihe in X konvergiert. Es sei xn , n ∈ N, eine Cauchy Folge. Wir w¨ahlen n 1 < n2 < · · · < n j < . . . so dass f¨ ur alle n, m ≥ nj xn − xm < 2−j gilt. Wir setzen y1 = xn1 yj = xnj − xnj−1 Es folgt

k

yj = xn1 +

j=1

k

j = 2, 3, . . .

(xnj − xnj−1 ) = xnk

j=2

und k j=1

yj = xn1 +

k

xnj − xnj−1 ≤ xn1 +

j=2

k

2−j ≤ xn1 +

1 2

j=2

Deshalb konvergiert die Reihe x=

∞

yj

j=1

Dies bedeutet, dass die Folge xnk , k ∈ N, gegen x konvergiert. Damit konvergiert eine Teilfolge der Cauchy-Folge und somit auch die Cauchy-Folge selbst. Wir geben hier der Vollst¨andigkeit halber das Argument an. F¨ ur gegebenes > 0 w¨ahlen wir k so groß, dass f¨ ur alle n mit n ≥ nk xnk − xn ≤ und 2−k < 2 2 Hiermit ergibt sich f¨ ur alle n mit n > nk x − xn = x − xnk + xnk − xn ≤ x − xnk + xnk − xn ≤ + 2−k < 2 gelten. 2

¨ 1.6. NORMIERTE VEKTORRAUME

53

Beispiel 12 (i) Der Raum der stetigen Funktionen C[a, b] mit der Norm f = max |f (x)| x∈[a,b]

ist ein Banachraum. (ii) Der Raum der beschr¨ ankten Folgen ∞ = {(xi )∞ i=1 | sup |xi | < ∞} i∈N

mit der Norm x∞ = sup |xi | i∈N

ist ein Banachraum. (iii) Der Raum aller konvergenten Folgen c = {(xi )∞ i=1 | lim xi existiert} i→∞

mit der Norm x∞ = sup |xi | i∈N

ist ein Banachraum. c ist ein abgeschlossener Teilraum von ∞ . (iv) Der Raum aller gegen 0 konvergenten Folgen c0 = {(xi )∞ i=1 | lim xi = 0} i→∞

mit der Norm x∞ = sup |xi | i∈N

ist ein Banachraum. c ist ein abgeschlossener Teilraum von c und ∞ .

Lemma 38 (Lemma von Riesz) Es sei X ein normierter Raum und Y ein abgeschlossener Teilraum von X, der von X verschieden ist. Dann gibt es zu jedem δ > 0 ein x mit x = 1 inf x − y ≥ 1 − δ

y∈Y

Beweis. Es sei x ∈ X \ Y . Weil Y eine abgeschlossene Menge und {x} eine kompakte Menge ist, gilt 0 < inf x − y. y∈Y

Deshalb gibt es zu jedem δ > 0 ein yδ ∈ Y mit (1 − δ)x − yδ ≤ inf x − y y∈Y

54

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

Wir setzen nun xδ =

x − yδ x − yδ

ur alle y ∈ Y gilt Oﬀensichtlich gilt xδ = 1 und f¨ x yδ xδ − y = − − y x − yδ x − yδ x − (yδ + x − yδ y) = x − yδ Weil yδ + x − yδ y ∈ Y folgt xδ − y ≥

inf y∈Y x − y ≥1−δ x − yδ

2 Lemma 39 Es sei X ein normierter Raum. Die abgeschlossene Einheitskugel von X ist genau dann kompakt, wenn X endlich-dimensional ist. Beweis. Der Raum sei endlich-dimensional. Dann ist X zu Rn mit n = dim(X) algebraisch isomorph. Nach Lemma 35 sind auf einem endlichdimensionalen Raum alle Normen a¨quivalent. Deshalb ist ein normierter Raum der Dimension n isomorph zum Rn . Also ist die abgeschlossene Einheitskugel kompakt. Nun nehmen wir an, dass der Raum nicht endlich-dimensional ist. Nach dem Lemma von Riesz k¨onnen wir eine Folge von Vektoren xn , n ∈ N, mit xn = 1 und xn − xm ≥ 12 konstruieren. Damit ist die Einheitskugel aber nicht total beschr¨ankt. 2 Es sei X ein topologischer Raum und F eine Menge stetiger Funktionen von X nach R. Wir sagen, dass F in einem Punkt x ∈ X gleichgradig stetig ist, wenn es zu jedem > 0 eine Umgebung U von x gibt, so dass f¨ ur alle f ∈ F und alle y ∈ U |f (x) − f (y)| < gilt. Wir sagen, dass F gleichgradig stetig ist, wenn F in jedem Punkt gleichgradig stetig ist.

¨ 1.6. NORMIERTE VEKTORRAUME

55

Satz 3 (Arzela-Ascoli) (i) Es sei K ein kompakter Hausdorﬀ Raum und F eine Familie gleichgradig stetiger Funktionen, die in jedem Punkt beschr¨ ankt ist. Dann ist F in dem Raum C(K) mit der Supremumsnorm total beschr¨ ankt. (ii) Es sei X ein lokalkompakter Hausdorﬀ Raum (jeder Punkt besitzt eine kompakte Umgebung), der abz¨ ahlbare Vereinigung kompakter Mengen ist. Dann besitzt jede gleichgradig stetige Folge von Funktionen von X nach R eine Teilfolge, die auf allen kompakten Teilmengen von X gleichm¨aßig gegen eine stetige Funktion konvergiert. Es sei (K, d) ein kompakter, metrischer Raum. Eine Familie F von Funktionen f : K → R heißt gleichstetig, wenn f¨ ur alle ein δ existiert, so dass f¨ ur alle f ∈ F und alle s, t ∈ K mit d(s, t) < δ die Ungleichung |f (s) − f (t)| < gilt. Korollar 1 (Arzela-Ascoli) Es sei (K, d) ein kompakter, metrischer Raum und C(K) der Raum aller stetigen, reellwertigen Funktionen auf K mit der Supremumsnorm. Eine Teilmenge F von C(K) ist genau dann kompakt, wenn sie beschr¨ ankt, abgeschlossen und gleichstetig ist. Beweis. Wir nehmen an, dass F kompakt ist. Dann ist F total beschr¨ankt. Es gibt also f¨ ur jedes endlich viele Funktionen f1 , . . . , fn aus F mit F⊆

n

B(fi , )

i=1

Es gibt also zu jedem f ∈ F ein i0 , so dass f − fi0 ∞ < Da K kompakt ist, sind alle Funktionen gleichm¨aßig stetig. Insbesondere gibt es zu jedem und i ein δi , so dass f¨ ur alle x und y mit |x − y| < δi die Ungleichung |fi (x) − fi (y)| < gilt. Wir setzen δ = min{δ1 , . . . , δn }. Dann gilt |f (x) − f (y)| 2

= |f (x) − fi0 (x) + fi0 (x) − fi0 (y) + fi0 (y) − f (y)| ≤ |f (x) − fi0 (x)| + |fi0 (x) − fi0 (y)| + |fi0 (y) − f (y)| < 3

56

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

Man kann Den Satz von Arzela-Ascoli auch aus dem Satz von Tichonov herleiten [Ull].

¨ 1.7. LOKALKONVEXE RAUME

1.7

Lokalkonvexe R¨ aume

57

58

1.8

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

Lp-R¨ aume

Es sei (M, A, µ) ein Maßraum, 0 < p < ∞ und f eine messbare, reellwertige Funktion. Wir setzen p1 p |f | dµ f p = M

¨ Lp (M, A, µ) ist der Raum aller Aquivalenzklassen von Funktionen, f¨ ur die f p < ∞ gilt und die fast u ¨berall gleich sind. f sei eine messbare Funktion. Wir bezeichnen f ∞ = inf{t > 0| µ{x ∈ M | |f (x)| > t} = 0} als das wesentliche Supremum der Funktion f . Wir k¨onnen dies auch so

f ∞ = inf sup |f (x)| µ(N ) = 0 M \N schreiben. Da abz¨ahlbare Vereinigungen von Nullmengen wieder Nullmengen sind, gibt es eine Nullmenge N mit f ∞ = sup |f (x)|. M \N

∞ ist auf dem Raum L∞ (M, A, µ) = {f : M → K| f ∞ < ∞} eine Norm. Wir weisen die Dreiecksungleichung nach. Es gibt Nullmengen Nf und Ng mit f ∞ = sup |f (x)|

g∞ = sup |g(x)|

M \Nf

M \Ng

Es folgt f ∞ + g∞

= sup |f (x)| + sup |g(x)| M \Nf

≥ ≥

M \Ng

sup

|f (x)| +

sup

|f (x) + g(x)| ≥ f + g∞

M \(Nf ∪Ng ) M \(Nf ∪Ng )

sup

M \(Nf ∪Ng )

|g(x)|

¨ 1.8. LP -RAUME

59

ur 0 < p < 1 Die R¨aume Lp ,1 ≤ p ≤ ∞, sind Banachr¨aume. Die R¨aume f¨ sind mit d(f, g) = |f − g|dµ vollst¨andige, metrische Vektorr¨aume¨aume. Sie sind aber keine normierten R¨aume. Lemma 40 (Young) Es seien a ≥ 0, b ≥ 0 und 0 < t < 1. Dann gilt at b1−t ≤ ta + (1 − t)b Gleichheit gilt genau dann, wenn a = b. Beweis. Falls a = 0 oder b = 0, dann ist die linke Seite der Ungleichung gleich 0 und die Ungleichung ist erf¨ ullt. Der Logarithmus ist auf dem Intervall (0, ∞) eine konkave Funktion. Dies gilt, weil die zweite Ableitung (ln x)

= −

1 x2

negativ ist. Hieraus folgt f¨ ur alle a, b > 0 und alle t mit 0 < t < 1 ln(ta + (1 − t)b) ≥ t ln a + (1 − t) ln b = ln at + ln b1−t = ln(at b1−t ). Da die Exponentialfunktion strikt monoton wachsend ist, folgt ta + (1 − t)b ≥ at b1−t und wir haben genau dann Gleichheit, wenn ln(ta + (1 − t)b) = t ln a + (1 − t) ln b. gilt. Dies gilt genau dann, wenn a = b. 2 Lemma 41 (H¨ older) Es sei 1 < p < ∞ und messbare Funktionen. Dann gilt

1 p

+

1 q

= 1. Es seien f und g

f g1 ≤ f p gq Insbesondere folgt, dass f g ∈ L1 , falls f ∈ Lp und g ∈ Lq . Außerdem gilt f¨ ur p q f ∈ L und g ∈ L mit f = 0 und g = 0 genau dann f g1 = f p gq ,

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

60 wenn fast u ¨berall

|g(x)|q |f (x)|p p = f p gqq

gilt .

Als Beispiel betrachten wir den Maßraum mit der Grundmenge [0, 1], der σ-Algebra der Lebesgue-messbaren Mengen und dem Lebesguemaß. Zu f (x) = x gibt es bis auf Multiplikation mit einem Skalar genau eine stetige, nichtnegative Funktion, f¨ ur die f g1 = f p gq gilt. Dies ist die Funktion q p x . Beweis. Falls f p = 0 oder gq = 0, dann sind f oder g fast u ¨berall 0. Deshalb gilt fast u ¨berall f g = 0 und somit f g1 = 0. Man beachte hierbei die Konvention, dass f (x)g(x) = 0 gilt, falls f (x) = 0 und g(x) = ∞. Damit ist die Ungleichung in diesem Fall bewiesen und wir k¨onnen weiterhin annehmen, dass f p > 0 oder gq > 0. Ebenso folgt das Ergebnis sofort, wenn f p = ∞ oder gq = ∞. Wir k¨onnen also annehmen, dass 0 < f p , gq < ∞. Wir wenden Lemma 40 auf f (x) p g(x) q 1 a = b = t= f p gq p an. Es gilt 1

1

a p b q ≤ p1 a + 1q b bzw.

1 |f (x)|p 1 |g(x)|q |f (x)| |g(x)| ≤ + f p gq p f pp q gqq

Es folgt

|f (x)g(x)|dµ 1 M ≤ f p gq p

Deshalb gilt

|f (x)|p dµ 1 M + f pp q

M

|g(x)|q dµ 1 1 = + =1 q gq p q

|f (x)g(x)|dµ ≤ f p gq M

(1.4)

¨ 1.8. LP -RAUME

61

Wir betrachten nun den Fall der Gleichheit. Falls |f (x)g(x)|dµ = f p gq M

dann gilt

1 |f (x)|p 1 |g(x)|q |f (x)g(x)| − dµ p + q gqq f p gq M p f p Wegen (1.4) ist der Integrand eine nichtnegative Funktion und damit fast 1 1 u ¨berall gleich 0. Nach Lemma 40 haben wir genau dann Gleichheit in a p b q ≤ 1 a + 1q b, wenn a = b. D.h. es gilt fast u ¨berall p 0=

2

|f (x)|p |g(x)|q = f pp gqq

Lemma 42 (Verallgemeinerte H¨ older Ungleichung) Es seien 0 < r, u, w < 1 1 1 ∞ mit u + w = r . Es seien f und g messbare Funktionen. Dann gilt f gr ≤ f u gw Insbesondere folgt, dass f g ∈ Lr , falls f ∈ Lu und g ∈ Lw . Außerdem gilt f¨ ur f ∈ Lu und g ∈ Lw mit f = 0 und g = 0 genau dann f gr = f u gw , wenn fast u ¨berall

|f (x)|u |g(x)|w = f uu gw w

gilt. Beweis. Wir wenden die H¨older Ungleichung auf w u |g|r q= |f |r p= r r an. Dann ergibt sich p1 1q r rp rq ≤ |f | dµ |g| dµ |f g| dµ = 2

ur wr w |f | dµ |g| dµ u

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

62

Lemma 43 (i) (Minkowski) Es seien 1 ≤ p < ∞ und f, g ∈ Lp . Dann gilt f + gp ≤ f p + gp . Insbesondere ist Lp ein Vektorraum und p ist auf Lp eine Norm. (ii) Es seien 0 < p < 1 und f, g ∈ Lp . Dann gilt f + gp ≤ 2 p −1 (f p + gp ) . 1

Es gibt eine genau Topologie, f¨ ur die die Mengen {f |f p < }

>0

eine Nullumgebungsbasis bilden und bzgl. der Lp ein topologischer Vektorraum ist. d(f, g) = |f −g|p dµ ist auf Lp eine Metrik, die dieselbe Topologie erzeugt. F¨ ur 0 < p < 1 ist p keine Norm, weil die Dreiecksungleichung nicht gilt. Beweis. (i) Der Fall p = 1 ist oﬀensichtlich, ebenso falls fast u ¨berall f +g = 0 gilt. Wir k¨onnen also annehmen, dass f + gp > 0. Es gilt |f + g|p = |f + g||f + g|p−1 ≤ (|f | + |g|)|f + g|p−1 Damit und mit der H¨older Ungleichung folgt p |f + g| dµ ≤ (|f | + |g|)|f + g|p−1 dµ M M p−1 |f ||f + g| dµ + |g||f + g|p−1 dµ = M

M

≤ f p |f + g|p−1 q + gp |f + g|p−1 q 1q q(p−1) = (f p + gp ) |f + g| dµ M

Weiter gilt p = q(p − 1). Damit erhalten wir

|f + g| dµ ≤ (f p + gp )

|f + g|

p

M

p

M

1q

¨ 1.8. LP -RAUME

63

Damit erhalten wir schließlich f + gp ≤ f p + gp (ii) Die Funktion φ : [0, ∞) → R mit φ(x) =

1 + xr . (1 + x)r

nimmt in x = 1 ihr absolutes Minimum an. Wir weisen dies nach. φ (x) =

rxr−1 (1 + x)r − r(1 + xr )(1 + x)r−1 r(xr−1 − 1) = (1 + x)2r (1 + x)r+1

F¨ ur r > 1 ist φ auf [0, ∞) stetig, auf (0, 1) monoton fallend und auf (1, ∞) monoton wachsend. Deshalb gilt f¨ ur alle x mit x ≥ 0 21−r (1 + x)r ≤ 1 + xr . Wir setzen nun x =

s t

und r =

1 p

und erhalten f¨ ur alle s, t mit 0 ≤ s, t

(s + t) p ≤ 2 p −1 (s p + t p ). 1

1

1

1

Außerdem gilt f¨ ur alle s, t mit 0 ≤ s, t |s + t|p ≤ |t|p + |s|p Diese Ungleichung folgt aus der Ungleichung 1 1 p p p ≤a+b a +b Hieraus folgt f + gp

p1 p1 p p |f + g| dµ ≤ |f | dµ + |g| dµ

1 1 p

=

≤ 2 p −1 1

2

|f |p dµ

p

+

|g|p dµ

p

= 2 p −1 (f p + gp ) 1

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

64

Satz 4 Es seien 1 ≤ p < ∞ und (M, A, µ) ein Maßraum. Dann ist Lp (µ) mit der Norm p ein Banachraum. Der Maßraum muss nicht vollst¨andig sein. Beweis. Wegen Lemma ?? reicht es zu zeigen, dass ∞

in Lp (µ) konvergiert, falls ∞

fk

fk

k=1

∞

fk p < ∞. Wir zeigen zuerst, dass

k=1

∞

punktweise fast u ¨berall konvergiert und

k=1

fk ∈ Lp (µ)

k=1

¨ (Man beachte hier, dass die Elemente von Lp Aquivalenzklassen von Funktionen sind.Deshalb spielt es keine Rolle, dass auf einer Nullmenge keine punktweise Konvrgenz vorliegt.) Dazu zeigen wir, dass ∞

∞

|fk | punktweise fast u ¨berall konvergiert und

k=1

|fk | ∈ Lp (µ)

k=1

Die Folge

n

p |fk |

n = 1, 2, . . .

k=1

ist monoton wachsend. Mit dem Satz u ¨ber die monotone Konvergenz folgt p p n ∞ |fk | dµ = |fk | dµ lim n→∞

k=1

k=1

Hieraus ergibt sich mit der Minkowski Ungleichung ∞ k=1

p |fk |

p1 dµ

= lim

n

n→∞

≤ lim

n→∞

p |fk |

p1 dµ

k=1 n k=1

fk p =

∞ k=1

fk p < ∞

¨ 1.8. LP -RAUME

65

Also gilt

∞

|fk | ∈ Lp

k=1

Insbesondere gilt fast u ¨berall ∞

Da

∞ k=1

|fk (x)| < ∞

k=1

fk (x) konvergiert, falls

∞ k=1 ∞

|fk (x)| konvergiert, so konvergiert

fk (x)

k=1

fast u ¨berall. Wegen

∞

∞ ∞ fk ≤ |fk | k=1

k=1

folgt, dass k=1 fk ∈ L . Wir zeigen nun, dass nk=1 fk , n ∈ N, in Lp gegen ∞ k=1 fk konvergiert. Da Lp ein Vektorraum ist, gilt f¨ ur alle n ∈ N ∞ n fk − fk ∈ Lp p

k=1

Damit folgt weiter p 1 ∞ n p fk − fk dµ = k=1

k=1

k=1

∞ p1 p fk dµ ≤ k=n+1

∞ p 1 p |fk | dµ k=n+1

Mit dem Satz u ¨ber die monotone Konvergenz folgt, dass der letzte Ausdruck zu dem folgenden gleich ist. p p1 N lim |f | k dµ N →∞ k=n+1

Mit der Ungleichung von Minkowski folgt, dass der letzte Ausdruck kleiner oder gleich N ∞ lim fk p = fk p N →∞

k=n+1

k=n+1

ist. Der letzte Ausdruck strebt f¨ ur n → ∞ gegen 0. 2

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

66

Lemma 44 Es sei (X, A, µ) ein Maßraum. (i) L∞ ist ein Banachraum. (ii) Falls f und g messbare Funktionen sind, dann gilt f g1 ≤ f 1 g∞ Es gilt genau dann Gleichheit, wenn auf der Menge {x| f (x) = 0} mit Ausnahme einer Nullmenge |g(x)| = g∞ gilt.

ullt. Beweis. (ii) Falls g∞ = ∞ dann ist die Ungleichung trivialerweise erf¨ Es sei also nun g∞ < ∞. Dann gibt es zu jedem > 0 eine Funktion g˜, so dass fast u ¨berall g = g˜ und und f¨ ur alle x ∈ X die Ungleichung |˜ g (x)| ≤ g∞ + . Dann gilt f g1 = |f g|dµ ≤ |f |(g∞ + )dµ = f 1 (g∞ + ) 2 Es sei 0 < p < ∞. Wir bezeichnen ⎧ ⎫ ∞ p1 ⎨ ⎬ p x ∈ K und |x | < ∞ p = (xi )∞ i i=1 i ⎩ ⎭ i=1 p wird mit der Norm xp =

∞

p1 |xi |p

i=1

ausgestattet. F¨ ur 0 < p < ∞ ist der Raum Lp (N, P(N), µ), wobei µ das Z¨ahlmaß ist. ∞ ist der Raum aller beschr¨ankten Folgen. Er ist mit der Norm x = sup |xi | p

i∈N

ausgestattet.

¨ 1.8. LP -RAUME

67

ur alle x ∈ q gilt Satz 5 Es sei 0 < p < q ≤ ∞. Dann gilt p ⊂ q und f¨ xq ≤ xp Beweis. Wir behandeln zuerst den Fall q = ∞. Oﬀensichtlich gilt f¨ ur alle k∈N p1 |xk | ≤ |xi |p i∈N

und damit x∞ = sup |xk | ≤

k∈N

p1 |xi |p

i∈N

Nun der Fall q < ∞. % & p |xi |q = i∈N |xi |p |xi |q−p ≤ supi∈N |xi |q−p i∈N |xi | i∈N

=

% i∈N

& |xi |p (supi∈N |xi |)q−p ≤ xpp xq−p = xqp p

2 Satz 6 Es sei 0 < p < q ≤ ∞ und (M, A, µ) sei ein Maßraum mit endlichem Maß µ(M ) < ∞. Dann gilt Lq ⊂ Lp und f p ≤ (µ(M )) p − q f q 1

1

Beweis. Wir wenden die verallgemeinerte H¨older Ungleichung auf die Funkpq tionen f und 1 und die Exponenten p, q und q−p an. Es gilt p1 = 1q + q−p und pq wir erhalten pq f p ≤ f q 1 q−p 2 Lemma 45 Es sei 1 ≤ p < ∞ und (M, A, µ) sei ein Maßraum. Dann ist die Menge der einfachen Funktionen f=

n j=1

dicht in Lp .

aj χEj

µ(Ej ) < ∞

n∈N

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

68

Beweis. Es gibt eine Folge einfacher Funktionen fn , n ∈ N, die punktweise u ¨berall gegen f konvergiert und f¨ ur die fast u ¨berall und f¨ ur alle n ∈ N die Absch¨atzung |fn | ≤ |f | gilt. Wir erhalten µ(Ej ) < ∞, weil fast u ¨berall |fn | ≤ |f | gilt und f ∈ Lp . Damit folgt |fn − f |p ≤ (|fn | + |f |)p ≤ 2p |f |p . Wir wenden nun den Konvergenzsatz von Lebesgue auf diese Folge an. Es gilt 2p |f |p ∈ L1 und |fn − f |p konvergiert fast u ¨berall gegen 0. Es folgt lim |fn − f |p dµ = 0. n→∞

2 Lemma 46 (i) F¨ ur alle endlichen Folgen fi , i = 1, . . . , n, von Vektoren aus Lp (Ω), 2 ≤ p < ∞, gilt ⎛ p2 ⎞ p1 n 12 n ⎝ |fi (ω)|2 dω ⎠ ≤ fi 2p Ω

i=1

i=1

(ii) F¨ ur alle endlichen Folgen fi , i = 1, . . . , n, von Vektoren aus Lp (Ω), 1 ≤ p ≤ 2, gilt ⎛ p2 ⎞ p1 n 12 n ⎝ |fi (ω)|2 dω ⎠ ≥ fi 2p Ω

i=1

i=1

Beweis. (i) Mit der Dreiecksungleichung ⎛ p2 ⎞ p2 n n 2 2 ⎠ ⎝ |fi (ω)| dω = |fi | p Ω i=1

i=1

2

p n n n 2 p ≤ |fi | dω = fi 2p |fi | p = 2

2

i=1

i=1

Ω

p2

⎞ p1

i=1

Hieraus folgt ⎛

n

⎝

Ω

i=1

|fi (ω)|2

dω ⎠ ≤

n i=1

12 fi 2p

¨ 1.8. LP -RAUME

69

(ii) n

12 fi 2p

=

i=1

n Ω

i=1

=

n n i=1

=

|fi |p dω

|fi |p dω

Ω

i=1

=

|fi |p dω

p2 12

Ω

|fi |p

|fi |p dω

Ω

n

p2 −1 12 12

p2 −1 dω

Ω

|fi |p

|fi |p dω

Ω i=1

12

p2 −1 dω

Ω

Mit der H¨older Ungleichung folgt n

|fi |p

|fi |p dω

p2 −1

n

≤

Ω

i=1

2−p 2 ⎞ 2 p2 ⎛ n p2 −1 2−p 2 ⎝ ⎠ (|fi |p ) p |fi |p dω

i=1

=

Ω

n

i=1

|fi |2

p2 n

i=1

|fi |p dω

p2 2−p 2

Ω

i=1

Es folgt n

12 fi 2p

⎛

n

≤⎝

Ω

i=1

i=1

und damit n

1 p2 ⎞ 12 n p2 2−p 2 2 |fi |2 ⎠ |fi |p dω

12 p2 fi 2p

⎛

n

≤⎝

Ω

i=1

Also n i=1

12 fi 2p

Ω

i=1

p2 ⎞ 12 |fi |2

i=1

⎛

n

≤⎝

Ω

⎠

i=1

p2 ⎞ p1 |fi |2

⎠

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

70 2

Lemma 47 Es sei f : [0, 1] × Ω → R eine messbare Funktion. Dann gilt Ω

Beweis. Ω

0

1

1

0

p p1 |f (t, ω)|dt dω ≤

1

p

|f (t, ω)| dω

0

p |f (t, ω)|dt dω

1

= Ω 0 1

= 0

p1 dt

Ω

1

|f (t, ω)|dt |f (t, ω)|

Ω

p−1 |f (s, ω)|ds

0 1

dω

p−1

|f (s, ω)|ds

dωdt

0

Nun wenden wir wie im Beweis zur Minkowski Ungleichung die H¨older Ungleichung an. p 1 dω |f (t, ω)|dt 0 Ω p1 1 p−1 1q 1 |f (t, ω)|p dω |f (s, ω)|ds dω dt ≤ 0

Ω

0

Ω

Hieraus folgt Ω

2

0

1

p p1 |f (t, ω)|dt dω ≤

0

1

|f (t, ω)| dω p

Ω

p1 dt

1.9. DIE UNGLEICHUNGEN VON HANNER UND CLARKSON

1.9

71

Die Ungleichungen von Hanner und Clarkson

Die Parallelogrammgleichung besagt, dass die Summe der Quadrate der Diagonalen gleich der Summe der Quadrate der Seitenl¨angen ist. In Vektorenschreibweise gilt im Rn mit der Euklidischen Norm x + y22 + x − y22 = 2x22 + 2y22 . Dies ist beim Rechnen mit Vektoren sehr n¨ utzlich. Leider gilt diese Gleichung nicht f¨ ur beliebige Normen. In den Lp -R¨aumen gelten aber die Ungleichungen von Hanner. Ein einfacher Beweis ﬁndet sich in [RoW]. Die Ungleichungen von Hanner besagen: Falls 1 ≤ p ≤ 2 gilt, dann |f p + gp |p + |f p − gp |p ≤ f + gpp + f − gpp F¨ ur 2 ≤ p < ∞ gelten die umgekehrten Ungleichungen. Aus den Ungleichungen von Hanner kann man die Ungleichungen von Clarkson herleiten. Die Ungleichungen von Hanner haben eine Reihe von Anwendungen. Mit ihrer Hilfe kann man nachweisen, dass die R¨aume Lp , 1 < p < ∞, uniform konvex sind, und man kann den Konvexit¨atsmodul dieser R¨aume berechnen. Die Existenz einer Bestapproximation in Lp l¨asst sich ebenfalls mit den Ungleichungen von Hanner nachweisen. Lemma 48 (i) Es sei 1 ≤ p ≤ 2. Dann gilt f¨ ur alle 0 < r ≤ 1 und A, B ∈ R ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )|A|p + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p |B|p ≤ |A + B|p + |A − B|p (ii) Falls 2 ≤ p < ∞, dann gilt die umgekehrte Ungleichung. Beweis. Der Fall p = 1 ist 2|A| ≤ 2 max{|A|, |B|} = |A + B| + |A − B|. Der Fall p = 2 ist 2|A|2 + 2|B|2 = |A + B|2 + |A − B|2 .

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

72

Nun betrachten wir die F¨alle 1 < p < 2. Es sei 0 < R ≤ 1 und F : (0, 1] → R die Funktion mit F (r) = ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 ) + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p Rp F nimmt ihr absolutes Maximum im Punkt r = R an. Es gilt % &

F (r) = ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 ) + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p Rp ' ( = (p − 1) (1 + r)p−2 − (1 − r)p−2 +(p − 1)((1 + r)p−2 + (1 − r)p−2 )r1−p Rp +(1 − p)((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r−p Rp ' ( = (p − 1) (1 + r)p−2 − (1 − r)p−2 p ( R ' +(p − 1) r(1 + r)p−2 + r(1 − r)p−2 − (1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 r p R p−2 p−2 − (1 − r) ) 1 − = (p − 1)((1 + r) r Da p − 2 < 0 folgt, dass F f¨ ur r < R strikt wachsend ist und f¨ ur r > R strikt fallend ist. F (R)

= ((1 + R)p−1 + (1 − R)p−1 ) + ((1 + R)p−1 − (1 − R)p−1 )R = (1 + R)p + (1 − R)p

Also gilt f¨ ur alle 0 < r ≤ 1 und alle 0 < R ≤ 1 ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 ) + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p Rp ≤ (1 + R)p + (1 − R)p Wegen der Stetigkeit der Ausdr¨ ucke in R, gilt die Absch¨atzung auch f¨ ur p R = 0. Wir multiplizieren mit A ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )Ap + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p (AR)p ≤ (A + AR)p + (A − AR)p und setzen B = AR ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )Ap + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p B p ≤ (A + B)p + (A − B)p

1.9. DIE UNGLEICHUNGEN VON HANNER UND CLARKSON

73

Somit haben wir die Ungleichung f¨ ur alle A und B mit 0 ≤ B ≤ A gezeigt. (Wir m¨ ussen beachten, dass A − B ≥ 0, weil anderenfalls der Ausdruck (A − B)p nicht sinnvoll ist.) Wir beobachten nun, dass f¨ ur alle r mit 0 < r ≤ 1 ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p ≤ (1 + r)p−1 + (1 − r)p−1

(1.5)

Wir pr¨ ufen dies nach. Die Funktion (1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 ist auf (0, 1] monoton fallend. Dies folgt, weil die Ableitung (p − 1){(1 + r)p−2 − (1 − r)p−2 } auf (0, 1) negativ ist. Somit gilt 2p−1 ≤ (1 + r)p−1 + (1 − r)p−1

(1.6)

Wir betrachten nun die Funktion ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p auf (0, 1]. Wir setzen s = 1r und erhalten die Funktion (s+1)p−1 −(s−1)p−1 auf [1, ∞). Diese Funktion ist auf [1, ∞) monoton fallend. Dazu rechnen wir die Ableitung (p − 1){(s + 1)p−2 − (s − 1)p−2 } aus und stellen fest, dass sie negativ ist, weil p < 2. Es folgt 2p−1 ≥ ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p

(1.7)

Aus (1.6) und (1.7) folgt nun (1.5). Wir betrachten den Fall 0 ≤ A ≤ B. ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )Ap + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p B p ≤ ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )B p + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p Ap ≤ (A + B)p + (B − A)p Also gilt f¨ ur alle A, B mit 0 ≤ A, B ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )|A|p + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p |B|p ≤ |A + B|p + |A − B|p Weder die linke, noch die rechte Seite h¨angt von den Vorzeichen von A und B ab. Also haben wir die Ungleichung f¨ ur alle A und B gezeigt. 2

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

74

Lemma 49 (Hanner) Es sei (X, A, µ) ein Maßraum und f, g ∈ Lp (X, A, µ). (i) Falls 1 ≤ p ≤ 2 gilt, dann f p + gp p + f p − gp p ≤ f + gpp + f − gpp und f + gp + f − gp p + f + gp − f − gp p ≤ 2p f pp + gpp (ii) Falls 2 ≤ p < ∞, dann gelten die umgekehrten Ungleichungen. Beweis. (i) Die zweite Ungleichung folgt aus der ersten Ungleichung, indem man f¨ ur f die Funktion f + g einsetzt und f¨ ur g die Funktion f − g. Wir betrachten zuerst den Fall p = 1. Wir k¨onnen annehmen, dass g1 ≤ f 1 . Mit der Dreiecksungleichung folgt |f 1 + g1 | + |f 1 − g1 | = 2f 1 ≤ f + g1 + f − g1 . Nun behandeln wir den Fall p = 2. Hier sind die Ungleichungen tats¨achlich Gleichungen. 2 2 2 2 f +g2 +f −g2 = |f +g| dµ+ |f −g| dµ = 2 f 2 +g 2 dµ = 2f 22 +2g22 |f 2 + g2 |2 + |f 2 − g2 |2 = 2f 22 + 2g22 Wir betrachten nun den Fall 1 < p < 2. Wir k¨onnen annehmen, dass gp ≤ f p . Nach Lemma gilt f¨ ur alle r mit 0 < r ≤ 1 und alle x ∈ X ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )|f (x)|p + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p |g(x)|p ≤ |f (x) + g(x)|p + |f (x) − g(x)|p . Wir setzen r =

g p f p

gp 1+ f p

und erhalten

p−1

p−1 gp + 1− |f (x)|p f p p−1 p−1 gp1−p gp gp + 1+ − 1− |g(x)|p f p f p f 1−p p

≤ |f (x) + g(x)|p + |f (x) − g(x)|p .

1.9. DIE UNGLEICHUNGEN VON HANNER UND CLARKSON

75

Wir integrieren beide Seiten und erhalten p−1 p−1 gp gp + 1− f pp 1+ f p f p p−1 p−1 g1−p gp gp p p + 1+ − 1− 1−p gp f p f p f p ≤ f + gpp + f − gpp und weiter % & (f p + gp )p−1 + (f p − gp )p−1 f p % & + (f p + gp )p−1 − (f p − gp )p−1 gp ≤ f + gpp + f − gpp Wir erhalten (f p + gp )p + (f p − gp )p ≤ f + gpp + f − gpp 2 Korollar 2 Es sei 1 < p < ∞, (X, A, µ) und K eine konvexe Teilmenge vom Lp , die in der Norm-Topologie abgeschlossen ist. Es sei f ∈ Lp . Dann gibt es genau ein h ∈ K, so dass f − h = inf f − g g∈K

Beweis. Wir k¨onnen annehmen, dass f = 0. Wir setzen D = inf g∈K g. Es sei hn , n ∈ N, eine Folge in K, so dass lim hn = D

n→∞

Wir zeigen, dass hn , n ∈ N, eine Cauchy-Folge in der Norm-Topologie ist. Da Lp vollst¨andig ist, gibt es damit ein h mit den gew¨ unschten Eigenschaften. Wir zeigen, dass lim hn + hm = 2D. n,m→∞

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

76

Aus der Dreiecksungleichung folgt hn + hm ≤ hn + hm und deshalb lim sup hn + hm ≤ lim sup hn + lim sup hm ≤ 2D n,m→∞

n→∞

m→∞

Weil K konvex ist, gilt 12 (hn + hm ) ∈ K. Es folgt 12 (hn + hm ) ≥ D Mit Hanners Ungleichung folgt |hn + hm p + hn − hm p |p + |hn + hn p − hn − hm p |p ≤ 2p hn pp + hm pp Die rechte Seite konvergiert f¨ ur n, m → ∞ gegen 2p+1 D. Falls hn , n ∈ N, keine Cauchy-Folge ist, dann gibt es ein > 0, so dass (2D + )p + (2D − )p ≤ 2p+1 D Die Funktion f : R → R, f (x) = |2D + x|p , ist strikt konvex. Deshalb (2D)p = f (0) = f ( 12 − 12 ) < 12 (f () + f (−)) = 12 (2D + )p + (2D − )p Somit gilt 2(2D)p < (2D + )p + (2D − )p Dies ist ein Widerspruch. Der Vektor h ist eindeutig. Falls nicht, so g¨abe es mindestens zwei Vek˜ mit minimalem Abstand. Wie wir bereits oben gezeigt haben, toren h und h ˜ falls n ist dann die Folge hn , n ∈ N, mit hn = h, falls n gerade, und hn = h, ˜ 2 ungerade, eine Cauchy-Folge. Also gilt h = h. Satz 7 (Ungleichungen von Clarkson)[Cla] (i) Es sei 2 ≤ p < ∞. 1

1

1

1

(x + ypp + x − ypp ) p ≤ 2 p (xpp + ypp ) p 1

1

2 p (xpp + ypp ) p ≤ (x + ypp + x − ypp ) p (ii) F¨ ur 1 < p ≤ 2 gelten die umgekehrten Ungleichungen.

(1.8) (1.9)

1.9. DIE UNGLEICHUNGEN VON HANNER UND CLARKSON

77

Lemma 50 F¨ ur alle p mit 2 ≤ p < ∞ und alle t, s ∈ R mit 0 ≤ t, s gilt 1

1

1

(|t + s|p + |t − s|p ) p ≤ 2 p (tp + sp ) p Beweis. Es reicht zu zeigen, dass f¨ ur alle c mit 0 < c < 1 die Ungleichung 1

1

1

(|1 + c|p + |1 − c|p ) p ≤ 2 p (1 + cp ) p gilt. Wir ersetzen nun c=

1−z 1+z

und erhalten f¨ ur z mit 0 < z < 1

(1 + z p )p −1 ≤ 12 {(1 + z)p + (1 − z)p } Wir entwickeln die Funktion

S(z) = 12 {(1 + z)p + (1 − z)p } − (1 + z p )p −1 in ihre Taylorreihe und zeigen, dass sie f¨ ur 0 < z < 1 nicht negativ ist. Es gilt 1 {(1 2

p

p

+ z) + (1 − z) } = 1 +

∞ p (p − 1)(2 − p ) · · · (2k − 1 − p )

(2k)!

k=1

z 2k

und p p −1

(1 + z )

= 1 + (p − 1)z + p

∞

(−1)m+1

m=1

Da 1 ≤ p < 2 S(z) =

∞ k=1

(p − 1)(2 − p ) · · · (m − p ) mp z m! ⎧ ⎨ 1 − z 2k−p p −1

(2 − p )(3 − p ) · · · (2k − p ) 2k z ⎩ (2k − 1)!

2k−p p −1

−

1−z

2k p −1

2k p −1

⎫ ⎬ ⎭

Die Funktion 1t (1−z t ) ist f¨ ur 0 < t und 0 < z < 1 eine fallende Funktion in t. Deshalb sind die Summanden in der Reihenentwicklung von S nicht negativ. 2

78

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

Beweis. (i) Wir zeigen die Ungleichung (1.8). Die Ungleichung von Hanner ist f p + gp p + f p − gp p ≥ f + gpp + f − gpp Nun reicht es zu zeigen, dass f¨ ur alle t, sR mit 0 ≤ t, s 1

1

1

(|t + s|p + |t − s|p ) p ≤ 2 p (tp + sp ) p 2

1.10. KHINTCHINE-UNGLEICHUNG

1.10

79

Khintchine-Ungleichung

Die Rademacher-Funktionen rn : [0, 1] → R, n = 0, 1, . . . , sind durch rn (t) = sgn sin 2n πt deﬁniert. Sie nehmen nur die Werte −1 und 1 an. Die Rademacher-Funktionen sind im wahrscheinlichkeitstheoretischen Sinne unabh¨angige Zufallsver¨anderliche. Satz 8 (Khintchine-Ungleichung) Zu jedem p mit 1 ≤ p < ∞ existieren positive Konstanten ap und bp , so dass f¨ ur alle endlichen Folgen reeller Zahlen xi , i = 0, 1, . . . , m die Ungleichungen p 1 m 12 m m 12 p 1 |xi |2 ≤ xi ri (t) dt ≤ bp |xi |2 ap 0 i=0

i=0

i=0

F¨ ur die optimalen Konstanten gilt √ ap ≥ 18 f¨ ur 1 ≤ p ≤ 2, ap = 1 f¨ ur 2 ≤ p < ∞, bp = 1 f¨ ur 1 ≤ p ≤ 2 und bp ≤ 2p + 4 f¨ ur 2 ≤ p < ∞. Die optimalen Konstanten in Satz 8 lassen sich genau bestimmen. Szarek [Sza] zeigte, dass a1 = √12 . Es gilt p 1 m p 1 m p p 1 1 xi ri (t) dt = i xi m 2 =±1 0 i=0

i

i=1

Der letztere Ausdruck l¨asst die folgende Interpretation zu. Man wirft eine M¨ unze m-mal. Zahl bekommt den Wert 1 und Kopf den Wert −1. Der Mittelwert oder Erwartungswert ist 0, d.h. man erwartet genauso oft Kopf wie Zahl. Es ist jedoch nicht immer so, dass man genauso oft Kopf und Zahl wirft, wenn man eine M¨ unze m-mal wirft. Es ist z.B. m¨oglich, dass jedesmal Kopf geworfen wird. Es stellt sich also die Frage, wie sehr typischerweise beim m-maligen Werfen einer M¨ unze das Ergebnis davon abweicht, dass genauso oft Kopf wie Zahl geworfen werden. Die mittlere Abweichung ist m i xi =±1 i

i=1

Nach der Khintchine-Ungleichung ist dies von der Gr¨oßenordnung

√

m.

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

80

urliche Zahlen. Es gilt genau dann Lemma 51 Es seien k1 , . . . , k nat¨ 1 rik11 (t) · · · rik (t)dt = 0, 0

falls eine der Zahlen k1 , . . . , k ungerade ist. Falls alle Zahlen gerade sind, dann ist das Integral gleich 1. Lemma 52 F¨ ur alle k, k1 , k2 , . . . , km = 0, 1, 2, . . . (2k)! k! ≤ 22k k! (2k1 )! · · · (2km )! k1 ! · · · km ! Beweis. (2k)! k!

(2k)(2k − 1)(2k − 2) · · · 2 · 1 k(k − 1) · · · 2 · 1 k = 2 (2k − 1)(2k − 3) · · · 3 · 1 k−1 = 2k (2k − (2j + 1)) =

j=0

≤2

k

k−1

(2k − 2j) = 2

j=0

2k

k−1

(k − j) = 22k k!

j=0

Hieraus folgt (2k)! k! k! ≤ 22k k! ≤ 22k k! (2k1 )! · · · (2km )! (2k1 )! · · · (2km )! k1 ! · · · km ! 2 Beweis. Mit Satz 6 folgt, dass f¨ ur die optimalen Konstanten ap die Absch¨atzung ap ≤ aq f¨ ur p ≤ q gilt und bp ≤ bq f¨ ur p ≤ q. Wir zeigen zuerst, dass die Ungleichungen f¨ ur a2 = b2 = 1 gelten. Wegen Lemma 51 gilt f¨ ur alle i, j mit i = j 1 ri (t)rj (t)dt = 0. 0

1.10. KHINTCHINE-UNGLEICHUNG

81

Hiermit folgt sofort 2 1 1 m m m xi ri (t) dt = xi xj ri (t)rj (t)dt = |xi |2 . 0 0 i=0

i,j=0

i=0

Mit Satz 6 folgt, dass f¨ ur p ≤ 2 p 1 12 m m p 1 xi ri (t) dt ≤ |xi |2 0 i=0

i=0

und f¨ ur p ≥ 2 m

12 |xi |2

≤

1

0

i=0

m p 1 p xi ri (t) dt i=0

gilt. Es sei p eine positive, gerade, ganze Zahl. Die Multinomialentwicklung liefert p p m p! km x i ri = xk00 · · · xkmm r0k0 · · · rm k ! · · · k ! 0 m i=0 k1 , . . . , km = 0 ki = p

Hiermit und mit Lemma 51 folgt p 1 m xi ri dt = 0 i=0

k0 , . . . , km = 0 ki = p ki gerade

Wir setzen nun p = 2k 2k 1 m xi ri dt = 0 i=0

Weiter gilt

m i=0

k |xi |2

p

=

k k0 , . . . , km = 0 ki = k

k k0 , . . . , km = 0 ki = k

p! xk0 · · · xkmm k0 ! · · · km ! 1

(2k)! m x2k0 · · · x2k m (2k0 )! · · · (2km )! 1

k! m x2k0 · · · x2k m k0 ! · · · km ! 1

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

82

Mit Lemma 52 folgt p k m p2 m 1 m p p2 xi ri dt ≤ 22k k! |xi |2 ≤ 2p |xi |2 2 0 i=0

und somit

i=0

i=0

m p 1 12 m p ) xi ri dt ≤ 2p |xi |2 0 i=0 i=0 √ Damit haben wir auch gezeigt, dass bp ≤ 2p. Falls p ≥ 2, aber keine ganze, gerade Zahl ist, dann gibt es eine ganze, gerade Zahl r mit 2 ≤ r ≤ p ≤ r + 2. Es folgt 1 ⎛ p 1 r+2 ⎞ r+2 m 1 m p 1 xi ri dt ≤⎝ xi ri dt⎠ 0 0

1

i=0

i=0

m m 12 12 ) ) ≤ 2(r + 2) |xi |2 ≤ 2(p + 2) |xi |2 i=0

i=0

b−2 4

Wir zeigen nun, dass a√ die Gleichung erf¨ ullt. Da 4 eine ganze, 1 = 1 gerade Zahl ist, gilt b4 ≤ 8 und somit a1 ≥ 8 . Mit H¨olders Ungleichung (Lemma 41) folgt 2 1 m m 2 |xi | = xi ri dt 0 i=0 i=0 2 m 4 1 m 3 3 x i ri xi ri dt = 0 i=0 i=0 2 ⎛ m 4 ⎞ 13 m 3 1 1 ⎝ xi ri dt xi ri dt⎠ ≤ 0 0 ≤

i=0

i=0

m 2 m 23 3 1 4 xi ri dt b43 |xi |2 0

i=0

und somit

m i=0

12 |xi |2

i=0

≤ b24 0

1

m xi ri dt i=0

1.10. KHINTCHINE-UNGLEICHUNG 2

83

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

84

1.11

Satz von Stone-Weierstraß

F¨ ur zwei reellwertige Funktionen f und g deﬁnieren wir max{f, g}(x) = max{f (x), g(x)}

min{f, g}(x) = min{f (x), g(x)}

Lemma 53 Es sei K ein kompakter, topologischer Raum, der mindestens zwei Elemente enth¨alt. Es sei M eine Teilmenge von C(K, R), so dass (i) F¨ ur alle f, g ∈ M gilt max{f, g} ∈ M und min{f, g} ∈ M . (ii) F¨ ur alle x, y ∈ K mit x = y und alle s, t ∈ R existiert ein f ∈ M mit f (x) = s und f (y) = t. Dann ist M in C(K, R) bzgl. der Normtopologie dicht. Beweis. Es seien f ∈ C(K, R) und > 0 gegeben. Es sei x fest gew¨ahlt. Nach Annahme existiert zu allen x, y ∈ K mit x = y eine Funktion gy ∈ M mit gy (x) = f (x) und f (y) = gy (y). Weiter sei Oy = {z|gy (z) > f (z) − } F¨ ur alle y ∈ K ist Oy eine oﬀene Menge und x, y ∈ Oy . Somit ist Oy , y ∈ K ¨ und y = x, eine oﬀene Uberdeckung von K. Wegen der Kompaktheit von K gibt es eine endliche Teil¨ uberdeckung. K=

n

O yi

i=1

wobei f¨ ur alle i = 1, . . . , n die Relation x = yi gilt. Nun setzen wir hx = max{gy1 , . . . , gyn } Durch Induktion erhalten wir hx ∈ M . Damit erhalten wir ur alle z ∈ K : hx (z) > f (z) − hx (x) = f (x) und f¨ Wir setzen nun Ux = {z ∈ K|hx (z) < f (z) + }

1.11. SATZ VON STONE-WEIERSTRASS

85

¨ von K und besitzt eine Damit ist Ux , x ∈ K, eine oﬀene Uberdeckung endliche Teil¨ uberdeckung. m K= Uxj j=1

Wir setzen nun h = min{hx1 , . . . , hxm } Damit gilt f − < h < f + und somit f − h < . 2 Satz 9 Es sei K ein kompakter, topologischer Raum und X ein Teilraum von C(K, R), so dass (i) X enth¨alt alle konstanten Funktionen. (ii) Die Funktionen von X trennen die Punkte von K, d.h. f¨ ur alle x, y ∈ K mit x = y gibt es eine Funktion f ∈ X mit f (x) = f (y). (iii) F¨ ur alle f, g ∈ X gilt max{f, g} ∈ X und min{f, g} ∈ X. Dann ist X in C(K, R) bzgl. der Normtopologie dicht. Beweis. Falls K nur ein Element enth¨alt, ist das Ergebnis klar. Wir nehmen nun an, dass K mindestens zwei Elemente enth¨alt. Es reicht nun, die Voraussetzungen von Lemma 53 nachzupr¨ ufen. Falls x, y ∈ K mit x = y, dann gibt es eine Funktion f ∈ X mit f (x) = f (y). Da die konstanten Funktionen in X liegen, so sind f¨ ur alle α, β ∈ R die Funktionen αf + β Elemente von X. Es gibt zu allen s, t ∈ R zwei Zahlen α, β ∈ R mit αf (x) + β = s und αf (y) + β = t, n¨amlich α=

s−t f (x) − f (y)

β = s − f (x)

s−t f (x) − f (y)

Es gilt αf + β ∈ X, weil die konstanten Funktionen in X sind und X ein Vektorraum ist. 2 Es sei K eine kompakter, topologischer Raum und A sei ein Teilraum von C(K). Wir sagen, dass A eine Algebra ist, wenn aus f, g ∈ A die Relation f · g ∈ A folgt. Wir bemerken, dass ein Teilraum A genau dann eine Algebra ist, wenn f¨ ur alle f ∈ A die Relation f 2 ∈ A gilt. Dies folgt, weil 1 f · g = ((f + g)2 − f 2 − g 2 ) 2

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

86

Lemma 54 Es sei K ein kompakter, topologischer Raum und fn , n ∈ N, eine monoton wachsende Folge in C(K, R), die punktweise gegen eine stetige Funktion f konvergiert. Dann konvergiert die Folge gleichm¨ aßig gegen f . Beweis. Es sei > 0. Wir setzen On = {x ∈ K|fn (x) > f (x) − } ¨ Dann ist On eine oﬀene Uberdeckung von K, weil fn punktweise gegen f konvergieren. Weiter gilt On ⊆ On+1 , weil fn monoton wachsend sind. Also gibt es ein N mit ON = K. Somit gilt f¨ ur alle x ∈ K, dass f (x) − < fN (x) ≤ f (x). Weil fn strikt wachsend sind, gilt f¨ ur alle n ≥ N , dass f (x) − < fN (x) ≤ f (x). 2 Lemma 55 Es gibt eine Folge von Polynomen pn , n ∈ N, die auf [−1, 1] gleichm¨aßig gegen die Funktion |x| konvergiert. Beweis. Wir setzen p0 = 0 und 1 pn+1 (x) = pn (x) + (x2 − p2n (x)) 2 pn ist monoton wachsend und konvergiert punktweise gegen die Funktion |x|. Mit dem Lemma von Dini folgt, dass die Folge gleichm¨aßig konvergiert. Wir zeigen, dass f¨ ur alle n ∈ N und alle x ∈ [−1, 1] die Ungleichung 0 ≤ pn (x) ≤ |x| gilt. Wir benutzen Induktion u ¨ber n. p0 = 0 erf¨ ullt oﬀen bar die Ungleichung. Wir nehmen nun an, dass wir die Ungleichung f¨ ur n bewiesen haben. Dann 1 pn+1 (x) = pn (x) + (x2 − p2n (x)) ≥ pn (x) 2 und pn+1 (x)

1 = pn (x) + (x2 − p2n (x)) 2 1 = |x| − (|x| − pn (x)) + (|x| + pn (x))(|x| − pn (x)) 2 * 1 = |x| − (|x| − pn (x)) 1 − (|x| + pn (x)) ≤ |x| 2

1.11. SATZ VON STONE-WEIERSTRASS

87

Damit haben wir nachgewiesen, dass die Folge monoton wachsend ist. Außerdem gilt pn ≤ pn+1 . 1 pn+1 (x) = pn (x) + (x2 − p2n (x)) ≥ pn (x) 2 2 Satz 10 [Stone-Weierstraß] Es sei K ein kompakter, topologischer Raum und A eine Algebra in dem reellen Raum C(K). A enthalte die konstanten Funktionen und A sei punktetrennend, d.h. zu jedem x und y mit x = y gibt es eine Funktion f ∈ A mit f (x) = f (y). Dann liegt A dicht in C(K).

Falls C(K) ein komplexer Vektorraum ist, dann muss man noch zus¨atzlich fordern, dass A selbstadjungiert ist, d.h. mit f ∈ A gilt auch f¯ ∈ A. Beweis. Die Algebra A enth¨alt alle konstanten Funktionen und sie trennt auch die Punkte von K. Damit gilt dies auch f¨ ur den Abschluss A¯ der ¯ ¯ Algebra und A ist wiederum eine Algebra A. Dies gilt, weil fn gn − f g ≤ fn gn − f gn + f gn − f g ≤ gn fn − f + f gn − g Nach Satz 9 reicht es nun nachzuweisen, dass max{f, g} ∈ A¯ und min{f, g} ∈ ¯ falls f, g ∈ A¯ gilt. A, Nach Lemma ?? gibt es eine Folge von Polynomen pn , die auf [−1, 1] gleichm¨aßig gegen die Funktion |x| konvergiert. damit konvergiert die Folge |f | pn ( ff ) gleichm¨aßig gegen die Funktion f . Die Funktionen pn ( ff ) sind ¯ weil A¯ eine Algebra ist. Weiter folgt, dass f pn ( f ) Elemente von A, f gleichm¨aßig gegen |f | konvergiert. Somit ist auch |f | in A¯ enthalten. Wegen 1 max{f, g} = (f + g + |f − g|) 2

1 min{f, g} = (f + g − |f − g|) 2

¯ 2 sind also auch max{f, g} und min{f, g} in A¯ enthalten wenn f, g ∈ A. Korollar 3 Es sei K eine kompakte Teilmenge des Rn . Dann sind die Polynome dicht in dem Raum C(K, R).

88

¨ CHAPTER 1. TOPOLOGISCHE VEKTORRAUME

Beweis. Die Menge der Polynome ist oﬀensichtlich eine Algebra. Die Kostanten geh¨oren zum Raum der Polynome. Die Polynome trennen die Punkte von K. Dazu reicht es, die Polynome der Form xi + c zu betrachten. 2

Chapter 2 Lineare Operatoren 2.1

Lineare Operatoren

Es seien X, Y normierte R¨aume und T : X → Y eine lineare Abbildung. T heißt beschr¨ankt, falls es ein c mit c > 0 gibt, so dass f¨ ur alle x ∈ X T (x)Y ≤ cxX gilt. Das Inﬁmum u ¨ber alle solche c bezeichnen wir als die Norm von T T = inf {c |∀x ∈ X : T (x)Y ≤ cxX } Lemma 56 (i) F¨ ur alle x ∈ X gilt T (x)Y ≤ T xX (ii) T = sup{T (x)Y | xX ≤ 1} (iii) T = sup{T (x)Y | xX = 1} (iv) T = sup x =0

89

T (x)Y xX

90

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Beweis. (i) ∀ > 0∀x ∈ X : T (x)Y ≤ (T + )xX Dies ist dasselbe wie ∀x ∈ X∀ > 0 : T (x)Y ≤ (T + )xX Es folgt sofort ∀x ∈ X : T (x)Y ≤ T xX (ii) Aus (i) folgt sofort sup{T (x)Y | xX ≤ 1} ≤ T Umgekehrt gibt es f¨ ur jedes > 0 ein x ∈ X, so dass T (x)Y ≥ (T − )xX Hieraus folgt

x T ≥ T − xX Y

Damit folgt f¨ ur alle > 0 sup{T (x)Y | xX ≤ 1} ≥ T − 2 Mit L(X, Y ) bezeichnen wir die Menge aller linearen, beschr¨ankten Operatoren von X nach Y . Lemma 57 L(X, Y ) ist ein Vektorraum und T = inf{c |∀x ∈ X : T (x)Y ≤ cxX } ist eine Norm. Sie wird Operatornorm genannt. Beweis. Falls T = 0, dann gilt sup T = 0.

x =1

2.1. LINEARE OPERATOREN

91

Also gilt f¨ ur alle x mit x = 1, dass T x = 0. Hieraus folgt f¨ ur alle x ∈ X, dass T x = 0. Also T = 0. Es gilt tT = sup tT (x) = sup |t|T (x) = |t| sup T (x) = |t|T x =1

x =1

x =1

Wir zeigen, dass die Dreiecksungleichung gilt. T + S

= sup (T + S)(x) = sup T (x) + S(x) x ≤1

x ≤1

≤ sup (T (x) + S(x)) x ≤1

≤ sup T (x) + sup S(x) = T + S x ≤1

x ≤1

2 Lemma 58 X und Y seien normierte R¨ aume und T : X → Y ein linearer Operator. Dann sind a¨quivalent: (i) T ist stetig. (ii) T ist stetig in 0. (iii) T ist beschr¨ ankt. Beweis. Dass (ii) aus (i) folgt, ist trivial. Wir zeigen, dass (iii) aus (ii) folgt. Da T stetig in 0 ist, gibt es ein δ > 0, so dass f¨ ur alle x ∈ X mit xX < δ gilt, dass T (x) < 1. T = sup{T (x)Y | xX ≤ 1}

1 sup{T (δx)Y | xX ≤ 1} δ 1 1 = sup{T (y)Y | yX ≤ δ} ≤ δ δ =

Aus (iii) folgt (i): Die Beschr¨anktheit von T ∀x ∈ X : T (x)Y ≤ T xX impliziert sofort ∀x, y ∈ X : T (x − y)Y ≤ T x − yX 2

92

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Lemma 59 Falls X ein normierter Raum und Y ein Banachraum ist, dann ist L(X, Y ) ein Banachraum.

ur alle Beweis. Es sei Tn , n ∈ N, eine Cauchy Folge in L(X, Y ). Dann gilt f¨ x ∈ X, dass Tn x, n ∈ N, eine Cauchy Folge ist. Dies folgt sofort aus Tn x − Tm xY = (Tn − Tm )xY ≤ Tn − Tm xX Da Y ein Banachraum ist, konvergiert Tn x, n ∈ N, f¨ ur alle x ∈ X. Wir deﬁnieren einen Operator T durch T (x) = lim Tn (x) n→∞

Wir pr¨ ufen nach, dass T linear ist. T (x + y) = lim Tn (x + y) n→∞

= lim (Tn (x) + Tn (y)) n→∞

= lim Tn (x) + lim Tn (y) = T (x) + T (y) n→∞

n→∞

T (tx) = lim Tn (tx) = t lim Tn (x) = tT (x) n→∞

n→∞

Wir pr¨ ufen nach, dass T beschr¨ankt ist. T = sup T (x)Y = sup lim Tn (x)Y x ≤1

x ≤1

n→∞

Mit Lemma 36 T

= sup lim Tn (x)Y = sup lim inf Tn (x)Y x ≤1 n→∞

x ≤1 n→∞

≤ lim inf sup Tn (x)Y = lim inf Tn n→∞ x ≤1

n→∞

= lim Tn n→∞

Die letzte Gleichheit gilt, weil Tn , n ∈ N, eine Cauchy Folge in L(X, Y ) ist und damit Tn , n ∈ N, eine Cauchy Folge in R ist. Wir zeigen nun, dass

2.1. LINEARE OPERATOREN

93

die Folge Tn , n ∈ N, in L(X, Y ) gegen T konvergiert. T − Tn

= sup Tn (x) − T (x)Y x ≤1

= sup Tn (x) − lim Tk (x)Y k→∞

x ≤1

= sup lim (Tn (x) − Tk (x))Y x ≤1

k→∞

= sup lim Tn (x) − Tk (x)Y x ≤1 k→∞

= sup lim inf Tn (x) − Tk (x)Y x ≤1 k→∞

≤ lim inf sup Tn (x) − Tk (x)Y k→∞ x ≤1

= lim inf Tn − Tk k→∞

2 Zwei normierte R¨aume X und Y heißen isomorph, wenn es eine Bijektion I : X → Y gibt, so dass I und I −1 beschr¨ankt sind. Eine lineare Abbildung P : X → X heißt Projektion, falls P 2 = P gilt. Eine Projektion ist auf dem Bild P (X) die identische Abbildung, d.h. f¨ ur alle x ∈ P (X) gilt P (x) = x. Dies sieht man leicht ein: Es sei x ∈ P (X). Dann gibt es ein y ∈ X mit x = P (y) und somit gilt P (x) = P 2 (y) = P (y) = x Wir sagen, dass ein Teilraum Y von X komplementiert ist, wenn Y das Bild einer stetigen Projektion ist. Lemma 60 Es sei X ein Banachraum und Y ein Teilraum von X. Y ist genau dann komplementiert in X, wenn es einen weiteren Teilraum Z von X mit Y ∩ Z = {0} und X = Y + Z gibt, so dass die Norm Y + Z ¨aquivalent zu der von X ist. Man kann X also als direkte Summe Y ⊕ Z darstellen. Beweis. Es sei Y das Bild der stetigen Projektion P . Es sei I : X → X die identische Abbildung. Dann ist I − P eine Projektion (I − P )2 = I 2 − P I − IP + P 2 = I − P.

94

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Wir w¨ahlen Z als das Bild von I −P . Dann ist die Abbildung J : X → Y ⊕Z mit J(x) = (P (x), (I − P )(x)) eine stetige Bijektion. Wir weisen dies nach. J ist linear, weil P und I linear sind. Falls J(x) = J(y) gilt, dann P (x) = P (y)

und

x − P (x) = y − P (y)

Es folgt x = y. Also ist J injektiv. J = sup J(x) = sup (P (x) + (I − P )(x)) ≤ P + I − P x X =1

x X =1

Mit der Dreiecksungleichung J −1 =

sup

y + z ≤1

y + zX ≤

sup

y + z ≤1

(yX + zX ) = 1

Wenn nun umgekehrt Y ⊕ Z isomorph zu X ist, dann w¨ahlen wir als Projektion P : X → X mit P (y + z) = y. 2 Den Raum Z nennt man auch Komplement¨arraum zu Y . Es sei X ein Vektorraum und Y ein Teilraum von X. Wir sagen, dass x und z ¨aquivalent sind, wenn x − z ein Element von Y ist. Wir bezeichnen ¨ den Raum aller Aquivalenzklassen als Quotientenraum X/Y . Die Abbildung ¨ Q, die x auf ihre Aquivalenzklasse abbildet heißt Quotientenabbildung. Falls X ein normierter Raum ist und Y ein abgeschlossener Teilraum von X ist, dann ist [x]X/Y = inf{zX |z ∼ x} = inf{x + yX |y ∈ Y } eine Norm auf X/Y . Lemma 61 Es sei X ein normierter Raum und Y ein abgeschlossener Teilraum von X. Dann gelten (i) [x]X/Y = inf{zX |z ∼ x} = inf{x + yX |y ∈ Y } ist eine Norm auf X/Y . (ii) ∀ > 0∀x ∈ X∃y ∈ Y : [x] + ≥ x + y (iii) Die Abbildung Q : X → X/Y mit Q(x) = [x] hat die Norm 1. (iv) Falls X vollst¨andig ist, so ist auch X/Y vollst¨ andig.

2.1. LINEARE OPERATOREN

95

Das Bild der oﬀenen Einheitskugel unter einer Quotientenabbildung ist gleich der oﬀenen Einheitskugel im Quotientenraum. Das Bild der abgeschlossenen Kugel muss nicht gleich der abgeschlossenen Kugel im Quotientenraum sein. Dazu kannn man ein Funktional betrachten, das seine Norm nicht annimmt. Der Quotientenraum ist gleich R. Beweis. (i) Da Y abgeschlossen ist, gilt f¨ ur alle x ∈ /Y [x]X/Y > 0 Es folgt, dass genau dann [x] = 0 gilt, wenn [x] = 0. Wir weisen die Dreiecksungleichung nach. [x] + [y]

= [x + y] = inf{x + y + zX |z ∈ Y } = inf{x + y + z + wX |z, w ∈ Y } ≤ inf{x + zX + y + wX |z, w ∈ Y } = inf{x + zX |z, w ∈ Y } + inf{y + wX |z, w ∈ Y } = [x] + [y]

(ii) folgt aus der Eigenschaft des Inﬁmums. (iii) Es gilt Q = sup inf{x + yX |y ∈ Y } x =1

Man sieht sofort, dass Q ≤ 1. Wir weisen nun die umgekehrte Ungleichung nach. Es sei x ∈ X mit x = 1. Dann gibt es zu jedem > 0 ein y ∈ Y mit [x] ≥ x − yX − . Es folgt Q ≥

[x]X/Y [x]X/Y [x − y]X/Y = ≥ x − yX x − yX [x]X/Y +

∞ (iv) Nach ∞ Lemma 37 reicht es zu zeigen, dass n=1 [xn ] in X/Y konvergiert, falls onnen annehmen, dass f¨ ur alle n ∈ N die n=1 [xn ] < ∞. Wir k¨ Ungleichung xn ≤ [xn ] + 21n gilt. Es folgt ∞ n=1

xn ≤ 1 +

∞ n=1

[xn ] < ∞

96

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Da X vollst¨andig ist, konvergiert ∞ n=1 xn . Damit folgt + + ∞ , , ∞ N ∞ xn − [xn ] = xn ≤ xn n=1 n=1 n=N +1

n=N +1

2 Lemma 62 Es sei X ein Banachraum und Y ein komplementierter Teilraum von X. Dann ist der Quotientenraum X/Y isomorph zu einem Teilraum von X. Beweis. Nach Lemma ?? gibt es einen weiteren Teilraum Z mit Y ∩Z = {0} und X = Y + Z, so dass die Norm Y + Z ¨aquivalent zu der von X ist. Wir zeigen, dass X/Y isomorph zu Z ist. Zu jedem x ∈ X gibt es genau ein y ∈ Y und z ∈ Z, so dass x = y + z. Wir deﬁnieren I : X/Y → Z durch I([x]) = z Diese Abbildung ist wohldeﬁniert und bijektiv. Es sei x ∈ X und x = y + z mit y ∈ Y und z ∈ Z. Dann gilt xX/Y = inf x + uX = inf y + z + uX ≤ z u∈Y

u∈Y

und xX/Y = inf x+uX = inf z +y +uX ≥ c inf (y +uY +zZ ) = czZ u∈Y

u∈Y

u∈Y

2 Lemma 63 Es seien X ein Banachraum, T : X → X ein beschr¨ ankter Operator mit T < 1 und I die identische Abbildung auf X. Dann ist I − T bijektiv und (I − T )−1 ein beschr¨ ankter Operator. Beweis. Da X ein Banachraum ist, so ist auch L(X) ein Banachraum. Die ∞ n Reihe konvergiert in L(X), weil T < 1 und damit die Reihe n=0 T absolut konvergiert. Es gilt −1

(I − T )

=

∞ n=0

T n.

2.1. LINEARE OPERATOREN

97

Die Folge der Operatoren (I − T )

k

T n = I − T n+1

n=0

konvergiert gegen I. 2 Eine lineare Abbildung T : X → Y zwischen zwei normierten R¨aumen heisst kompakt, wenn das Bild T (BX ) der abgeschlossenen Einheitskugel relativ kompakt ist, wenn also der Abschluss von T (BX ) kompakt ist. K(X, Y ) bezeichnet die kompakten Operatoren. Lemma 64 Es seien X, Y und Z Banachr¨ aume. Dann gilt (i) K(X, Y ) ist ein abgeschlossener Teilraum von L(X, Y ). (ii) Es seien T ∈ L(X, Y ) und S ∈ L(Y, Z). Falls T oder S kompakt ist, dann ist auch S ◦ T kompakt. Lemma 65 Es seien X und Y Banachr¨ aume und T ∈ L(X, Y ). Es sei Tn ∈ L(X, Y ), so dass f¨ ur alle n ∈ N das Bild von Tn endlich-dimensional ist und Tn in der Norm gegen T konvergiert. Dann T ist kompakt. Beweis. Tn , n ∈ N sind kompakt, weil das Bild endlich-dimensional ist. Der Raum K(X, Y ) ist vollst¨andig, deshalb ist T kompakt. 2

98

2.2

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Lineare Funktionale

Eine lineare Abbildung von einem topologischen Vektorraum X u ¨ber dem K¨orper K nach K heißt lineares Funktional. Der Vektorraum aller stetigen, linearen Funktionale eines topologischen Vektorraumes X heißt Dualraum von X und wird mit X ∗ bezeichnet. Falls X ein normierter Vektorraum ist, dann ist X ∗ mit der Operatornorm wegen Lemma 59 ein Banachraum. Der Dualraum ist von besonderer Bedeutung in der Funktionalanalysis. Wenn man z.B. eine Eigenschaft eines normierten Raumes u ¨berpr¨ ufen will, so kann es einfacher sein eine entsprechende Eigenschaft f¨ ur den Dualraum nachzuweisen. Lemma 66 Es sei X ein topologischer, reeller Vektorraum und φ ein lineares Funktional auf X. φ ist genau dann stetig, wenn es eine Nullumgebung U gibt, auf der φ beschr¨ ankt ist.

Beweis. Wir zeigen, dass aus der Stetigkeit von φ die Existenz einer Nullumgebung folgt, auf der φ beschr¨ankt ist: Das Urbild des Intervalls [−1, 1] ist eine Nullumgebung. Wir zeigen nun die Umkehrung. Es gebe eine Nullumgebung U und eine Konstante c, so dass f¨ ur alle x ∈ U die Ungleichung |φ(x)| ≤ c gilt. Dann ist U eine Nullumgebung und c φ−1 ([−, ]) ⊇ c U. Damit ist f¨ ur alle > 0 das Urbild von (−, ) eine Nullumgebung. Somit ist φ in 0 stetig. Wegen Lemma ?? ist φ damit in allen Punkten stetig. 2 Lemma 67 Es sei X ein topologischer, reeller Vektorraumaum und φ : X → R ein lineares Funktional. φ ist genau dann stetig, wenn der Teilraum {x ∈ X|φ(x) = 0} abgeschlossen ist. Falls das Funktional nicht stetig ist, so ist {x ∈ X|φ(x) = 0} dicht in X.

Beweis. Falls φ stetig ist, so ist das Urbild jeder abgeschlossenen Menge abgeschlossen. Also ist {x ∈ X|φ(x) = 0} abgeschlossen.

2.2. LINEARE FUNKTIONALE

99

Wir nehmen nun an, dass {x ∈ X|φ(x) = 0} abgeschlossen ist. Falls X = {x ∈ X|φ(x) = 0} so ist das Funktional φ identisch 0 und damit stetig. Falls X = {x ∈ X|φ(x) = 0} / {x ∈ X|φ(x) = 0}. Da {x ∈ X|φ(x) = 0} dann gibt es ein x0 ∈ X mit x0 ∈ abgeschlossen ist, gibt es eine Nullumgebung U mit x0 + U ∩ {x ∈ X|φ(x) = 0} = ∅ Wir k¨onnen annehmen, dass U kreisf¨ormig ist, d.h. f¨ ur alle x ∈ U und alle t mit |t| ≤ 1 gilt tx ∈ U . Falls φ auf U nicht beschr¨ankt ist, dann gibt es ein x ∈ U mit |φ(x)| ≥ |φ(x0 )| 0) Weil U kreisf¨ormig ist, gilt − φ(x x ∈ U und φ(x)

φ(x0 ) x ∈ x0 + U x0 − φ(x)

φ(x0 ) φ x0 − x φ(x)

und

=0

Also gibt es einen Vektor in x0 + U , der durch φ auf die 0 abgebildet wird. Andererseits gilt x0 + U ∩ {x ∈ X|φ(x) = 0} = ∅. Dies ist ein Widerspruch. 2 Beispiel 13 Es sei 0 < p < 1. Der topologische Vektorraum Lp [0, 1] besitzt genau ein stetiges Funktional, n¨ amlich das 0-Funktional.

Der Dualraum von p , 0 < p < 1, besteht nicht nur aus dem 0-Funktional. Die Koordinatenfunktionale sind stetig, weil |ai | ≤ ap Deshalb separiert der Dualraum von p die Punkte von p . Man kann sogar zeigen, dass der Dualraum isometrisch isomorph zu ∞ ist. Beweis. Wir nehmen an, dass es ein stetiges Funktional φ gibt, das von 0 verschieden ist. Dann gibt es ein g0 ∈ Lp , so dass g0 = 0 und φ(g0 ) = 1. Wir zeigen, dass φ nicht stetig ist. Dazu konstruieren wir eine Folge gn , n = 0, 1, . . . mit φ(g1 ) ≥ 1

und

1

gn p = 21− p g0 p

100

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Eine solche Folge widerspricht der Stetigkeit, weil lim gn = 0

lim sup φ(gn ) ≥ 1

und

n→∞

n→∞

Wir konstruieren die Folge aus der Funktion g0 . Wir machen den Induktionsschritt. Dazu w¨ahlen wir x0 , so dass x0

1

|gn |p dx =

|gn |p dx.

0

x0

Auf Grund der Linearit¨ at von φ gilt 1 = φ(gn ) = φ(gn χ[0,x0 ) ) + φ(gn χ[x0 ,1] ). Somit gilt 1 2

≤ φ(gn χ[0,x0 ) )

Wir setzen gn+1 =

1 2

oder

2gn χ[0,x0 )

falls

2gn χ[x0 ,1]

falls

1 2 1 2

≤ φ(gn χ[x0 ,1] ).

≤ φ(gn χ[0,x0 ) ) > φ(gn χ[0,x0 ) ).

Dann gilt φ(gn+1 ) ≥ 1 und, falls gn+1 = 2gn χ[0,x0 ) , gn+1 p

p1

1

|2gn χ[0,x0 ) | dx p

= 0

=2 0

x0

p1

|gn |p dx

=2

1 p1 1 1 |gn |p dx = 21− p gn p 2 0

2

Lemma 68 Es sei X ein topologischer, linearer Raum. Dann gibt es genau dann ein nichttriviales stetiges Funktional auf X, wenn X eine von X verschiedene konvexe Nullumgebung besitzt.

2.3. DER SATZ VON HAHN-BANACH I: DIE ANALYTISCHE VERSON101

2.3

Der Satz von Hahn-Banach I: Die analytische Verson

Hans Hahn (1879-1934) wurde in Wien geboren. Er studierte in Wien und G¨ottingen. Nach dem 1. Weltkrieg hatte er eine Professur in Bonn und ab 1921 in Wien. Stefan Banach (1892-1945) wurde in Krakau geboren. Er studierte an der Technischen Hochschule in Lwow und wurde dort 1927 Professor. Der Satz von Hahn-Banach besagt, dass man ein stetiges, lineares Funktional, das auf einem Teilraum deﬁniert ist, zu einem stetigen linearen Funktional auf den ganzen Raum fortsetzen kann. Diese Aussage ist in dem Fall, dass der Raum endlich-dimensional ist, nicht sehr u ¨berraschend, weil alle linearen Abbildungen stetig sind und man mit Hilfe der Linearen Algbra leicht die Existenz einer Fortsetzung nachweist. Der entscheidende Punkt ist also, dass die R¨aume nicht endlich-dimensional sind. Der Satz von Hahn-Banach ist ein wichtiges und grundlegendes Ergebnis der Funktionalanalysis. Es wurde 1927 von Hans Hahn, Wien, bewiesen und zwei Jahre sp¨ater von Stefan Banach. Es handelt sich um ein abstraktes Ergebnis. Seine Bedeutung liegt gerade in dem hohen Abstraktionsgrad. Es ﬁndet breite Anwendung, ohne den Satz von Hahn-Banach ist die Funktionalanalysis nicht denkbar [Cas]. Es gibt zwei Formulierungen davon, eine analytische und eine geometrische. Die analytische besagt, dass man jedes stetige Funktional, das auf einem Teilraum eines normierten Raumes deﬁniert ist, zu einem stetigen Funktional auf dem gesamten Raum fortsetzen kann. Die geometrische Version besagt, dass sich zwei disjunkte, konvexe Mengen, durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen lassen. Hierbei muß man allerdings weitere Bedingungen an die Mengen stellen. So reicht es aus zu fordern, dass eine der Mengen oﬀen ist. Auch reicht es aus zu fordern, dass eine Menge kompakt und die andere abgeschlossen ist. Zwei abgeschlossene, disjunkte, konvexe Mengen lassen sich i.a. nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen. Es sei X ein reeller Vektorraum. Eine Abbildung p : X → R, so dass f¨ ur alle x, y ∈ X p(x + y) ≤ p(x) + p(y)

102

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

und f¨ ur alle x ∈ X und alle t ≥ 0 p(tx) = tp(x) gelten, heißt Minkowski Funktional. Ein Minkowski Funktional kann auch negative Werte annehmen. Satz 11 Es sei X ein reeller Vektorraum und p ein Minkowski Funktional auf X. Y sei ein Teilraum von X und f ein lineares Funktional auf Y , so dass f¨ ur alle x ∈ Y f (x) ≤ p(x) gilt. Dann gibt es ein lineares Funktional F auf X, so dass f¨ ur alle x ∈ X F (x) ≤ p(x) gilt und so dass f¨ ur alle x ∈ Y gilt, dass F (x) = f (x). Die R¨aume Lp [0, 1] mit 0 < p < 1 sind Beispiele f¨ ur R¨aume, wo der Satz von Hahn-Banach nicht gilt. Es l¨asst sich auf jedem 1-dimensionalen Teilraum ein stetiges, lineares Funktional deﬁnieren, das von 0 verschieden ist. Man kann es aber nicht auf den gesamten Raum fortsetzen, weil es kein stetiges, von 0 verschiedenes Funktional dort gibt. Beim Beweis des Satzes von Hahn-Banach geht wie bei vielen weiteren Ergebnissen das Lemma von Zorn ein. Der Satz von Hahn-Banach ist also eine der Fr¨ uchte des Zorns. Beweis. Es sei f ein lineares Funktional auf einem Teilraum Z von X mit Z = X, so dass f¨ ur alle x ∈ Z die Ungleichung f (x) ≤ p(x) gilt. Dann gibt es einen Vektor x0 ∈ / Z und ein Funktional g:V →R wobei V = {z|z = y + tx0 , y ∈ Z, t ∈ R} die lineare H¨ ulle von x0 und Z ist und ∀x ∈ V : g(x) ≤ p(x) ∀x ∈ Z : g(x) = f (x)

2.3. DER SATZ VON HAHN-BANACH I: DIE ANALYTISCHE VERSON103 Wir zeigen diese Behauptung. Es gilt sup{f (y) − p(y − x0 )|y ∈ Z} ≤ inf{p(y + x0 ) − f (y)|y ∈ Z} Wir u ¨berpr¨ ufen dies. F¨ ur alle y1 , y2 ∈ Z gilt f (y1 + y2 ) ≤ p(y1 + y2 ). Deshalb gilt f¨ ur alle y1 , y2 ∈ Z f (y1 ) + f (y2 ) ≤ p(y1 − x0 + x0 + y2 ) ≤ p(y1 − x0 ) + p(x0 + y2 ). Somit gilt f¨ ur alle y1 , y2 ∈ Z f (y1 ) − p(y1 − x0 ) ≤ p(x0 + y2 ) − f (y2 ). Wir w¨ahlen α, so dass sup{f (y) − p(y − x0 )|y ∈ Z} ≤ α ≤ inf{p(y + x0 ) − f (y)|y ∈ Z} und setzen g(y + tx0 ) = f (y) + tα. Oﬀenbar ist g ein lineares Funktional und stimmt mit f auf Z u ¨berein. Wir m¨ ussen noch nachpr¨ ufen, dass f¨ ur alle z ∈ V die Ungleichung g(z) ≤ p(z) gilt. Wir betrachten den Fall t > 0. g(y + tx0 )

= f (y) + tα = t( 1t f (y) + α) = t(f ( 1t y) + α) ≤ t{f ( 1t y) + p(x0 + 1t y) − f ( 1t y)} = tp(x0 + 1t y) = p(tx0 + y)

Nun betrachten wir den Fall t < 0. g(y + tx0 )

1 = f (y) + tα = |t|(f ( |t| y) − α) 1 1 1 y) + p( |t| y − x0 ) − f ( |t| y)} ≤ |t|{f ( |t| 1 y − x0 ) = p(y − |t|x0 ) = p(y + tx0 ) = p( |t|

Nun beenden wir den Beweis mit dem Lemma von Zorn. Wir betrachten die Menge F aller Paare (g, Z) mit (i) Z ist Teilraum von X und Y ist Teilraum von Z. (ii) g ist lineares Funktional auf Z, so dass f¨ ur alle y ∈ Z gilt, dass g(y) ≤

104

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

p(y), und so dass f¨ ur alle y ∈ Y gilt, dass g(y) = f (y). Wir f¨ uhren auf F eine Halbordnung ein. Wir sagen, dass (g, Z) ≤ (h, W ) gilt, wenn Z⊆W

und

∀y ∈ Z : g(y) = h(y)

Wir zeigen nun, dass jede linear geordnete Teilmenge eine obere Schranke hat. Es sei F1 linear geordnet. Wir deﬁnieren V = Z und h(x) := g(x) f¨ ur g mit (g, Z) ∈ F1 und x ∈ Z (g,Z)∈F1

F¨ ur alle y ∈ V gilt h(y) ≤ p(y). (h, V ) ist eine obere Schranke f¨ ur F1 . Nach dem Lemma von Zorn gibt es ein maximales Element (F, W ). Wir m¨ ussen zeigen, dass W = X gilt. Falls W = X, dann k¨onnen wir mit der obigen Konstruktion das Funktional auf einen gr¨oßeren Teilraum fortsetzen. Dies widerspricht der Maximalit¨at. 2 Korollar 4 Es sei X ein reeller, normierter Raum und Y ein abgeschlossener Teilraum von X. Es sei f : Y → R ein stetiges, lineares Funktional. Dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional F : X → R mit ∀ x ∈ Y : F (y) = f (y)

und

f = F

Beweis. Wir verwenden als Minkowski Funktional p(x) = f xX . 2 Falls der Teilraum Y nicht abgeschlossen ist, so kann man das Funktional mittels der Stetigkeit auf die abgeschlossene H¨ ulle fortsetzen. Beispiel 14 (i) Es gibt auf dem Raum ∞ aller beschr¨ ankten Folgen ein lineares Funktional, das jeder konvergenten Folge ihren Grenzwert zuordnet. Man spricht hier vom verallgemeinerten Limes oder Banach Limes. (ii) Es sei ∞ der Raum aller reellen, beschr¨ ankten Folgen. Es sei τ der Translationsoperator τ : ∞ → ∞ (τ x)(n) = x(n + 1) n∈N Dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional φ auf ∞ , so dass (i) φ(τ x) = φ(x) (ii) F¨ ur alle x ∈ ∞ gilt, dass lim inf x(n) ≤ φ(x) ≤ lim sup x(n) n→∞

n→∞

2.3. DER SATZ VON HAHN-BANACH I: DIE ANALYTISCHE VERSON105 Beweis. (i) Auf dem Raum c aller konvergenten Folgen deﬁnieren wir das Funktional :c→R (x) = lim xi i→∞

Es gilt = 1. Nach dem Satz von Hahn-Banach (Satz 11) k¨ onnen wir dieses Funktional auf den Raum ∞ fortsetzen. (ii) Wir betrachten n 1 an (x) = x(k) n k=1

. X = x ∈ ∞ lim an (x) existiert

und

n→∞

X ist ein Teilraum von ∞ . Wir deﬁnieren φ : X → R φ(x) = lim an (x) n→∞

Wir setzen p(x) = lim sup an (x). n→∞

∞

Wir zeigen, dass p auf

ein Minkowski Funktional ist. Es gilt 1 x(k) + y(k) n n

p(x + y)

= lim sup an (x + y) = lim sup n→∞

n→∞

1 ≤ lim sup n→∞ n

n k=1

k=1 n

1 x(k) + lim sup y(k) = p(x) + p(y) n→∞ n k=1

und f¨ ur t > 0 p(tx) = lim sup an (tx) = lim sup n→∞

n→∞

1 1 tx(k) = t lim sup x(k) = tp(x) n n→∞ n n

n

k=1

k=1

F¨ ur alle x ∈ X gilt φ(x) = lim an (x) = lim sup an (x) = p(x) n→∞

n→∞

Nun k¨ onnen wir den Satz von Hahn-Banach auf den Raum ∞ , den Teilraum X, das Minkowski Funktional p und das lineare Funktional φ, das auf X deﬁniert ist, anwenden. ˜ die auf ∞ deﬁniert ist und die f¨ Es gibt also eine Fortsetzung φ, ur alle x ∈ ∞ 1 ˜ x(k) φ(x) ≤ p(x) = lim sup n→∞ n n

k=1

erf¨ ullt. Wir zeigen nun, dass 1 x(k) ≤ lim sup x(n). n n→∞ n

lim sup n→∞

k=1

106

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Es gilt ∀ > 0∃n ∀n ≥ n sup x(k) ≤ lim sup x(k) + n≤k

Deshalb

1 lim sup x(k) n→∞ n n

= lim sup n→∞

k=1

≤ lim sup n→∞

k→∞

1 1 x(k) + n n

n

n

k=1

k=n +1

1 n − n x(k) + n n

n

x(k)

k=1

lim sup x(k) + k→∞

= lim sup x(k) + k→∞

Also gilt f¨ ur alle x ∈ ∞

˜ φ(x) ≤ lim sup x(k) k→∞

Da dieselbe Ungleichung auch f¨ ur −x gilt, erhalten wir ˜ lim inf x(k) ≤ φ(x) ≤ lim sup x(k). k→∞

k→∞

˜ ˜ x) gilt. Dazu u Wir zeigen nun, dass φ(x) = φ(τ ¨berlegen wir uns, dass x − τ x ∈ X. 1 1 (x(k) − x(k + 1)) = (x(1) − x(n + 1)) n n n

an (x − τ x) =

k=1

Somit gilt lim an (x − τ x) = lim

n→∞

Es folgt

n→∞

1 (x(1) − x(n + 1)) = 0 n

˜ − τ x) = φ(x − τ x) = lim an (x − τ x) = 0 φ(x n→∞

˜ ˜ x). 2 Wegen der Linearit¨ at von φ˜ folgt nun φ(x) = φ(τ

Der Satz von Hahn-Banach l¨asst sich nicht auf lineare Abbildungen ausdehnen, deren Bild ein normierter Raum ist. Falls der Bildraum endlich dimensional ist, so erh¨alt man f¨ ur lineare, beschr¨ankte Operatoren T :Y →Z dass eine Fortsetzung T˜ auf X mit T˜ ≤

und √

Y ⊂X

dim ZT

existiert. I.a. muss keine Fortsetzung existieren. Dazu geben wir das folgende Beispiel an, das wir aber erst sp¨ater veriﬁzieren k¨onnen (Lemma 79).

2.3. DER SATZ VON HAHN-BANACH I: DIE ANALYTISCHE VERSON107 Es sei id : c0 → c0 die identische Abbildung. Es gibt keine lineare, ˜ : ∞ → c0 , so dass f¨ beschr¨ankte Abbildung id ur alle x ∈ c0 gilt, dass ˜ x = id(x) = id(x). Beispiel 15 Das Funktional φ : C[0, 1] → R φ(f ) = 0

1 2

f (t)dt −

1

f (t)dt 1 2

ist ein Funktional, das nicht sein Supremum annimmt.

108

2.4

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Der Satz von Hahn-Banach II: Die geometrische Version

Die geometrische Version des Satzes von Hahn-Banach besagt, dass sich zwei disjunkte konvexe Mengen durch eine Hyperebene trennen lassen. Wir sind hier nur an abgeschlossenen Hyperebenen interesssiert. Damit die Trennungsaussage gilt, m¨ ussen wir Voraussetzungen an die Mengen stellen. Es reicht schon, dass eine Menge einen inneren Punkt besitzt (Satz 12), oder dass eine Menge kompakt und die andere abgeschlossen ist (Satz 13). Andererseits gibt es zwei disjunkte, konvexe, abgeschlossene Mengen, die sich nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen lassen (Beispiel 18). Die meisten Beispiele solcher Mengen A und B haben die Eigenschaft, dass A − B in dem Vektorraum dicht ist. Dann ist der Abschluss von φ(A − B) gleich R, aber wenn ein Funktional φ trennen soll, dann m¨ usste φ(A − B) ⊆ [0, ∞) oder φ(A − B) ⊆ [0, −∞) gelten. Eine Hyperebene H ist eine Teilmenge eines Vektorraumes X, die die Gestalt x0 + Y besitzt, wobei x0 ∈ X und Y ein Teilraum mit Kodimension 1 ist. H ist genau dann eine Hyperebene, falls es ein lineares Funktional f und ein c ∈ R gibt, so dass H = {x|f (x) = c}. Eine Hyperebene H eines topologischen Vektorraumes ist genau dann abgeschlossen, wenn es ein stetiges Funktional f und ein c ∈ R mit H = {x|f (x) = c} gibt. Falls f stetig ist, so ist die Menge f −1 (c) = {x|f (x) = c} abgeschlossen, weil sie Urbild einer abgeschlossenen Menge ist. Umgekehrt, falls die Menge {x|f (x) = c} abgeschlossen ist, dann ist auch die Menge {x|f (x) = 0} abgeschlossen und nun folgt die Stetigkeit von f mit Lemma 67. Falls eine Hyperebene in einem topologischen Vektorraum nicht abgeschlossen ist, dann ist sie dicht. Wir sagen, dass zwei disjunkte Mengen A und B durch eine abgeschlossene Hyperebene bzw. ein stetiges Funktional φ getrennt werden, falls sup φ(x) ≤ inf φ(x). x∈A

x∈B

Dies bedeutet, dass A in dem einen abgeschlossenen Halbraum liegt, B in dem anderen abgeschlossenen Halbraum. Es kann also sein, dass beide Mengen A und B in der Hyperebene liegen. Somit bekommt man den Eindruck, dass dieser Trennungsbegriﬀ etwas schwach ist.

2.4. DER SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION109 Eine leichte Versch¨arfung stellt die folgende Trennungsbedingung dar: F¨ ur alle x ∈ A und alle y ∈ B gilt die Ungleichung φ(x) < φ(y). Geometrisch bedeutet dies, dass A in dem einen oﬀenen Halbraum enthalten ist und B in dem anderen oﬀenen Halbraum. Wir sagen in diesem Fall, dass die Mengen strikt getrennt werden. Wir sagen, dass zwei disjunkte Mengen stark getrennt werden, wenn es ein stetiges Funktional φ gibt, so dass sup φ(x) < inf φ(x). x∈B

x∈A

bzw. wenn es ein stetiges Funktional φ, ein c ∈ R und ein > 0 gibt, so dass f¨ ur alle x ∈ A und alle y ∈ B die Ungleichungen φ(x) ≤ c −

φ(y) ≥ c +

gelten. Der folgende Satz besagt, dass man zwei konvexe, disjunkte Mengen durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen kann, vorausgesetzt, dass eine der beiden Mengen oﬀen ist. Es ist die geometrische Version des Satzes von Hahn-Banach. Satz 12 Es sei X ein normierter, reeller Raum, A eine nichtleere, konvexe Menge, die einen inneren Punkt besitzt, und B eine nichtleere konvexe Menge. Es seien A und B disjunkt. Dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional f mit f = 0, so dass sup f (x) ≤ inf f (x) x∈A

x∈B

Falls A u ¨berdies oﬀen ist, dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional f , so dass f¨ ur alle x ∈ A und alle y ∈ B die Ungleichung f (x) < f (y) gilt.

110

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Zwei konvexe, disjunkte Mengen lassen sich durch eine Hyperebene trennen

Diese Mengen lassen sich nicht durch eine Hyperebene trennen

Lemma 69 Es sei X ein normierter Raum, C eine konvexe Umgebung der

2.4. DER SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION111 0 und p : X → R sei durch ( ' p(x) = inf t > 0| 1t x ∈ C deﬁniert. Dann ist p ein Minkowski Funktional und {x|p(x) < 1} ⊆ C ⊆ {x|p(x) ≤ 1}. Falls C sogar oﬀen ist, dann gilt C = {x|p(x) < 1}. Man bezeichnet p als das von C erzeugte Minkowski Funktional. Beweis. p ist wohldeﬁniert, d.h. p(x) ist f¨ ur alle x ∈ X endlich. Dies gilt, weil C eine Umgebung der 0 ist und deshalb nach Lemma 29 die Gleichung X= ∞ n=1 nC gilt. Wir zeigen, dass p die Dreiecksungleichung erf¨ ullt. Falls 1t x ∈ C und 1 y ∈ C, dann gilt wegen der Konvexit¨at von C s 1 (x s+t

+ y) =

t ( 1 x) s+t t

+

s 1 ( y) s+t s

∈ C.

(2.1)

Es gilt p(x) + p(y)

= inf{t| 1t x ∈ C} + inf{s| 1s x ∈ C} = inf{t + s| 1t x ∈ C, 1s x ∈ C}

Mit (2.1) folgt 1 ( ' (x + y) ∈ C ≥ p(x + y). p(x) + p(y) ≥ inf t + s t+s Wir weisen die Homogenit¨at von p nach. F¨ ur r > 0 ( ' ( ' p(rx) = inf t 1t rx ∈ C = r inf rt 1t rx ∈ C = rp(x). Falls x ∈ C, so gilt p(x) ≤ 1 und wir haben C ⊆ {x|p(x) ≤ 1}. Falls p(x) < 1, dann gibt es ein t < 1 mit 1t x ∈ C. Wegen der Konvexit¨at von C folgt [0, x] ⊆ [0, 1t x] ⊆ C.

112

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Wir zeigen nun, dass C = {x|p(x) < 1} gilt, falls C oﬀen ist. Es reicht C ⊆ {x|p(x) < 1} zu zeigen. Falls C oﬀen ist, dann gibt es zu jedem x ∈ C ein > 0, so dass (1 + )x ∈ C. Deshalb gilt p(x) ≤

1 <1 1+

2 Lemma 70 Es sei X ein normierter Raum und C eine konvexe Umgebung der 0 mit dem dazugeh¨origen Minkowski-Funktional p. Dann gibt es eine Konstante c > 0, so dass f¨ ur alle x ∈ X p(x) ≤ cxX gilt. Beweis. Es gibt > 0, so dass B(0, ) = {x|x < } ⊂ C. Es folgt p(x)

= inf{t| 1t x ∈ C} ≤ inf{t| 1t x ∈ B(0, )} = inf{t|x ∈ B(0, t)} = inf{t| 1 x ∈ B(0, t)} = 1 xX

2 Beweis von Satz 12. Wir w¨ahlen einen inneren Punkt x0 in A und einen beliebigen Punkt y0 ∈ B. Dann ist C = A − B + (y0 − x0 ) eine konvexe Umgebung von 0. Es gilt 0 ∈ C, weil x0 ∈ A und y0 ∈ B. C ist konvex: Es seien u, w ∈ C. Dann gibt es x1 , x2 ∈ A und y1 , y2 ∈ B mit u = x1 − y1 + (y0 − x0 ) w = x2 − y2 + (y0 − x0 ) Hieraus folgt tu + (1 − t)w = tx1 − ty1 + t(y0 − x0 ) + (1 − t)x2 − (1 − t)y2 + (1 − t)(y0 − x0 ) = tx1 + (1 − t)x2 −(ty1 + (1 − t)y2 ) + (y0 − x0 ) ∈A

∈B

2.4. DER SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION113 Da x0 ein innerer Punkt von A ist, gibt es ein > 0, so dass B(x0 , ) ⊂ A. C = {x − y + (y0 − x0 )|x ∈ A, y ∈ B} ⊇ {x − x0 |x ∈ B(x0 , )} = B(0, ) Es sei p das zu C geh¨orige Minkowski Funktional. Es gilt y0 − x0 ∈ / C. Falls n¨amlich y0 − x0 ∈ C, dann gibt es x ∈ A und y ∈ B mit y0 − x0 = x − y + y0 − x0 Also gilt x = y, was nicht sein kann, weil A und B disjunkt sind. Da y0 − x0 ∈ / C, so folgt p(y0 − x0 ) ≥ 1. Wir betrachten den 1-dimensionalen Teilraum Z = {t(y0 − x0 )| t ∈ R} und darauf das Funktional f : Z → R f (t(y0 − x0 )) = t. Dann gilt f¨ ur alle t ∈ R f (t(y0 − x0 )) ≤ p(t(y0 − x0 )). Wir pr¨ ufen dies nach. F¨ ur t ≥ 0 erhalten wir f (t(y0 − x0 )) = t ≤ t p(y0 − x0 ) = p(t(y0 − x0 )). Falls t < 0, so gilt f (t(y0 − x0 )) = t < 0 ≤ p(t(y0 − x0 )). Wir wenden nun den Satz von Hahn-Banach (Satz 11) auf f an und erhalten F : X → R mit F ≤ p. Es gilt also f¨ ur alle x ∈ X F (x) ≤ p(x) Mit Lemma 70 erhalten wir f¨ ur alle x ∈ X F (x) ≤ cx. Da dies auch f¨ ur −x gilt, erhalten wir f¨ ur alle x ∈ X |F (x)| ≤ cx.

114

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Also ist F stetig. F¨ ur alle x ∈ A, y ∈ B gilt F (x) − F (y) + 1 = F (x − y + y0 − x0 ) ≤ p(x − y + y0 − x0 ) Da x − y + y0 − x0 ∈ C, folgt mit Lemma 69 F (x) − F (y) + 1 ≤ 1. Deshalb gilt f¨ ur alle x ∈ A und y ∈ B F (x) ≤ F (y). Also gilt sup F (x) ≤ inf F (y). x∈A

x∈B

Wir wollen noch den Fall betrachten, dass A oﬀen ist. Der Beweis wird nur an einigen Stellen modiﬁziert. Zun¨achst beobachten wir, dass C = A − B + (y0 − x0 ) oﬀen ist. Dies folgt aus der Gleichung y0 − x0 − y + A C= y∈B

Die rechte Seite ist eine Vereinigung oﬀener Mengen. Deshalb gilt nach Lemma 69 f¨ ur alle x ∈ C die Ungleichung p(x) < 1, also insbesondere gilt f¨ ur alle x ∈ A und y ∈ B p(x − y + y0 − x0 ) < 1. 2 Beispiel 16 Es sei L2 ([−1, 1]) der Raum aller quadratintegrierbaren Funktionen bzgl. des Lebesgue Maßes. F¨ ur jede Zahl α sei Eα die Menge aller stetigen Funktionen f auf [−1, 1] mit f (0) = α. Dann ist f¨ ur alle α die Menge Eα konvex und dicht in L2 ([−1, 1]). Weiter sind f¨ ur alle α = β die Mengen Eα und Eβ disjunkt und sie lassen sich nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen.

Beweis. Wir zeigen, dass man Eα und Eβ nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen kann. Wir nehmen an, dass es ein stetiges Funktional φ gibt, das von 0 verschieden ist und das Eα und Eβ trennt. Dann gilt sup φ(x) ≤ inf φ(y).

x∈Eα

y∈Eβ

2.4. DER SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION115 Da Eα in L2 dicht ist, gibt es zu jedem > 0 ein z ∈ Eα mit z < . Deshalb sup φ(x) ≥ φ(z) ≥ −|φ(z)| ≥ −φz ≥ −φ.

x∈Eα

Da diese Absch¨atzung f¨ ur alle gilt, folgt sup φ(x) ≥ 0.

x∈Eα

Es gibt ein u ∈ X mit φ(u) < 0. Da Eβ dicht in L2 liegt, gibt es ein w ∈ Eβ mit u − w < |φ(u)| 4φ . Es folgt φ(w) = φ(u) + φ(w − u) ≤ φ(u) + φu − w ≤ φ(u) + 14 |φ(u)| = 34 φ(u) < 0. Deshalb gilt inf φ(y) < 0.

y∈Eβ

Das ist ein Widerspruch. 2 Beispiel 17 Es seien A = {x ∈ 1 | ∃n ∈ N ∀m > n : xm = 0 und xn > 0} B = {x ∈ 1 | ∃n ∈ N ∀m > n : xm = 0 und xn < 0} A und B sind disjunkte, konvexe Mengen, die durch keine abgeschlossene Hyperebene getrennt werden k¨ onnen.

Beweis. Es ist oﬀensichtlich, dass A und B disjunkt sind. Wir zeigen, dass A konvex ist. Es seien x, y ∈ A. Dann gilt x= y=

m i=1 n

xi ei

mit xm > 0

yi ei

mit yn > 0

i=1

Es sei n = m. Dann gilt tx + (1 − t)y =

n

(txi + (1 − t)yi )ei

i=1

tx + (1 − t)y ∈ A weil txn + (1 − t)yn > 0. Falls n < m, dann gilt tx + (1 − t)y =

n i=1

(txi + (1 − t)yi )ei +

m i=n+1

txi ei

116

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Es gilt tx + (1 − t)y ∈ A, weil txm > 0. Wir nehmen nun an, dass es eine abgeschlossene Hyperebene gibt, die A und B trennt, und zeigen, dass dann φ = 0 gilt. Wir nehmen an, dass φ(en ) > 0 gilt. Es gilt f¨ ur alle s ∈ R sen + en+1 ∈ A Damit folgt sup φ(x) ≥ sup(sφ(en ) + φ(en+1 )) = ∞

x∈A

s∈R

inf φ(x) ≤ inf (sφ(en ) + φ(en+1 )) = −∞

x∈A

s∈R

Somit lassen sich A und B nicht trennen. Also muss φ(en ) ≤ 0 gelten. Wir gehen genauso vor, um zu zeigen, dass φ(en ) = 0 gilt. Schliesslich erhalten wir, dass f¨ ur alle n ∈ N φ(en ) = 0 gilt. Es folgt f¨ ur x ∈ 1

∞ |φ(x)| = φ xi ei ≤ φ i=n

∞ ∞ xi ei = φ |xi | i=n

i=n

F¨ ur n → ∞ konvergiert die rechte Seite und damit auch die linke Seite gegen 0. Damit gilt f = 0. Dies ist unwahr. 2

Satz 13 Es seien X ein normierter Raum, A eine nichtleere, abgeschlossene, konvexe Teilmenge von X und B eine nichtleere, kompakte, konvexe Teilmenge von X. A und B seien disjunkt. Dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional φ und ein c ∈ R mit sup φ(x) < c < inf φ(x) x∈B

x∈A

Beweis. Es sei > 0. Dann sind A = A + B(0, )

und

B = B + B(0, )

nichtleere, konvexe, oﬀene Mengen. Die Menge A ist oﬀen, weil A = A + B(0, ) = a + B(0, ) = B(a, ) a∈A

a∈A

eine Vereinigung von oﬀenen Mengen und somit selbst oﬀen ist. Aus denselben Gr¨ unden ist B oﬀen.

2.4. DER SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION117 Es gibt ein > 0, so dass A ∩ B = ∅. Wir nehmen an, dies sei nicht der Fall. Dann gibt es f¨ ur alle n ∈ N ein zn ∈ A 1 ∩ B 1 . n

n

Damit gibt es xn ∈ A mit xn − zn < Damit gilt

1 n

und yn ∈ B mit yn − zn <

1 . n

2 n Da B kompakt ist, hat die Folge yn , n ∈ N, eine konvergente Teilfolge. xn − yn ≤ xn − zn + zn − yn ≤ y = lim ynk k→∞

y∈B

und

Andererseits konvergiert auch xnk , k ∈ N, gegen y: y − xnk ≤ y − ynk + ynk − xnk Da A abgeschlossen ist, gilt auch y ∈ A. Also gilt A ∩ B = ∅ im Widerspruch zur Annahme. Also gibt es ein > 0, so dass A und B zwei nichtleere, konvexe, oﬀene, disjunkte Mengen sind. Nach Satz 12 gibt es ein φ mit φ = 0 und sup φ(x) ≤ inf φ(x) x∈B

x∈A

Es folgt sup x∈A y ∈ B(0, 1)

φ(x + y) ≤

inf

x∈B y ∈ B(0, 1)

φ(x + y)

Es gilt sup

φ(x + y)

=

x∈A y ∈ B(0, 1)

sup x∈A y ∈ B(0, 1)

{φ(x) + φ(y)}

= sup φ(x) + sup φ(y) = sup φ(x) + φ. x∈A

y∈B(0,1)

x∈A

Genauso zeigen wir inf

x∈B y ∈ B(0, 1)

φ(x + y) = inf φ(x) − φ. x∈B

Hieraus folgt sup φ(x) + φ ≤ inf φ(x) − φ x∈A

x∈B

Nun k¨onnen wir c = supx∈A φ(x) + φ setzen. 2

118

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Satz 14 Es seien A und B zwei nichtleere, disjunkte, konvexe Mengen im Rn . Dann gibt es eine abgeschlossene Hyperebene, die diese beiden Mengen trennt.

Es ist nicht immer m¨oglich zwei abgeschlossene, konvexe Mengen durch eine abgeschlossene Hyperebene zu trennen. Beispiel 18 Es seien a und b zwei nichtnegative,wachsende Folgen mit limn→∞ bn = ∞ und an = 2n bn . Es seien A und B Teilmengen von 1 mit A = {x| ∀n ≥ 2 : x(n) = 0} und B = {x| ∀n ≥ 2 : x(1) ≥ |an x(n) − bn |} A und B sind abgeschlossene, unbeschr¨ ankte, konvexe, disjunkte Mengen. Es gibt keine abgeschlossene Hyperebene, die diese beiden Mengen trennt, d.h. es gibt kein stetiges Funktional φ mit φ = 0, so dass sup φ(x) ≤ inf φ(x).

x∈A

x∈B

Die Folgen a und b sind so gew¨ahlt, dass der Abschluss von B − A der Raum 1 ist. Dies impliziert, dass A und B nicht getrennt werden k¨ onnen: Falls n¨ amlich A und B getrennt werden k¨ onnen, dann gibt es ein Funktional φ, so dass f¨ ur alle x ∈ A und y ∈ B die Ungleichung φ(x) ≤ φ(y), also φ(y − x) ≥ 0 gilt. Damit w¨ urde φ(B − A) ⊆ [0, ∞) gelten. Falls aber der Abschluss von B − A gleich 1 ist, so kann das nicht sein. Beweis. ei , i ∈ N, sind die Einheitsvektoren, die an der i-ten Stelle eine 1 haben und sonst 0. Die Menge A ist ein eindimensionaler Teilraum und damit sowohl konvex als auch abgeschlossen. Die Mengen A und B sind disjunkt. Falls dem nicht so w¨ are, dann g¨ abe es ein x ∈ A mit x(n) = 0 f¨ ur n ≥ 2 und x(1) ≥ |an x(n) − bn | = |bn |. Dies bedeutet, dass die Folge b beschr¨ankt ist, was nicht wahr ist. Wir zeigen, dass B eine konvexe Menge ist. Es seien x ∈ B und y ∈ B. Dann gilt f¨ ur alle n ≥ 2 x(1) ≥ |an x(n) − bn | y(1) ≥ |an y(n) − bn |.

2.4. DER SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION119 Deshalb gilt f¨ ur alle n ≥ 2 und t mit 0 ≤ t ≤ 1 ≥ |an tx(n) − tbn |

tx(1) (1 − t)y(1)

≥ |an (1 − t)y(n) − (1 − t)bn |.

Mit der Dreiecksungleichung folgt, dass f¨ ur alle n ≥ 2 tx(1) + (1 − t)y(1) ≥ |an (tx(n) + (1 − t)y(n)) − bn |. Also gilt tx + (1 − t)y ∈ B. Wir zeigen, dass B abgeschlossen ist. Es sei xk , k ∈ N, eine Folge in B, die gegen x0 konvergiert. Wir zeigen, dass x0 ∈ B. Wegen limk→∞ xk = x0 gilt f¨ ur alle n ∈ N, dass limk→∞ xk (n) = x0 (n). Es gilt f¨ ur alle k ∈ N und alle n ≥ 2 xk (1) ≥ |an xk (n) − bn |. Es folgt = lim xk (1) ≥ lim |an xk (n) − bn |

x0 (1)

k→∞

k→∞

= |an lim xk (n) − bn | = |an x0 (n) − bn |. k→∞

Damit gilt x0 ∈ B. Wir zeigen nun, dass die beiden Mengen nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene getrennt werden k¨ onnen. Wir nehmen an, wir k¨ onnen sie trennen. Es sei φ das Funktional. Dann muss φ(e1 ) = 0 gelten. Falls φ(e1 ) = 0, dann folgt, dass φ(A) = R. Wir zeigen nun, dass f¨ ur alle n ≥ 2 φ(en ) = 0 gilt. Es gilt f¨ ur alle n, k ∈ N mit 2 ≤ n < k

max bi , an − bn e1 + en +

x = max

1≤i≤k

y = max

*

∞

2−i ei ∈ B

i=k+1

* ∞ max bi , an + bn e1 − en + 2−i ei ∈ B.

1≤i≤k

i=k+1

Wir pr¨ ufen dies nach. Es sei 2 ≤ ≤ k und k = n. Dann gilt x() = 0 und * |a x() − b | = b ≤ max max bi , an − bn = x(1). 1≤i≤k

F¨ ur = n gilt x(n) = 1 und *

|an x(n) − bn | = an − bn ≤ max

max bi , an − bn

1≤i≤k

= x(1).

120

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

F¨ ur ≥ k + 1 gilt x() = 2− und |a x() − b | = |a 2− − b | = 0 ≤ x(1). Genauso zeigen wir, dass y ∈ B. Weil φ(e1 ) = 0 φ(x)

= φ max = φ en +

* max bi , an − bn e1 + en +

1≤i≤k ∞

−i

= φ(en ) + φ

2 ei

i=k+1

∞

−i

2 ei

i=k+1 ∞

−i

2 ei

.

i=k+1

Da φ beschr¨ankt ist, gilt supi∈N |φ(ei )| ≤ φ. Hieraus ergibt sich ∞ ∞ −i −i |φ (x) − φ(en )| = φ 2 ei ≤ φ 2 ei = φ2−k . i=k+1

i=k+1

Ebenso erhalten wir |φ (y) + φ(en )| ≤ φ2−k . Falls φ(en ) > 0 gilt, dann k¨ onnen wir k so groß w¨ahlen, dass φ (x) > 0

und

φ (y) < 0

gelten. Da aber φ auf A den Wert 0 annimmt, kann man A und B nicht trennen. Der Fall φ(en ) < 0 wird genauso behandelt. Insgesamt haben wir nun gezeigt, dass f¨ ur alle n ∈ N φ(en ) = 0 gilt. Es folgt f¨ ur x ∈ 1 und alle n ∈ N ∞ |φ(x)| = φ xi ei ≤ φ i=n

∞ ∞ xi ei = φ |xi |. i=n

i=n

F¨ ur n → ∞ konvergiert die rechte Seite und damit auch die linke Seite gegen 0. Damit gilt φ = 0. Dies ist unwahr. 2

Korollar 5 (i) Es sei X ein normierter Raum und x0 ∈ X. Dann gibt es ein Funktional φ mit φ = 1 und x0 = φ(x0 ). (ii) Es sei X ein normierter Raum und Y ein abgeschlossener Teilraum von X mit Y = X. Dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional φ mit φ = 0

und

∀x ∈ Y : φ(x) = 0

2.4. DER SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION121 Beweis. (i) Die Mengen B(0, x0 ) und {x0 } sind konvex und disjunkt. Die erste Menge ist oﬀen. Deshalb k¨onnen wir den Satz von Hahn-Banach (Satz 12) anwenden. Es gibt ein Funktional φ, das die beiden Mengen trennt. sup φ(x) ≤ φ(x0 )

x < x0

Es folgt φx0 ≤ φ(x0 ) ≤ φx0 φ . Das gesuchte Funktional ist dann φ (ii) Es gibt ein x0 ∈ / Y . {x0 } ist eine kompakte Menge. Dann gibt es nach Satz 13 ein φ mit sup φ(x) < φ(x0 ) x∈Y

Wir zeigen nun, dass f¨ ur alle x ∈ Y gilt, dass φ(x) = 0. Falls nicht, so w¨ urde φ(Y ) = R gelten, weil Y ein Teilraum ist. Dann kann φ aber Y und {x0 } nicht trennen. 2 Eine Teilmenge H + ist ein Halbraum, wenn es ein Funktional φ mit H + = {x| φ(x) ≥ c} gibt. H + ist ein abgeschlossener Halbraum, wenn H + als Menge abgeschlossen ist. H + ist genau dann abgeschlossen, wenn φ stetig ist. Korollar 6 Es sei X ein normierter Raum und A eine abgeschlossene, konvexe Menge. Dann ist A der Durchschnitt aller abgeschlossenen Halbr¨ aume, die A enthalten A= H+ A⊆H +

Beweis. Es sei x ∈ / A. Dann sind {x} und A konvexe, disjunkte Mengen, wobei die erste kompakt und die zweite abgeschlossen ist. Wir k¨onnen den Satz von Hahn-Banach (Satz 13) anwenden. Es gibt eine Hyperebene die x und A strikt trennt. 2

122

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

2.5

Dualraum und adjungierte Abbildung

Satz 15 Es sei X ein reeller, normierter Raum. F¨ ur x ∈ X deﬁnieren wir ∗ xˆ : X → R durch xˆ(x∗ ) = x∗ (x) xX ∗∗ = xX . Die Abbildung Dann ist xˆ ein stetiges Funktional auf X ∗ und ˆ ∗∗ I : X → X mit I(x) = xˆ ist eine lineare Isometrie. xˆ wird also dadurch deﬁniert, dass man die Rollen von x und x∗ vertauscht. Beweis. Wir zeigen, dass xˆ ein lineares, stetiges Funktional ist. xˆ(x∗ + y ∗ ) = (x∗ + y ∗ )(x) = x∗ (x) + y ∗ (x) = xˆ(x∗ ) + xˆ(y ∗ ) xˆ(tx∗ ) = tx∗ (x) = tˆ x(x∗ ) Das Funktional ist beschr¨ankt. x(x∗ )| = sup |x∗ (x)| ≤ sup x∗ X ∗ xX = xX ˆ xX ∗∗ = sup |ˆ x∗ =1

x∗ =1

x∗ =1

Nach Korollar 5 folgt, dass es f¨ ur jedes x ∈ X ein Funktional x∗ ∈ X ∗ gibt, so dass x∗ X ∗ = 1 und x∗ (x) = x gelten. Hieraus folgt ˆ xX ∗∗ ≥ xˆ(x∗ ) = x∗ (x) = x. Insgesamt ergibt sich ˆ xX ∗∗ = xX . Es bleibt noch zu zeigen, dass die Abbildung I linear ist. x + y(x∗ ) = x∗ (x + y) = x∗ (x) + x∗ (y) = xˆ(x∗ ) + xˆ(y ∗ ) / ∗ ) = x∗ (tx) = tx∗ (x) = t/ tx(x x(x∗ ) 2 Wir sagen, dass ein Banachraum X reﬂexiv ist, falls die Abbildung I surjektiv ist. Insbesondere bedeutet dies, dass X und der Bidual X ∗∗ isometrisch isomorph sind. Dies heißt jedoch nicht, dass ein Banachraum reﬂexiv ist, wenn er und sein Bidual isometrisch isomorph sind. Ein Beispiel hierzu ist der Raum von James (Satz 43).

2.5. DUALRAUM UND ADJUNGIERTE ABBILDUNG

123

Lemma 71 Es sei X ein Banachraum, dessen Dualraum separabel ist. Dann ist X auch separabel. Beispiel 19 (i) Der Dualraum von c0 ist isometrisch isomorph zu 1 . Die Abbildung I : c∗0 → 1 mit I(φ) = (φ(ei ))∞ i=1 ist ein isometrischer Isomorphismus. Es gilt f¨ ur alle y ∈ 1 (I −1 (y))(x) =

∞

xi yi

i=1

(ii) Der Dualraum von 1 ist isometrisch isomorph zu ∞ . (iii) c0 und 1 sind nicht reﬂexiv. Beweis. (iii) Der Bidualraum von c0 ist isometrisch isomorph zu ∞ . Da c0 separabel ist und ∞ nicht separabel ist, sind diese R¨ aume nicht isomorph. Nach Lemma ist der Dualraum von ∞ nicht separabel. Da 1 separabel ist, kann 1 nicht isomorph zu senem Bidualraum sein. 2

Beispiel 14 zeigt bereits, dass 1 nicht reﬂexiv ist. Die dort angegebenen Funktionale auf ∞ lassen sich nicht durch Elemente aus 1 darstellen. Korollar 7 Dualraum von ∞ . Korollar 8 (i) Jeder separable Banachraum ist zu einem Teilraum von ∞ isometrisch. (ii) Jeder separable Banachraum ist ein Quotientenraum von 1 . Es seien X und Y Banachr¨aume und T : X → Y ein stetiger, linearer Operator. Der zu T adjungierte Operator T ∗ : Y ∗ → X ∗ bildet das Funktional y ∗ auf das Funktional y ∗ ◦ T ab. Es gilt also f¨ ur alle x ∈ X und alle ∗ ∗ y ∈Y (T ∗ (y ∗ ))(x) = y ∗ (T (x)). Lemma 72 (i) Es seien X und Y normierte R¨ aume und T : X → Y ein stetiger, linearer Operator. Dann ist T ∗ ein stetiger, linearer Operator und T = T ∗ . (ii) Es seien X, Y und Z normierte R¨ aume und T : X → Y und S : Y → Z stetige, lineare Abbildungen. Dann gilt (ST )∗ = T ∗ S ∗ .

124

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Beweis. (i) Mit Korollar 5 folgt, dass es zu T (x) ein Funktional y ∗ mit y ∗ = 1 und y ∗ (T (x)) = T (x) gibt. Deshalb T

= sup T (x) = sup sup |y ∗ (T (x))| = sup sup |y ∗ (T (x))| x ≤1

x ≤1 y ∗ ≤1 ∗ ∗

y ∗ ≤1 x ≤1 ∗ ∗ ∗

= sup sup |(T (y ))(x)| = sup T y = T y ∗ ≤1 x ≤1

(ii)

y ∗ ≤1

(ST )∗ (z ∗ ) = z ∗ (ST ) = (z ∗ S)T = (S ∗ (z ∗ ))T = T ∗ (S ∗ (z ∗ ))

2 Lemma 73 Es seien X und Y Banachr¨aume und I : X → Y ein stetiger Isomorphismus, dessen Inverse ebenfalls stetig ist. Dann sind auch X ∗ und Y ∗ isomorph. Man beachte, dass die Umkehrung nicht richtig ist. Falls X ∗ und Y ∗ isomorph sind, so m¨ ussen X und Y nicht notwendig isomorph sein. Beweis. Nach Lemma 72 gilt I = I ∗ und I −1 = I −1∗ . Außerdem gilt nach Lemma 72, dass I ∗ I −1∗ = (I −1 I)∗ und somit ist I −1∗ die Inverse zu I ∗. 2 Es sei Y ein Teilraum von X. Dann bezeichnen wir die Abbildung I : Y → X, die jedem Element y ∈ Y dasselbe Element in X zuordnet, als Einbettung. Die duale Abbildung I ∗ : X ∗ → Y ∗ ist eine Quotientenabbildung. Wir bezeichnen den Teilraum Y ⊥ = {x∗ ∈ X ∗ |∀y ∈ Y : x∗ (y) = 0} als Orthogonalraum von Y . Dann ist I ∗ gleich der Quotientenabbildung von X ∗ nach X ∗ /Y ⊥ . Lemma 74 Es sei X ein normierter Raum und U ein abgeschlossener Teilraum. Dann gilt (i) (X/U )∗ ist isometrisch isomorph zu U ⊥ . (ii) U ∗ ist isometrisch isomorph zu X ∗ /U ⊥ . Beweis. (i) Es sei q : X → X/U die Quotientenabbildung. Der Isomorphismus A : (X/U )∗ → U ⊥ ist durch A(φ) = φ ◦ q gegeben. Es sei u ∈ U . Dann

2.5. DUALRAUM UND ADJUNGIERTE ABBILDUNG

125

gilt A(φ)(u) = (φ ◦ q)(u) = φ(q(u)) = φ(0) = 0 Weiter gilt A(φ) = φ ◦ q = sup |φ(q(x))| ≤ sup φq(x) = φ x =1

x =1

Es gibt zu jedem > 0 ein u ∈ U mit q(x) = [x] ≥ x − uX − . (ii) Es sei hier q : X ∗ → X ∗ /U ⊥ die Quotientenabbildung. Hier w¨ahlen wir den Isomorphismus B : U ∗ → X ∗ /U ⊥ , der durch B(u∗ ) = q(u∗ ) gegeben ist. Oﬀensichtlich gilt B(u∗ ) = q(u∗ ) ≤ u∗ 2 Lemma 75 (Dixmier) Es sei X ein Banachraum. Dann ist X ∗ ein komplementierter Teilraum von X ∗∗∗ . Beweis. X ist ein abgeschlossener Teilraum von X ∗∗ . Die gesuchte Projektion bildet ein Funktional x∗∗∗ auf dessen Einschr¨ankung auf X ab x∗∗∗ |X . Wir wollen dies nun pr¨aziser fassen. Es seien iX : X → X ∗∗ iX ∗ : X ∗ → X ∗∗∗

∀x ∈ X∀x∗ ∈ X ∗ : (iX (x))(x∗ ) = x∗ (x) ∀x∗ ∈ X ∗ ∀x∗∗ ∈ X ∗∗ : (iX ∗ (x∗ ))(x∗∗ ) = x∗∗ (x∗ )

die nat¨ urlichen Einbettungen in den Bidualraum und den Dualraum des Bidualraums. Nat¨ urlich ist bei der Aussage des Satzes gemeint, dass Bild(iX ∗ ) in ∗∗∗ X komplementiert ist. Die gesuchte Projektion ist P = iX ∗ ◦ i∗X . Es ist zu zeigen, dass Bild(P ) = iX ∗ (X ∗ ) und dass f¨ ur alle w ∈ Bild(P ) die Gleichung P (w) = w gilt. Es gilt Bild(P ) = Bild(iX ∗ ◦ i∗X ) ⊆ Bild(iX ∗ ) Es sei nun x∗∗∗ ∈ Bild(iX ∗ ), d.h. es gibt ein x∗ ∈ X ∗ mit iX ∗ (x∗ ) = x∗∗∗ . Dann gilt f¨ ur alle x ∈ X (iX ∗ (x∗ ) ◦ iX )(x) = (iX (x))(x∗ ) = x∗ (x)

126

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Somit gilt x∗ = iX ∗ (x∗ ) ◦ iX . Damit erhalten wir P (iX ∗ (x∗ ))

= (iX ∗ ◦ i∗X )(iX ∗ (x∗ )) = iX ∗ (i∗X (iX ∗ (x∗ ))) = iX ∗ ((iX ∗ (x∗ ) ◦ iX ) = iX ∗ (x∗ )

2 Satz 16 (Schauder) Es seien X und Y Banachr¨ aume und T : X → Y ein stetiger, linearer Operator. T ist genau dann kompakt, wenn T ∗ kompakt ist. Beweis. Es sei T kompakt. Wir wollen zeigen, dass T ∗ (BY ∗ ) kompakt ist. Dazu betrachten wir eine Folge x∗n ∈ T ∗ (BY ∗ ) und zeigen, dass sie eine konvergente Teilfolge besitzt. Zu der Folge x∗n , n ∈ N, existiert eine beschr¨ankte Folge yn∗ ∈ Y ∗ , n ∈ N, mit x∗n = T ∗ (yn∗ ), n ∈ N. Weil T kompakt ist, ist T (BX ) eine kompakte Menge. Deshalb ist T (BX ) mit der durch die Norm gegebenen Metrik ein kompakter, metrischer Raum und fn : T (BX ) → R mit fn (y) = yn∗ (y) ist eine beschr¨ankte, gleichstetige Menge. Wir zeigen dies. Es gilt |fn (y) − fn (z)| = |yn∗ (y) − yn∗ (z)| ≤ yn∗ y − z Nach dem Satz von Arzela-Ascoli (Korollar 1) ist der Abschluss dieser Menge im Raum aller stetigen Funktionen kompakt und deshalb gibt es eine Teilfolge fnk , k ∈ N, die konvergiert. Insbesondere ist diese Folge eine Cauchy-Folge und es gilt fnk − fn ∞

=

sup |fnk (y) − fn (y)| y∈T (BX )

= = = =

sup |yn∗ k (y) − yn∗ (y)|

y∈T (BX ) sup |yn∗ k (T x) − yn∗ (T x)| x∈BX sup |(T ∗ (yn∗ k ))(x) − (T ∗ (yn∗ ))(x)| x∈BX T ∗ (yn∗ k ) − T ∗ (yn∗ )

Also ist T ∗ (fnk ), k ∈ N, eine Cauchy-Folge. Sie konvergiert, weil X ∗ vollst¨andig ist. (ii) Aus (i) folgt, dass T ∗∗ kompakt ist, falls T ∗ kompakt ist. Wir wissen, dass X isometrisch isomorph zu einem Teilraum von X ∗∗ und Y zu einem

2.5. DUALRAUM UND ADJUNGIERTE ABBILDUNG

127

Teilraum von Y ∗∗ ist. Die Idee ist, dass wir, wenn wir T ∗∗ auf X einschr¨anken, T erhalten. Es sei iX : X → X ∗∗ die Einbettung. Dann ist T ∗∗ ◦ iX nach Lemma ?? kompakt, weil T ∗∗ kompakt ist. Weiter gilt, dass T ∗∗ ◦ iX = iY ◦ T Dies gilt, weil (T ∗∗ (iX (x)))(y ∗ ) = (iX (x)))(T ∗ (y ∗ )) = (T ∗ (y ∗ ))(x) = y ∗ (T x) = (iY (T x))(y ∗ ) Also ist iY ◦ T eine kompakte Abbildung. Da iY (Y ) ein abgeschlossener Teilraum von Y ∗∗ ist, gilt iY ◦ T (BX ) ⊆ iY (Y ) und iY ◦ T (BX ) ist eine kompakte Teilmenge von iY (Y ). Es folgt, dass T (BX ) eine kompakte Teilmenge von Y ist. 2

128

2.6

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Fortsetzungseigenschaft

Wir wollen hier auf die Frage eingehen, warum der Satz von Hahn-Banach nicht f¨ ur lineare Abbildungen von einem Teilraum eines Banachraumes in einen Banachraum gilt. Wir sagen, dass ein Banachraum X die t-Fortsetzungseigenschaft besitzt, wenn f¨ ur alle Banachr¨aume Y und Z mit Y ⊆ Z und alle Operatoren T ∈ L(Y, X) ein Operator T˜ ∈ L(Z, X) mit T˜ ≤ tT und T˜|Y = T existiert. Die Fortsetzungskonstante γ∞ (X) eines Banachraumes X ist inf{t|X hat die t-Fortsetzungseigenschaft}. Die allerwenigsten Banachr¨aume besitzen die Fortsetzungseigenschaft. Die Banachr¨aume mit der 1-Fortsetzungseigenschaft sind die R¨aume C(K) aller stetigen Funktionen auf einer kompakten Menge K mit der Supremumsnorm, wobei K total unzusammenh¨angend ist [Nac]. Ein topologischer Raum X heißt total unzusammenh¨angend, falls es zu je zwei Punkten x, y ∈ X mit x = y, zwei disjunkte, oﬀene Mengen U, V mit x ∈ U , y ∈ V und U ∪ V = X gibt. Es ist ein oﬀenes Problem, ob jeder Raum mit der Fortsetzungseigenschaft isomorph zu einem Raum mit der 1-Fortsetzungseigenschaft ist. Eine Projektion P auf einem Banachraum X ist eine Abbildung in L(X) mit P 2 = P . Eine Projektion ist auf ihrem Bild gleich der Identit¨at. Wir sagen auch, dass ein Teilraum komplementiert ist, wenn es eine stetige Projektion gibt, deren Bild gleich diesem Teilraum ist. Falls ein Teilraum Y von X komplementiert ist, dann gibt es einen weiteren Teilraum Z mit Y ∩ Z = {0} und X = Y + Z, so dass die Norm von X zu der Norm Y + Z ¨aquivalent ist. Ein Banachraum X hat die t-Projektionseigenschaft, falls zu jedem Banachraum Y , der X als Teilraum enth¨alt, eine Projektion P von Y auf X mit P ≤ t existiert. Die Projektionskonstante eines Banachraumes X ist inf{t|X hat die t-Projektionseigenschaft}. Lemma 76 Der Raum ∞ (I) hat die 1-Fortsetzungseigenschaft. Beweis. 2

2.6. FORTSETZUNGSEIGENSCHAFT

129

Lemma 77 Ein Banachraum X hat genau dann die t-Fortsetzungseigenschaft, wenn er die t-Projektionseigenschaft besitzt. Beweis. 2 Wir wollen nun ein Beispiel eines Raumes angeben, der keine Fortsetzungseigenschaft besitzt. Es handelt sich dabei um den Raum c0 . Um nachzuweisen, dass c0 keine Fortsetzungseigenschaft besitzt, zeigen wir, dass c0 nicht in ∞ komplementiert ist. Beispiel 20 c0 ist nicht in ∞ komplementiert. Um dies zu zeigen, weisen wir eine st¨arkere Aussage nach. Dazu brauchen wir das folgende Lemma [Pel1] und [Whi]. Lemma 78 Es gibt u ¨berabz¨ ahlbar viele unendliche Teilmengen Ni , i ∈ I, von N, so dass f¨ ur alle i, j ∈ I mit i = j die Menge Ni ∩ Nj endlich ist. Beweis. Weil N und Q dieselbe M¨achtigkeit besitzen, reicht es Teilmenge Ni von Q mit den gew¨ unschten Eigenschaften nzu ﬁnden. Es sei I = R \ Q. Wir w¨ahlen als Ni eine Folge rationaler Zahlen, die gegen i konvergiert. Da i irrational ist, so ist Ni als Menge unendlich. Die Menge Ni ∩ Nj ist f¨ ur = j endlich, weil die Grenzwerte verschieden sind. 2 Lemma 79 Es sei E ein komplementierter Teilraum von ∞ , der c0 in seiner nat¨ urlichen Identiﬁkation enth¨ alt. Dann gibt es eine unendliche Teilmenge N von N, so dass ∞ (N ) = {x ∈ ∞ |∀i ∈ / N : x(i) = 0} ein Teilraum von E ist. Tats¨achlich l¨asst sich mehr zeigen: Ein unendlich-dimensionaler Teilraum von ∞ ist genau dann komplementiert, wenn er isomorph zu ∞ ist [Lin1]. Beweis. Wegen Lemma 78 gibt es eine u ¨berabz¨ahlbare Familie Nγ , γ ∈ Γ, von unendlichen Teilmengen der nat¨ urlichen Zahlen N, so dass f¨ ur alle γ und β mit γ = β die Menge Nγ ∩ Nβ endlich ist.

130

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Wir betrachten die Teilr¨aume / Nγ : x(i) = 0} ∞ (Nγ ) = {x ∈ ∞ |∀i ∈ von ∞ und behaupten, dass es ein γ gibt, so dass ∞ (Nγ ) ⊆ E. Es sei Φ : ∞ → ∞ /E die Quotientenabbildung. Da E in ∞ komplementiert ist, ist ∞ /E zu einem Teilraum von ∞ isomorph. Deshalb gibt es eine Folge fj ∈ (∞ /E)∗ , j ∈ N, so dass f¨ ur alle x ∈ ∞ /E gilt: x = 0 gilt genau dann, wenn f¨ ur alle j ∈ N die Gleichung fj (x) = 0 gilt. Wir weisen dies nach. Es sei F ein Teilraum von ∞ , der zu ∞ /E isomorph ist, und I : ∞ /E → F sei der Isomorphismus. Es seien e∗i , i ∈ N, die Koordinatenfunktionale e∗i (x) = xi Es gilt f¨ ur alle x ∈ ∞ , dass genau dann x = 0 gilt, wenn f¨ ur alle i ∈ N die Gleichung e∗i (x) = 0 gilt. Insbesondere gilt diese Aussage f¨ ur alle Vektoren in dem Teilraum F . Wir schr¨anken nun die Funktionale auf den Teilraum F ein und nennen diese e˜∗i , i ∈ N. Also gilt dieselbe Aussage f¨ ur die Folge fi = I ∗ (˜ e∗i ), i ∈ N, und alle Vektoren im Raum ∞ /E. Wir u ¨berpr¨ ufen dies. F¨ ur alle i gilt 0 = I ∗ (˜ e∗i )(z) = e˜∗i (I(z)) Also gilt I(z) = 0. Da I Isomorphismus ist, folgt z = 0. Wir nehmen nun an, dass es kein γ mit ∞ (Nγ ) ⊆ E gibt. Es folgt, dass f¨ ur alle γ ein xγ ∈ ∞ (Nγ ) mit xγ ∈ / E existiert. Wir k¨onnen außerdem fordern, dass xγ = 1 gilt. Wir beobachten nun, dass f¨ ur alle Vorzeichen i = ±1 und alle endlichen Folgen xγi , i = 1, . . . , n, n i Φ(xγi ) ≤ Φ (2.2) ∞ i=1

/E

gilt. Dies folgt, weil c0 im Kern von Φ liegt und Nγ ∩ Nβ f¨ ur γ = β eine endlich Menge ist. n n n i Φ(xγi ) = Φ i x γi = Φ i x˜γi ∞ ∞ ∞ i=1

i=1

/E

wobei x˜γi (k) =

/E

i=1

0 falls k ∈ i =j (Nγi ∩ Nγj ) sonst xγi (k)

/E

2.6. FORTSETZUNGSEIGENSCHAFT

131

Wir weisen die letzte Gleichheit nach. Weil i =j (Nγi ∩ Nγj ) eine endliche Menge ist, unterscheiden sich die Vektoren xγi und xγj f¨ ur i = j nur in endlich vielen Koordinaten. Deshalb xγi − xγj ∈ c0 und somit n

i x γi −

i=1

n

i x˜γi ∈ c0

i=1

und c0 ⊆ E. Deshalb gilt n n i x γi = Φ i x˜γi Φ i=1

i=1

Wir sch¨atzen weiter ab. Man beachte, dass die Vektoren xγi , i = 1, . . . , n, paarweise disjunkte Tr¨ager haben und f¨ ur alle i = 1, . . . , n die Gleichung xγi = 1. Deshalb gibt es f¨ ur jedes k in der Summe n

i x˜γi (k)

i=1

h¨ochstens einen Summanden, der von 0 verschieden ist. Es folgt n i x˜γi ≤ 1 ∞

i=1

Damit

n i Φ(xγi ) ∞ i=1

/E

n ≤ Φ i x˜γi i=1

≤ Φ

∞

Damit haben wir (2.2) nachgewiesen. Aus (2.2) folgt, dass f¨ ur alle f ∈ ∞ ∗ ur alle γ1 , . . . , γn ( /E) mit f = 1 und f¨ n Φ ≥ sup i Φ(xγi ) (2.3) ∞ i=1 /E n n i Φ(xγi ) = |f (Φ(xγi ))| = sup sup f

f =1

i=1

i=1

132

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

gilt. Hieraus folgt, dass es nur abz¨ahlbar viele γ mit f (Φ(xγ )) = 0 gibt. Wir weisen dies nach. Falls es n¨amlich u ¨berabz¨ahlbar viele γ mit |f (Φ(xγ ))| > 0 gibt, dann gibt es ein n, so dass f¨ ur unendlich viele γ die Ungleichung |f (Φ(xγ ))| ≥

1 n

Dies widerspricht aber (??). Also gibt es f¨ ur jedes j nur abz¨ahlbar viele γ, so dass fj (Φ(xγ )) = 0. Die Menge dieser γ bezeichnen wir mit Nj . Dann ist ahlbar und das Komplement deshalb nicht leer. Also gibt es ein γ, j Nj abz¨ so dass f¨ ur alle j fj (Φ(xγ )) = 0 gilt. Es folgt Φ(xγ ) = 0. Dies ist ein Widerspruch. 2 Ein topologischer Raum heißt extrem unzusammenh¨angend, wenn der Abschluss jeder oﬀenen Menge oﬀen ist. Ein normierter Raum hat die bin¨are Durchschnittseigenschaft, wenn jede Familie von abgeschlossenen Kugeln, die paarweise einen nichtleeren Durchschnitt besitzen, einen gemeinsamen Punkt besitzen. Satz 17 Es sei X ein reeller Banachraum. Dann sind a¨quivalent: (i) Es gibt eine extrem unzusammenh¨angende, kompakte Menge K, so dass X isometrisch isomorph zu C(K) ist. (ii) X hat die bin¨are Durchschnittseigenschaft. (iii) X hat die 1-Fortsetzungseigenschaft. Beweis. 2 Die zur Fortsetzungseigenschaft duale Eigenschaft ist die Lifting-Eigenschaft. Ein Banachraum X besitzt die Lifting-Eigenschaft, wenn es zu jeder surjektiven Abbildung S : Y → Z und zu jeder Abbildung T : X → Z eine Abbildung Tˆ : X → Y mit S ◦ Tˆ = T gibt. Es sei I ein Indexbereich. Dann besitzt 1 (I) die Lifting-Eigenschaft

2.7. DER SATZ VON BAIRE

2.7

133

Der Satz von Baire

Ren´e Louis Baire (1874-1932) wurde in Paris geboren. Er war Sch¨ uler an der Ecole Normale Sup´erieure. Nachdem er als Lehrer an Gymnasien in Troyes, Bar-le-Duc und Nancy gearbeitet hatte, lehrte er ab 1902 an der Universit¨at von Montpellier und ab 1905 an der von Dijon. Da er seit seiner Jugend krank war, musste er ab 1914 auf jede Forschungs-und Lehrt¨atigkeit verzichten. Er zog sich an den Genfer See zur¨ uck und starb in Chamb´ery [Dieu]. Der Satz von

∞ Baire besagt, dass in einem vollst¨andigen, metrischen Raum der Schnitt n=1 Un von oﬀenen, dichten Mengen Un , n ∈ N, dicht im metrischen Raum ist. Dieser Satz ist grundlegend und hat viele Anwendungen und wir ben¨otigen ihn, um den Satz von der oﬀenen Abbildung und den Satz vom abgeschlossenen Graphen zu beweisen. Es stellt sich die Frage, ob die Aussage des Satzes von Baire auch in metrische R¨aumen gilt, die nicht vollst¨andig sind. Ein topologischer Raum heißt lokalkompakt, wenn jeder Punkt eine Umgebungsbasis aus kompakten Mengen besitzt. Der Satz von Baire gilt auch in lokalkompakten R¨aumen. Lokalkompakte R¨aume sind i.a. nicht vollst¨andig, wie z.B. das oﬀene Intervall (0, 1) mit der von R induzierten Metrik. Der Satz von Baire gilt auch in metrischen R¨aumen, in denen das Spiel von Choquet [HiLa, p.20] eine Gewinnstrategie besitzt. Es sei X ein metrischer Raum. Zwei Spieler, Adam und Eva, spielen das Spiel von Choquet: Adam darf eine oﬀene, nichtleere Teilmenge U1 von X w¨ahlen. Dann w¨ahlt Eva eine oﬀene, nichtleere Teilmenge V1 von U1 . Dann w¨ahlt Adam wieder eine oﬀene, nichtleere Teilmenge U2 von V1 . Auf diese Weise entstehen zwei Folgen Un , n ∈ N, und Vn , n ∈ N, von oﬀenen, nichtleeren Mengen mit Un ⊇ Vn ⊇ Un+1 Es gilt

n∈N

Un =

Vn

n∈N

Wir nennen diesen Schnitt U . Adam hat gewonnen, wenn U die leere Menge ist, und Eva hat gewonnen, wenn U nicht die leere Menge ist. Wir sagen, dass einer der Spieler eine Gewinnstrategie hat, wenn es eine Methode gibt, so dass dieser Spieler immer gewinnen kann. Falls der zweite

134

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Spieler eine Gewinnstrategie hat, dann gilt in dem metrischen Raum der Satz von Baire. Falls der metrische Raum X vollst¨andig ist, so kann man immer erreichen, dass der Schnitt nicht leer ist. Wir wollen dies nachweisen. Nachdem der Gegenspieler eine oﬀene Menge Un gew¨ahlt hat, w¨ahlen wir eine oﬀene Kugel in Un , deren Radius kleiner oder gleich 2−n ist. Die Folge der Kugelmittelpunkte ist dann eine Cauchy-Folge. Der Grenzwert ist Element des Durchschnittes U . Satz 18 (Baire) Es sei X ein vollst¨ andiger, metrischer Raum. Falls Un , n ∈ N, eine Folge von oﬀenen Teilmengen von X ist, die dicht in X sind, dann ist auch ∞ Un n=1

in X dicht. Die Vollst¨andigkeit im Satz von Baire ist eine hinreichende, aber keinesfalls notwendige Voraussetzung. Es gibt einen metrischen Raum, der die Aussage des Satzes von Baire erf¨ ullt, aber das Produkt dieses Raumes mit sich erf¨ ullt nicht die Aussage. Dies wurde von Oxtoby mit der Kontinuumshypothese in den 30er Jahren bewiesen. Beweis. Wir m¨ ussen zeigen, dass f¨ ur alle y ∈ X und f¨ ur alle oﬀenen Umgebungen W von y ∞ W∩ Un = ∅ n=1

gilt. Wir zeigen, dass es eine Folge von Punkten xn , n ∈ N, und Radien rn , n ∈ N, mit rn < 21n , B(x1 , r1 ) ⊆ W und B(xn+1 , rn+1 ) ⊆ B(xn , rn ) ⊆ B(xn , rn ) ⊆ Un Da U1 und W oﬀen sind, ist U1 ∩ W eine oﬀene Menge. U1 ∩ W ist nicht leer, weil sonst U1 nicht dicht in X w¨are. Deshalb gibt es x1 und 0 < r1 < 1 mit B(x1 , r1 ) ⊆ U1 ∩ W

2.7. DER SATZ VON BAIRE

135

Wir nehmen an, dass wir n Punkte gew¨ahlt haben. Es sind Un+1 und B(xn , rn ) oﬀene Mengen, somit ist Un+1 ∩ B(xn , rn ) eine oﬀene Menge. Sie ist nicht leer, weil Un+1 sonst nicht dicht in X w¨are. Also gibt es xn+1 ∈ 1 Un+1 ∩ B(xn , rn ). Da Un+1 ∩ B(xn , rn ) oﬀen ist, gibt es rn+1 < 2n+1 mit B(xn+1 , rn+1 ) ⊆ Un+1 ∩ B(xn , rn ) ur alle n, m > N gilt Die Folge xn , n ∈ N, ist eine Cauchy Folge. F¨ B(xn , rn ) ⊆ B(xN , rN )

B(xm , rm ) ⊆ B(xN , rN )

Also gilt d(xn , xm ) < 2−N +1 . Da X vollst¨andig ist, konvergiert diese Folge x = lim xn n→∞

Es gilt

x∈W∩

∞

Un

n=1

Wir pr¨ ufen das nach. ∀N ∀n > N : xn ∈ B(xN , rN ) Es folgt ∀N : x ∈ B(xN , rN ) ∀N : x ∈ B(xN , rN ) ⊆ UN ∩ B(x1 , r1 ) ⊂ UN ∩ W ∞ x∈W∩ Un n=1

2 Man kann den Satz von Baire folgendermaßen verallgemeinern. Falls der metrische Raum immer f¨ ur das Spiel von Choquet eine Strategie zul¨asst, so dass der Schnitt nicht leer ist, dann gilt die Aussage vom Satz von Baire. Wir zeigen dies. Es seien Un , n ∈ N, oﬀene Mengen, die s¨amtlich dicht in X sind und W die oﬀene Umgebung eines Punktes in X. Zu U1 ∩ W w¨ahlen wir gem¨aß unserer Strategie die oﬀene Menge V1 , V1 ⊆ U1 . Der Gegenspieler antwortet mit V1 ∩ U2 . Diese Menge ist nicht leer, weil U2 dicht ist. Nun w¨ahlen wir gem¨aß unserer Strategie die oﬀene Menge V2 , V2 ⊆ V1 ∩ U2 , usw.

136

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Lemma 80 Es sei X ein metrischer Raum. Dann sind a¨quivalent. (i) Falls Un , n ∈ N, eine Folge von oﬀenen Teilmengen von X ist, die dicht in X sind, dann ist auch ∞ Un n=1

in X dicht. (ii) F¨ ur alle Folgen abgeschlossener Mengen An , n ∈ N, die s¨ amtlich leeres Inneres haben, gilt, dass auch die Vereinigung ∞

An

n=1

leeres Inneres hat. (iii) F¨ ur alle abgeschlossenen Mengen An , n ∈ N, deren Vereinigung ∞

An

n=1

einen inneren Punkt enth¨ alt, gilt dass mindestens eine der Mengen An , n ∈ N, einen inneren Punkt enth¨ alt. Beweis. (i) ⇒ (ii) Die Mengen Un = Acn , n ∈ N, sind oﬀen und dicht in X. Nach (i) ist auch ∞ c ∞ Un = An n=1

∞

n=1

dicht in X. Also enth¨alt n=1 An keinen inneren Punkt. (ii) ⇒ (i) Wir setzen An = Unc . Da Un dicht in X sind, haben An leeres Inneres und nach (ii) auch die Vereinigung c ∞ ∞ An = Un .

∞

n=1

n=1

Also ist n=1 Un dicht in X. (ii) ⇔ (iii): (ii) ist die Kontraposition von (iii). 2 Eine Menge heißt nirgends dicht, falls das Innere vom Abschluss die leere Menge ist.

2.7. DER SATZ VON BAIRE

137

Korollar 9 Es sei X ein vollst¨andiger, metrischer Raum. X ist nicht abz¨ ahlbare Vereinigung von nirgends dichten Mengen. ur alle n ∈ N Beweis. Es seien En , n ∈ N, nirgends dichte Mengen. Es gilt f¨ ◦

En = ∅. Da X ein vollst¨andiger, metricher Raum ist, gilt der Satz von Baire (Satz 18). Mit Lemma 80 folgt, dass ∞

En

n=1

keinen inneren Punkt enth¨alt. Es ergibt sich ∞

X =

En ⊇

n=1

∞

En .

n=1

2 Wir sagen, daß eine Teilmenge A eines topologischen Raumes von erster Kategorie ist, falls A abz¨ahlbare Vereinigung von nirgends dichten Mengen ist. Andernfalls sagen wir, dass A von zweiter Kategorie ist. Beispiel 21 (i) Q ist eine Menge erster Kategorie. (ii) R ist von zweiter Kategorie. (iii) R \ Q ist von zweiter Kategorie. (iv) In dem metrischen Raum R \ Q gilt der Satz von Baire. (v) Q ist keine Gδ -Menge.

Beweis. (i) Jede abz¨ahlbare Menge ist abz¨ ahlbare Vereinigung einpunktiger Mengen. (ii) folgt mit dem Satz von Baire. (iii) folgt aus (ii). Dazu nehmen wir an, dass R \ Q von erster Kategorie ist. ∞ ◦ R\Q= An mit An = ∅ n=1

qn , n ∈ N, sei eine Abz¨ahlung der rationalen Zahlen. Wir setzen B2n = An und B2n+1 = {qn }, n ∈ N. Dann gelten R=

∞ n=1

◦

Bn

und

Bn = ∅

138

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

(v) Wir nehmen an, dass Q eine Gδ -Menge ist. Dann gibt es oﬀene Mengen On , n ∈ N, mit Q= On . n∈N

Deshalb R\Q=

Onc .

n∈N

Onc

Die abgeschlossenen Mengen enthalten keine inneren Punkte, weil kein rationaler Punkt Element dieser Mengen ist. Damit ist R abz¨ahlbare Vereinigung nirgends dichter Mengen, also von erster Kategorie. Dies ist falsch. 2 Beispiel 22 Die Hamel-Basis (algebraische Basis) eines unendlich-dimensionalen Banachraumes X ist u ¨berabz¨ ahlbar.

Beweis. Wir nehmen an, dies sei nicht so. xn sei eine abz¨ahlbare Hamel-Basis. Wir setzen En = [x1 , . . . , xn ] n∈N En sind abgeschlossene Teilr¨aume und X = n En . Nach dem Satz von Baire gibt es ein n0 , so dass En0 nichtleeres Inneres besitzt. Also B(x0 , r) ⊂ En0 . Wegen −x0 ∈ En0 folgt B(0, r) ⊂ En0 . Es folgt B(0, mr) ⊂ En0 und damit X = En0 . 2

2.8. DER SATZ VON DER OFFENEN ABBILDUNG

2.8

139

Der Satz von der oﬀenen Abbildung

Wir sagen, dass eine Abbildung f : X → Y zwischen zwei topologischen R¨aumen oﬀen ist, falls f (U ) f¨ ur alle oﬀenen Mengen U oﬀen ist. Der Satz von der oﬀenen Abbildung besagt, dass eine stetige, surjektive, lineare Abbildung zwischen Banachr¨aumen eine oﬀene Abbildung ist. Beim Beweis benutzen wir den Satz von Baire. Eine wichtige Folgerung aus dem Satz von der oﬀenen Abbildung ist, dass eine stetige, bijektive Abbildung zwischen Banachr¨aumen eine stetige Inverse besitzt. Die Abbildung sin : R → R ist eine stetige Abbildung, die nicht oﬀen ist, weil sin(R) = [−1, 1]. Die identische Abbildung id : (R, P(R)) → (R, | · |) zwischen dem Raum R, einmal mit der diskreten Topologie ausgestattet und zum anderen mit der u ¨blichen Metrik, ist stetig, bijektiv, aber nicht oﬀen. Lemma 81 Es seien X und Y normierte R¨ aume und T : X → Y eine lineare Abbildung. Dann sind a¨quivalent: (i) T : X → Y ist eine oﬀene Abbildung. (ii) Es gibt ein > 0, so dass BY (0, ) ⊆ T (BX (0, 1)). Beweis. (i) ⇒ (ii): Falls T oﬀen ist, dann ist die Menge T (BX (0, 1)) oﬀen. Weil 0 = T (0) ∈ T (BX (0, 1)), so ist 0 innerer Punkt von T (BX (0, 1)). Nun zeigen wir (ii) ⇒ (i). Es sei U eine oﬀene Menge in X. Wir m¨ ussen zeigen, dass T (U ) oﬀen ist. Es sei y0 ∈ T (U ). Dann gibt es x0 ∈ U mit y0 = T (x0 ). Da U oﬀen ist, gibt es ein > 0 mit B(x0 , ) ⊆ U . T (BX (x0 , )) = T (x0 ) + T (BX (0, 1)) ⊇ T (x0 ) + BY (0, 1) = BY (y0 , ) 2 Satz 19 Es seien X und Y Banachr¨aume und T : X → Y eine lineare, stetige Abbildung. Falls T surjektiv ist, dann ist T oﬀen. Korollar 10 Es seien X und Y Banachr¨ aume und T : X → Y eine lineare, stetige Abbildung. Falls T bijektiv ist, dann ist auch T −1 eine stetige Abbildung.

140

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Beweis. Wir m¨ ussen zeigen, dass es ein r > 0 gibt, so dass BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 1)) gilt. Wir zeigen zun¨achst, dass es ein r > 0 mit BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 1)) gibt. Wegen Lemma 29 gilt X = ∞ n=1 BX (0, n). Somit ∞ ∞ Y = T (X) = T BX (0, n) = T (BX (0, n)). n=1

Es folgt Y =

∞

n=1

T (BX (0, n)).

n=1

Nach dem Kategoriensatz von Baire (Satz 18 und Lemma 80) gibt es ein n0 , so dass T (BX (0, n0 )) einen inneren Punkt besitzt. Wegen T (BX (0, n0 )) = n0 T (BX (0, 1)) besitzt auch T (BX (0, 1)) einen inneren Punkt. Deshalb gibt es ein y0 und ein r > 0 mit BY (y0 , 4r) ⊆ T (BX (0, 1)) Tats¨achlich wollen wir erreichen, dass eine Kugel mit Zentrum 0 in T (BX (0, 1)) enthalten ist. Ein Verschieben von BY (y0 , 4r) um den Vektor y0 f¨ uhrt nicht zum Ziel, weil y0 nicht in T (BX (0, 1)) liegen muss. Es gilt zwar BY (0, 4r) ⊆ T (BX (0, 1)) − y0 = T (BX (0, 1)) − y0 , aber an dieser Stelle brauchen wir, dass es ein x0 ∈ B(0, 1) mit T (x0 ) = y0 . Es gibt aber ein x1 ∈ BX (0, 1) mit T (x1 ) − y0 < 2r. Mit der Dreiecksungleichung folgt BY (T (x1 ), 2r) ⊆ BY (y0 , 4r) ⊆ T (BX (0, 1)).

2.8. DER SATZ VON DER OFFENEN ABBILDUNG

141

Hieraus folgt BY (0, 2r)

= BY (T (x1 ), 2r) − T (x1 ) ⊆ T (BX (0, 1)) − T (x1 ) = T (BX (0, 1)) − T (x1 ) = T (BX (x1 , 1)).

Wegen x1 < 1 gilt BX (x1 , 1) ⊆ BX (0, 2) und es folgt BY (0, 2r) ⊆ T (BX (0, 2)). Also gilt BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 1)). Nun zeigen wir, dass BY (0, 12 r) ⊆ T (BX (0, 1)) gilt. Es sei y ∈ BY (0, r). Dann gibt es eine Folge xn ∈ X, n ∈ N, mit xn < 2−n+1 und n r T (xi ) < n y − 2 i=1 Wir zeigen dies durch Induktion. Da BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 1)) gilt, gibt es ein x1 mit x1 < 1, so dass r y − T (x1 ) < 2 Wir nehmen an, dass wir x1 , . . . , xn gew¨ahlt haben, und w¨ahlen nun xn+1 . Wegen n n r n n T (xi ) < n bzw. 2 y − T (2 xi ) < r y − 2 i=1

i=1

und wegen BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 1)) gibt es ein xn+1 mit 2n xn+1 < 1 und n r n T (2n xi ) − T (2n xn+1 ) < . 2 y− 2 i=1

Also gilt

n+1 r T (xi ) < n+1 . y − 2 i=1

142

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Wegen

∞

xi <

i=1

∞

2−i+1 = 2

i=1

konvergiert die Reihe xi absolut. Da X ein Banachraum ist, konvergiert die Reihe gegen ein x in X mit x < 2. Außerdem konvergiert n n T (xi ) = T xi i=1

i=1

gegen y. Wegen der Stetigkeit von T folgt ∞ ∞ T (xi ) = T xi = T (x). y= i=1

i=1

Es folgt, dass BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 2)). 2 Im Satz von der oﬀenen Abbildung wird vorausgesetzt, dass beide R¨aume X und Y Banachr¨aume sind. Wir wollen mit einem Beispiel zeigen, dass man darauf nicht verzichten kann. ∞ Beispiel 23 X sei der Raum 1 mit der Norm x1 = n=1 |xn | und Y sei der Raum 1 mit der Norm x∞ = supn∈N |xn |. Dann ist die Identit¨ at id : X → Y eine bijektive, stetige Abbildung, aber die Inverse ist nicht stetig.

Beweis. Wegen x1 ≤ x∞ gilt id ≤ 1. Andererseits gilt n ei i=1

−1

Also ist id

∞

=1

n ei = n i=1

1

nicht beschr¨ ankt. 2

Im Satz von der oﬀenen Abbildung wird vorausgesetzt, dass die Abbildung T stetig ist. Wir wollen ein Beispiel daf¨ ur angeben, dass man auf diese Voraussetzung nicht verzichten kann. Beispiel 24 Die R¨ aume c0 und 1 sind algebraisch isomorph, aber es gibt zwischen ihnen keine lineare, bijektive, stetige Abbildung.

2.8. DER SATZ VON DER OFFENEN ABBILDUNG

143

Beweis. Wir werden sp¨ ater das genaue Argument kennenlernen, das zeigt, dass c0 und 1 nicht topologisch isomorph sind. Kurz gefasst lautet es: Der Dualraum von c0 ist separabel und der von 1 ist nicht separabel, was nicht sein kann, wenn beide R¨ aume topologisch isomorph w¨ aren. Wir zeigen nun, dass beide R¨ aume dieselbe algebraische Dimension besitzen, n¨amlich gleich der Kardinalit¨ at der reellen Zahlen R. Beide R¨aume sind Teilmengen des Raumes aller Folgen RN . Diese Menge hat die Kardinalit¨ at von R. Somit haben die Basen eine Kardinalit¨ at, die kleiner oder gleich der von R ist. Nach Beispiel 22 ist die Kardinalit¨ at der algebraischen Basis eines unendlich-dimensionalen Banachraumes u ¨berabz¨ ahlbar. Mit der Kontinuumshypothese folgt, dass die Kardinalit¨ at gr¨ oßer oder gleich der Kardinalit¨ at des Kontinuums ist. 2

Lemma 82 Es seien X und Y Banachr¨ aume und T : X → Y ein stetiger, linearer Operator, so dass Bild(T ) abgeschlossen ist. Dann sind Bild(T ) und X/ Kern(T ) isomorph und Tˆ : X/ Kern(T ) → Bild(T ) mit Tˆ([x]) = T (x) ist ein stetiger Isomorphismus. Beweis. Wir betrachten die Abbildung Tˆ : X/ Kern(T ) → Bild(T ) mit Tˆ([x]) = T (x). Die Abbildung Tˆ ist wohldeﬁniert, weil f¨ ur x und y mit [x] = [y] die Gleichung T (x) = T (y) gilt. Außerdem ist sie bijektiv. Die Abbildung Tˆ ist stetig, es gilt T = Tˆ. Wir weisen die Gleichung nach. Es gilt immer x ≥ [x]. Es folgt T ≤ Tˆ. Es gilt [x] = inf{x + y|T (y) = 0} Deshalb gibt es zu jedem > 0 ein y mit T (y) = 0 und [x] + ≥ x + y Es folgt Tˆ([x]) = T (x) = T (x + y) ≤ T x + y ≤ T ([x] + ) Da X und Y Banachr¨aume sind, Bild(T ) abgeschlossen ist, sind Bild(T ) und X/ Kern(T ) Banachr¨aume und aus dem Satz von der oﬀenen Abbildung folgt, dass Tˆ−1 stetig ist. 2 Lemma 83 Es seien X und Y Banachr¨aume, S : X → Y ein stetiger, linearer Operator und Bild(S) abgeschlossen. Dann gilt (Kern(S))⊥ = Bild(S ∗ )

144

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Beweis. Wir zeigen zuerst, dass Bild(S ∗ ) ⊆ (Kern(S))⊥ . Falls x∗ ∈ Bild(S ∗ ) x∗ (x) = S ∗ y ∗ (x) = y ∗ (Sx) F¨ ur alle x mit Sx = 0 ist der letztere Ausdruck 0. Also gilt x∗ ∈ (Kern(S))⊥ . Nun die umgekehrte Inklusion. Es sei x∗ ∈ (Kern(S))⊥ . Wir konstruieren nun ein y ∗ mit x∗ = S ∗ y ∗ . Es sei y0∗ : Bild(S) → R durch y0∗ (y) = x∗ (x)

falls

S(x) = y

gegeben. Wir weisen nach, dass y0∗ ist wohldeﬁniert und stetig ist. Es seien x1 und x2 mit y = S(x1 ) = S(x2 ). Dann 0 = S(x1 −x2 ) und somit x∗ (x1 −x2 ) = 0 x∗ (x1 ) = x∗ (x2 ) Wir zeigen nun, dass y0∗ stetig ist. Nach Lemma 82 ist Sˆ : X/ Kern(S) → ˆ Bild(S) mit S([x]) = S(x) ein stetiger Isomorphismus. ∗ xˆ : X/ Kern(S) → R sei durch xˆ∗ ([x]) = x∗ (x) gegeben. Dieses Funktional ist wohldeﬁniert und stetig. Wir u ¨berpr¨ ufen die Stetigkeit. F¨ ur jedes > 0 und x ∈ X gibt es ein y mit Sy = 0, so dass [x] + ≥ x + y Deshalb |ˆ x∗ ([x])| = |x∗ (x)| = |x∗ (x + y)| ≤ x∗ x + y ≤ x∗ ([x] + ) Wir beobachten, dass y0∗ = xˆ∗ ◦ Sˆ−1 : Es sei y ∈ Bild(S), also y = Sx. Dann gilt y0∗ (y) = x∗ (x) und xˆ∗ ◦ Sˆ−1 (y) = xˆ∗ (Sˆ−1 (y)) = xˆ∗ ([x]) = x∗ (x) Deshalb ist y0 stetig. Mit dem Satz von Hahn-Banach k¨onnen wir das Funktional y0∗ zu einem Funktional y ∗ auf Y fortsetzen. Es folgt f¨ ur alle x ∈ X x∗ (x) = y0∗ (Sx) = y ∗ (Sx) = (S ∗ y ∗ )(x) Es folgt x∗ = S ∗ y ∗ . 2 Beispiel 25 Es seien X ein Banachraum und Y ein abgeschlossener Teilraum. Dann gilt q(B X ) = B X/Y

2.8. DER SATZ VON DER OFFENEN ABBILDUNG

145

Wenn man die Voraussetzung, dass X und Y vollst¨ andig sind, fallen l¨ asst, dann gibt es Gegenbeispiele [Wer]. Beweis. Es gilt q(BX ) = BX/Y Ausserdem ist q nach dem Satz von der oﬀenen Abbildung eine oﬀene Abbildung. Also bildet q auch abgesclossene Mengen auf abgeschlossene Mengen ab. Da q(B X ) ⊆ B X/Y folgt die Behauptung.

146

2.9

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Der Satz vom abgeschlossenen Graphen

Es seien X und Y Mengen und T : X → Y eine Abbildung. Der Graph dieser Abbildung ist Graph(T ) = {(x, y)|y = T (x)} Falls X und Y Vektorr¨aume sind und T eine lineare Abbildung ist, dann ist Graph(T ) ein Teilraum von X × Y . Wir sagen, dass der Graph von T abgeschlossen ist, wenn Graph(T ) im Raum X × Y eine abgeschlossene Menge ist. Falls X und Y normierte R¨aume sind, dann ist die Produkttopologie auf X × Y durch die Norm X + Y gegeben. (Wir k¨onnten auch die Norm max{ X , Y } verwenden.) Die Stetigkeit von T bedeutet, dass f¨ ur alle x ∈ X und alle Folgen xn , n ∈ N, die gegen x konvergieren T (x) = lim T (xn ) n→∞

gilt. Die Abgeschlossenheit des Graphen von T bedeutet, dass f¨ ur alle (x, y) ∈ X × Y und alle Folgen (xn , yn ) ∈ Graph(T ), n ∈ N, die gegen (x, y) konvergieren, gilt (x, y) ∈ Graph(T ) Dies bedeutet, dass f¨ ur alle (x, y) ∈ X × Y und alle Folgen xn ∈ X, n ∈ N, mit x = lim xn und y = lim T (xn ) n→∞

n→∞

folgt, dass T (x) = y. Oﬀenbar impliziert die Stetigkeit von T die Abgeschlossenheit des Graphen. Die Umkehrung ist i.a. falsch. Wenn wir die Abgeschlossenheit eines Graphen nachpr¨ ufen, betrachten wir nur solche Folgen xn , n ∈ N, die konvergieren und f¨ ur die die Folgen T (xn ), n ∈ N, konvergieren. Beispiel 26 Die Abbildung f : R → R, ⎧ ⎨1 f (x) = x ⎩ 0

x = 0 x=0

besitzt einen abgeschlossenen Graphen, aber die Funktion ist nicht stetig. Diese Beispiel widerspricht nicht dem Satz vom abgeschlossenen Graphen, weil f nicht linear ist.

2.9. DER SATZ VOM ABGESCHLOSSENEN GRAPHEN

147

Satz 20 (Satz vom abgeschlossenen Graphen) Es seien X und Y Banachr¨aume und T : X → Y eine lineare Abbildung. T ist genau dann stetig, wenn der Graph von T abgeschlossen ist. Beweis. Wir leiten den Satz vom abgeschlossenen Graphen aus dem Satz von der oﬀenen Abbildung her. Es ist oﬀensichtlich, dass die Stetigkeit von T die Abgeschlossenheit von Graph(T ) impliziert. Wir nehmen nun an, dass der Graph von T abgeschlossen ist. Wir betrachten die Projektionen πX : X × Y → X und πY : X × Y → Y mit πX (x, y) = x

πY (x, y) = y

Wir schr¨anken die beiden Projektionen auf den Graphen von T ein und behaupten, dass % &−1 πY |Graph(T ) und πX |Graph(T ) beschr¨ankte Operatoren sind. Wegen πY = 1 gilt πY |Graph(T ) ≤ 1. Da X und Y Banachr¨aume sind, so ist auch X × Y ein Banachraum. Damit ist Graph(T ) ein abgeschlossener Teilraum eines Banachraumes und somit selbst ein Banachraum. πX |Graph(T ) ist eine Bijektion. Wir pr¨ ufen dies nach. x1 = πX (x1 , T (x1 )) = πX (x2 , T (x2 )) = x2 Also ist die Abbildung injektiv. Sie ist auch oﬀensichtlich surjektiv. Ausserdem gilt πX |Graph(T ) ≤ 1. Damit sind alle Voraussetzungen des Satzes von der oﬀenen Abbildung erf¨ ullt. Damit gibt es ein c, so dass % &−1 πX |Graph(T ) < c. Damit ist auch der Operator

beschr¨ankt und es gilt

2

% &−1 πY πX |Graph(T )

% &−1 . T = πY πX |Graph(T )

148

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Beispiel 27 Es sei X der Vektorraum aller stetig diﬀerenzierbaren Funktionen f : [0, 1] → R mit der Supremumsnorm f ∞ = sup |f (x)| x∈[0,1]

Y sei der Raum aller stetigen Funktionen f : [0, 1] → R mit der Supremumsnorm. Es sei D : X → Y die Ableitungsabbildung D(f ) = f D ist eine unbeschr¨ ankte, lineare Abbildung, deren Graph abgeschlossen ist.

Der Satz vom abgeschlossenen Graphen l¨ asst sich oﬀenbar deshalb nicht auf dieses Beispiel anwenden, weil der Raum X nicht vollst¨ andig ist. Der Raum Y ist vollst¨ andig. Beweis. Wir zeigen, dass die Abbildung nicht beschr¨ ankt ist. Es gelten xn ∞ = 1

und

D(xn )∞ = nxn ∞ = n

Wir zeigen nun, dass der Graph von D abgeschlossen ist. Es gelte f = lim fn n→∞

und

g = lim Dfn n→∞

d.h. f¨ ur alle > 0 existiert ein n0 , so dass f¨ ur alle n > n0 sup |f (x) − fn (x)| <

sup |g(x) − fn (x)| <

und

x∈[0,1]

x∈[0,1]

gilt. Es folgt, dass f = g. 2 Beispiel 28 Es sei Y der Raum 1 mit der Norm x1 =

∞

|xn |

n=1

X sei der Teilraum von 1 , der aus allen Folgen x mit ∞

n|xn | < ∞

n=1

besteht, ausgestattet mit derselben Norm 1 . (i) Die Abbildung T : X → Y mit T (x) = (nxn )∞ n=1 hat einen abgeschlossenen Graphen, ist aber nicht stetig. (ii) Die Abbildung T −1 : Y → X ist surjektiv, beschr¨ ankt und nicht oﬀen.

2.9. DER SATZ VOM ABGESCHLOSSENEN GRAPHEN

149

Beweis. T ist nicht stetig: Es sei en , n ∈ N, die Folge, die an der n-ten Stelle eine 1 hat, die andern Koordinaten sind 0. T (en ) = n T −1 ist nicht oﬀen, weil T sonst stetig w¨are. T −1 ist stetig: T −1 (x) =

∞ |x(k)| k=1

k

≤

∞

|x(k)| = x

k=1

Der Graph von T ist abgeschlossen. Es sei xn , n ∈ N, mit limn→∞ xn = x und limn→∞ T (xn ) = y. Wir haben zu zeigen, dass T (x) = y. Da T −1 stetig ist, folgt T −1 (y) = T −1 lim T (xn ) = lim xn = x n→∞

Damit folgt y = T x. 2

n→∞

150

2.10

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Der Satz von Banach-Steinhaus

Hugo Dyonizy Steinhaus (1887-1972) wurde in Jaslo geboren. Er studierte in Lwow und promovierte 1911 in G¨ottingen bei Hilbert. Er lehrte in Wroclaw an der Universit¨at. Satz 21 (Satz von Banach-Steinhaus/Prinzip der gleichm¨ aßigen Beschr¨ anktheit) Es seien X und Y normierte R¨ aume und A eine Teilmenge von L(X, Y ). (i) Falls U eine Menge zweiter Kategorie ist und f¨ ur alle x ∈ U sup T (x) < ∞

T ∈A

gilt, dann folgt sup T < ∞

T ∈A

(ii) Falls X ein Banachraum ist und falls f¨ ur alle x ∈ X sup T (x) < ∞

T ∈A

gilt, dann folgt sup T < ∞

T ∈A

Beweis. (ii) folgt aus (i), weil X von zweiter Kategorie ist. Wir beweisen (i). Wir betrachten * n∈N En = x ∈ X sup T (x) ≤ n T ∈A

Es gilt

∞ n=1

Deshalb ist

* En = x ∈ X sup T (x) < ∞ ⊇ U T ∈A

∞ n=1

En

2.10. DER SATZ VON BANACH-STEINHAUS

151

von zweiter Kategorie. Außerdem sind die Mengen En , n ∈ N, abgeschlossene Mengen. * = x ∈ X sup T (x) ≤ n = {x ∈ X | ∀T ∈ A : T (x) ≤ n } En T ∈A {x ∈ X| T (x) ≤ n} = T −1 (BY (0, n)) = T ∈A

T ∈A

DurchT −1 (BY (0, n)) ist abgeschlossen, weil T stetig ist. Also ist En der schnitt abgeschlossener Mengen und deshalb selbst abgeschlossen. Da ∞ n=1 En von zweiter Kategorie ist, ist diese Menge nicht abz¨ahlbare Vereinigung von nirgends dichten Mengen. Deshalb gibt es ein n0 , so dass En0 einen inneren Punkt enth¨alt. Es gibt ein x0 und ein r > 0, so dass BX (x0 , r) ⊆ En0 Es folgt mit der Dreiecksungleichung BX (0, r) ⊆ En0 − x0 ⊆ E2n0 . Also gilt

* x ∈ X sup T (x) ≤ 2n0 . T ∈A

BX (0, r) ⊆

Hieraus folgt sup sup T (x) ≤ 2n0

x ≤r T ∈A

und schliesslich 2n0 ≥ sup sup T (x) = sup rT . T ∈A x ≤r

T ∈A

2 Als Anwendung des Satzes von Banach-Steinhaus l¨asst sich zeigen, dass es eine stetige Funktion gibt, deren Fourier Reihe in einem Punkt divergiert ([Ho], S. 64).

152

CHAPTER 2. LINEARE OPERATOREN

Chapter 3 Hilbertraum 3.1

Hilbertr¨ aume

Es sei X ein Vektorraum u ¨ber den rellen oder komplexen Zahlen. Eine Abbildung < , >: X × X → K heißt Skalarprodukt oder auch inneres Produkt, falls (i) ∀x, y, z ∈ X :< x + y, z >=< x, z > + < y, z > (ii) ∀x, y ∈ X∀t ∈ R :< tx, y >= t < x, y > (iii) ∀x, y ∈ X :< x, y >= < y, x > (iv) ∀x ∈ X : 0 ≤< x, x > (v) < x, x >= 0 ⇔ x = 0 Ein Vektorraum mit einem Skalarprodukt heißt Pr¨ahilbertraum. Lemma 84 (Cauchy-Schwarz Ungleichung) Es sei X ein Vektorraum mit einem Skalarprodukt. Dann gilt f¨ ur alle x, y ∈ X | < x, y > |2 ≤< x, x >< y, y > Gleichheit gilt genau dann, wenn x und y linear abh¨ angig sind. Beweis. Falls y = 0, dann gilt auch < x, y >= 0. Damit folgt die Behaup153

154

CHAPTER 3. HILBERTRAUM

tung. Wir nehmen nun an, dass y = 0. Es sei t ∈ K. Dann gilt ≤< x + ty, x + ty > =< x, x > + < ty, x > + < x, ty > + < ty, ty > =< x, x > +t< x, y > + t < x, y > +|t|2 < y, y >

0

Wir setzen t=− Hiermit folgt 0

< x, y > < y, y >

1 < x, y > < x, y > y, x − y ≤ x− < y, y > < y, y > | < x, y > |2 | < x, y > |2 | < x, y > |2 =< x, x > − − + < y, y > < y, y > < y, y > 0

Also gilt

| < x, y > |2 ≤< x, x > < y, y >

2

In einem Vektorraum mit einem Skalarprodukt deﬁnieren wir 1

x2 =< x, x > 2 Lemma 85 Es sei X ein Vektorraum mit einem Skalarprodukt. Dann ist 1

x2 =< x, x > 2 eine Norm auf X. Ein Vektorraum H mit einem Skalarprodukt heißt Hilbertraum, falls H √ mit der Norm < ., . > vollst¨andig ist. Beweis. Wir zeigen die Dreiecksungleichung. x + y22

=< x + y, x + y >2 =< x, x > + < x, y > + < y, x > + < y, y > = x22 + 2 < x, y > +y22

¨ 3.1. HILBERTRAUME

155

Mit der Cauchy-Schwarz Ungleichung folgt x + y22 ≤ x22 + 2x2 y2 + y22 = (x2 + y2 )2 2 Beispiel 29 (i) 2 mit dem Skalarprodukt < x, y >=

∞

xi yi

i=1

ist ein Hilbertraum. (ii) L2 [0, 1] mit dem Skalarprodukt

1

f (t)g(t)dt

< f, g >= 0

ist ein Hibertraum. (iii) L2 (R, µ), wobei µ das Z¨ ahlmaß ist, ist mit < f, g >= f (t)g(t)dµ R

ein Hilbertraum. Lemma 86 Es sei H ein Pr¨ahilbertraum. Dann ist das Skalarprodukt < ., . >: H × H → K bez¨ uglich der Norm 2 stetig. Beweis. | < w, x > − < y, z > |

= | < w − y, x > + < y, x − z > | ≤ w − y2 x2 + y2 x − z2

2 Lemma 87 (Parallelogrammgleichung) Ein normierter Raum X ist genau dann ein Pr¨ ahilbertraum, wenn f¨ ur alle x, y ∈ X x + y22 + x − y22 = 2x22 + 2y22 gilt, d.h. es gibt auf X ein Skalarprodukt <, >, so dass f¨ ur alle x ∈ X √ x = < x, x >

156

CHAPTER 3. HILBERTRAUM

Beweis. Falls X ein Pr¨ahilbertraum ist, so gilt x + y22 + x − y22 =< x + y, x + y > + < x − y, x − y >= 2x22 + 2y22 Wir zeigen die Umkehrung f¨ ur den Fall reeller Zahlen. Das Skalarprodukt deﬁnieren wir als 1 < x, y >= (x + y2 − x − y2 ) 4 Damit gilt 1 x =< x, x > 2 und wir weisen nach, dass wir auf diese Weise ein Skalarprodukt deﬁniert haben. Wir beobachten, dass < 0, z >= 0 und < x, z >=< z, x >. 1 < 2x, z > = (2x + z2 − 2x − z2 ) 4 1 = (x + (x + z)2 − x + (x − z)2 ) 4 Mit der Parallelogrammgleichung folgt 1 1 < 2x, z > = (2x2 + 2x + z2 − z2 ) − (2x2 + 2x − z2 − z2 ) 4 4 = 2 < x, z > Durch Induktion erhalten wir f¨ ur alle n ∈ N < nx, z >= n < x, z > Nun der Induktionsschritt 1 = {(n + 1)x + z2 − (n + 1)x − z2 } 4 1 = {x + (nx + z)2 − x + (nx − z)2 } 4 Mit der Parallelogramm-Gleichung 1 < (n + 1)x, z > = {2x2 + 2nx + z2 − (n − 1)x + z2 } 4 1 − {2x2 + 2nx − z2 − (n − 1)x − z2 } 4 1 = {2nx + z2 − 2nx − z2 } 4 1 − {(n − 1)x + z2 − (n − 1)x − z2 } 4 = 2 < nx, z > −(n − 1) < x, z >= (n + 1) < x, z > < (n + 1)x, z >

¨ 3.1. HILBERTRAUME

157

Wiederum durch Induktion erhalten wir f¨ ur alle n, m ∈ N <

n x, z m

>=

n m

< x, z >

Da <, > stetig ist, folgt f¨ ur alle t ∈ R+ , dass < tx, z >= t < x, z >. < x + y, z >

1 = (x + y + z2 − x + y − z2 ) 4 1 = (2x + z2 + 2y2 − x − y + z2 ) 4 1 − (2x − z2 + 2y2 − x − y − z2 ) 4 = 2 < x, z > − < x − y, z >

Hieraus folgt < x + y, z > + < x − y, z >=< 2x, z > F¨ ur beliebige u, v ∈ X setzen wir u = x + y und v = x − y und erhalten dann < u, z > + < v, z >=< u + v, z > Damit ergibt sich insbesondere < −x, z >= − < x, z > 2 Wir sagen, dass zwei Vektoren x, y ∈ H orthogonal sind, falls < x, y >= 0 gilt. Allgemeiner sagt man, dass zwei Teilmengen A und B orthogonal sind, wenn f¨ ur alle x ∈ A und y ∈ B < x, y >= 0 gilt.In Hilbertr¨aumen gilt der Satz von Pythagoras: Falls x, y ∈ H zwei orthogonale Vektoren sind, dann x + y2 = x2 + y2 Satz 22 (i) Ein normierter Raum X ist genau dann ein Pr¨ ahilbertraum, wenn alle zweidimensionalen Unterr¨ aume isometrisch isomorph zu R2 mit der Euklidischen Norm sind. (ii) Unterr¨ aume von Pr¨ ahilbertr¨ aumen sind Pr¨ ahilbertr¨ aume. (iii) Die Vervollst¨ andigung eines Pr¨ ahilbertraumes ist ein Hilbertraum.

158

CHAPTER 3. HILBERTRAUM

Beweis. (i) Falls jeder zweidimensionale Unterraum isometrisch isomorph ur alle x, y ∈ X die Parzu R2 mit der Euklidischen Norm ist, dann gilt f¨ allelogrammgleichung. Nach Lemma ?? ist X damit ein Pr¨ahilbertraum. 2 Lemma 88 Es sei H ein Hilbertraum, K sei eine abgeschlossene, konvexe Teilmenge von H und x0 ∈ H. Dann existiert genau ein x ∈ K mit x − x0 H = inf y − x0 H y∈K

Beweis. Falls x0 ∈ K, so muss x = x0 . Falls x0 ∈ / K, dann gibt es eine Folge xn ∈ K, n ∈ N, mit lim x0 − xn H = inf x0 − yH

n→∞

y∈K

Wir k¨onnen annehmen, dass x0 = 0. Wir zeigen, dass xn , n ∈ N, eine Cauchy Folge ist. Aus der Parallelogrammgleichung folgt xn − xm 2 xn + xm 2 + = 1 (xn 2H + xm 2H ) 2 2 2 H

H

und damit xn + xm 2 xn − xm 2 2 2 1 = (xn H + xm H ) − 2 2 2 H

H

Außerdem gilt 1 (xn 2

+ xm ) ∈ K

weil K konvex ist. Damit folgt xn + xm 2 ≥ ( inf yH )2 y∈K 2 H Es folgt

xn − xm 2 ≤ 1 (xn 2H + xm 2H ) − ( inf yH )2 2 y∈K 2 H

¨ 3.1. HILBERTRAUME

159

Die rechte Seite strebt gegen 0. Also ist xn , n ∈ N eine Cauchy Folge. Da H vollst¨andig ist, konvergiert diese Folge gegen einen Grenzwert z. Da K abgeschlossen ist, gilt z ∈ K und x0 − zH = zH = lim xn H = inf yH n→∞

y∈K

Damit haben wir einen Punkt z konstruiert, f¨ ur den das Inﬁmum angenommen wird. Wir zeigen nun, dass dieser Punkt eindeutig ist. Falls n¨amlich zwei Punkte z und z¯ existierten, f¨ ur die das Inﬁmum angenommen wird, z + z¯ 2 z − z¯ 2 z + z¯ 2 2 < 2 + 2 H H H Es folgt mit der Parallelogrammgleichung z + z¯ 2 2 1 1 z 2H = ( inf x0 − yH )2 2 < 2 zH + 2 ¯ y∈K H Das kann nicht sein, weil 2

z + z¯ ∈K 2

Es sei U ein Unterraum eines Hilbertraumes H. Dann bezeichnen wir U ⊥ = {x ∈ H| ∀y ∈ U :< x, y >= 0} als Orthogonalraum von U . Es gilt U ∩ U ⊥ = {0}. Man beachte, dass wir dasselbe Symbol bei Banachr¨aumen f¨ ur einen ¨ahnlichen Begriﬀ verwenden. Diese Begriﬀe sind auseinanderzuhalten. Lemma 89 Es sei H ein Hilbertraum und U ein abgeschlossener Unterraum, der nicht nur aus dem Nullvektor besteht. Dann existiert eine lineare Projektion auf H, deren Bild U ist und deren Norm 1 ist. Der Kern dieser Projektion ist U ⊥ und es gilt, dass H isometrisch isomorph zu 2 U U⊥ 1

mit der Norm x + yH = (x2U + y2U ⊥ ) 2 ist.

160

CHAPTER 3. HILBERTRAUM

Die in Lemma 89 gegebene Projektion heißt Orthogonalprojektion. Wir zeigen also insbesondere, dass in einem Hilbertraum jeder abgeschlossene Teilraum komplementiert ist. Es gibt keine weiteren Banachr¨aume, f¨ ur die dies gilt. Ein Raum ist genau dann isomorph zu einem Hilbertraum, wenn alle abgeschlossenen Teilr¨aume komplementiert sind. Beweis. Wir zeigen, dass es f¨ ur jedes x ∈ H genau eine Darstellung x = y+z ⊥ mit y ∈ U und z ∈ U gibt. Nach Lemma 88 gibt es zu jedem x ∈ H genau ein y ∈ U mit x − y = inf x − u u∈U

Wir zeigen nun, dass x − u ∈ U ⊥ . Wir betrachten f¨ ur gegebenes w ∈ U die Funktion f : R → R f (t) = (x − y) + tw2 f nimmt f¨ ur t = 0 ein globales Minimum an, weil x − y = inf x − u ≤ inf x − y + tw ≤ x − y u∈U

t∈R

Wegen f (t) =< x − y + tw, x − y + tw >= x − y2 + 2t < x − y, w > +t2 w2 ist f ein quadratisches Polynom. Da f in 0 ein Minimum hat, gilt f (0) = 0. f (t) = 2 < x − y, w > +2tw2 und somit 0 = f (0) = 2 < x − y, w >. Da dies f¨ ur alle w ∈ U gilt, folgt ⊥ x − y ∈ U . Also gibt es eine Darstellung x = y + z mit y ∈ U und z ∈ U ⊥ . Wir nehmen nun an, dass es zwei verschiedene Darstellungen gibt, x = y + z und x = y¯ + z¯. Dann y − y¯ = z¯ − z Es folgt y − y¯2 =< y − y¯, y − y¯ >=< z¯ − z, y − y¯ >= 0 Also y = y¯ und damit auch z = z¯. Es sei y ∈ U und z ∈ U ⊥ . Dann y + z2 =< y + z, y + z >=< y, y > +2 < y, z > + < z, z >= y2 + z2

¨ 3.1. HILBERTRAUME

161

Als Projektion w¨ahlen wir P : H → H mit P (y + z) = y, wobei y ∈ U und z ∈ U ⊥ . Dann gilt P = sup P (y + z) = y+z =1

sup y 2 + z 2 =1

y = 1

2 Satz 23 (Darstellungssatz von Frechet-Riesz) Es sei H ein Hilbertraum und H ∗ sein Dualraum. Dann ist die Abbildung φ : H → H ∗ , die durch ∀x, y ∈ H :

φ(y)(x) =< x, y >

gegeben ist, bijektiv, isometrisch und konjugiert linear (φ(ty) = t¯φ(y)).

Aus dem Satz folgt, dass ein Hilbertraum reﬂexiv ist. Außerdem ist der Dualraum eines Hilbertraumes isometrisch isomorph zum Hilbertraum. Diese Eigenschaft wird allerdings von anderen R¨aumen auch erf¨ ullt. Die R¨aume 3 ∗ (p p )2 mit 1 < p < ∞ und der Norm 1

(x, y) = (x2p + y2p∗ ) 2 haben auch diese Eigenschaft. Beweis. Wir zeigen, dass φ eine Isometrie ist. Mit der Cauchy-Schwarz Ungleichung folgt φ(y)H ∗ = sup (φ(y))(x) = sup < x, y >≤ sup xH yH = yH x H ≤1

x H ≤1

x H ≤1

Außerdem gilt 0 φ(y)H ∗ = sup (φ(y))(x) = sup < x, y >≥ x H ≤1

x H ≤1

y ,y yH

1 = yH

Also ist φ eine Isometrie. Wir zeigen nun, dass φ auch surjektiv ist. Wir m¨ ussen also zeigen, dass zu jedem Funktional x∗ ∈ H ∗ ein y ∈ H existiert, so dass f¨ ur alle x ∈ H x∗ (x) =< x, y >

162

CHAPTER 3. HILBERTRAUM

gilt. Das 0-Funktional wird durch y = 0 dargestellt. Es sei nun x∗ = 0. Wir setzen Y = {x|x∗ (x) = 0} Y ist ein abgeschlossener Teilraum, weil x∗ stetig ist. Außerdem gilt Y = X. Nach Lemma 89 gibt es ein z ∈ Y ⊥ mit z = 1. Wir behaupten, dass f¨ ur alle x ∈ H x∗ (x) =< x, x∗ (z)z > . Dazu beobachten wir, dass x∗ (x)z − x∗ (z)x ∈ Y Dies folgt aus Deshalb gilt und somit

x∗ (x∗ (x)z − x∗ (z)x) = 0 < x∗ (x)z − x∗ (z)x, z >= 0 x∗ (x) = x∗ (z) < x, z >

2 Eine Teilmenge S eines Hibertraumes H heißt Orthonormalsystem, falls f¨ ur allle e ∈ S gilt, dass eH = 1, und falls f¨ ur alle e, f ∈ S mit e = f gilt, dass < e, f >= 0. Ein Orthonormalsystem heißt vollst¨andig, wenn es kein gr¨oßeres gibt. Ein vollst¨andiges Orthonormalsystem heißt auch Orthonormalbasis. Lemma 90 Jeder Hilbertraum hat ein vollst¨ andiges Orthonormalsystem. Dieses Lemma folgt aus dem Lemma von Zorn. Der Beweis wird genauso gef¨ uhrt wie der Beweis zur Existenz einer Basis in einem Vektorraum. Mit dem Orthogonalisierungsverfahren von Gram-Schmidt kann man eine Anzahl Vektoren in orthonormale transformieren. Beispiel 30 (i) Die Menge en , n ∈ N ist ein vollst¨andiges Orthonormalsystem in 2 .

¨ 3.1. HILBERTRAUME

163

(ii) Die Menge, die aus der konstanten Funktion 1 √ cos nx π

1 √ sin nx π

√1 2π

und den Funktionen

n∈N

ist ein vollst¨andiges Orthonormalsystem in L2 [0, 2π]. Beweis. (i) Wegen < en , em >=

∞

en (i)em (i) =

i=1

1 falls n = m 0 falls n = m

ist die Folge en , n ∈ N, ein Orthonormalsystem. Wir zeigen nun, dass es auch vollst¨andig ist. Es sei x ein von 0 verschiedener Vektor. Dann gibt es eine Koordinate xk , die von 0 verschieden ist. Deshalb < ek , x >= x¯k = 0 2 Lemma 91 (Bessel-Ungleichung) Es sei H ein Hilbertraum und xn , n ∈ N, ein Orthonormalsystem in H. Dann gilt f¨ ur alle x ∈ H ∞

| < x, xn > |2 ≤ x2H

n=1

Beweis. Es sei N ∈ N und x ∈ H. Wir setzen xN = x − N n=1 < x, en > en . N Dann sind xN und n=1 < x, en > en orthogonal: 5 4 5 4 N N N < x, en > en = x − < x, en > en , < x, en > en = 0 xN , n=1

n=1

n=1

Nun k¨onnen wir den Satz von Pythagoras anwenden. 2 N 2 2 = xN + < x, en > en x = xN + 2

n=1 N

| < x, en > | ≥

n=1

2

N

| < x, en > |2

n=1

Nun gehen wir auf der rechten Seite zum Limes u ¨ber. 2

164

CHAPTER 3. HILBERTRAUM

Lemma 92 Es sei H ein Hilbertraum und en , n ∈ N, ein Orthonormalsystem. Dann konvergiert ∞ < x, en > en n=1

f¨ ur alle x ∈ H in der Norm. Beweis. Wir zeigen, dass N < x, en > en , N ∈ N, eine Cauchy-Folge ist. n=1 N Aus Lemma 91 folgt, dass n=1 | < x, en > |2 , N ∈ N, eine Cauchy-Folge ist. Da die en orthonormal sind, gilt 2 N N < x, e > e = | < x, en > |2 n n n=M

n=M

2 Satz 24 Es sei H ein Hilbertraum. Dann sind die folgenden Aussagen ¨aquivalent. (i) en , n ∈ N, ist ein vollst¨ andiges Orthonormalsystem. (ii) F¨ ur alle x ∈ H gilt x=

∞

< x, en > en

n=1

(iii) F¨ ur alle x, y ∈ H gilt < x, y >=

∞

< x, en >< en , y >

n=1

(iv) F¨ ur alle x ∈ H gilt x2H =

∞

| < x, en > |2

n=1

(iv) wird als Parseval-Gleichung bezeichnet. Der Satz l¨asst sich auch f¨ ur u ¨berabz¨ahlbare Orthonormalsysteme formulieren.

¨ 3.1. HILBERTRAUME

165

Beweis. (i) ⇒ (ii). Wir zeigen ∞ ¬(ii) ⇒ ¬(i). Wir nehmen an, dass es ein x ∈ H, gibt, so dass x = n=1 < x, en > en . Man beachte, dass nach Lemma 92 die unendliche Summe in H konvergiert. Dann ist x−

∞

< x, en > en

n=1

zu allen en , n ∈ N, orthogonal. Wir pr¨ ufen dies nach. Nach Lemma 86 ist das Skalarprodukt bez¨ uglich der Norm stetig. Deshalb gilt 4 5 ∞ ∞ x− < x, en > en , ek =< x, ek > − < x, en >< en , ek >= 0 n=1

n=1

Dann ist das Orthonormalsystem nicht vollst¨andig. (ii) ⇒ (iii) Es gelten x=

∞

< x, en > en

y=

n=1

∞

< y, ek > ek

k=1

Es folgt < x, y >=

4∞

< x, en > en ,

n=1

∞

5 < y, ek > ek

k=1

Nach Lemma 86 ist das Skalarprodukt bez¨ uglich der Norm stetig. Es folgt < x, y >=

∞

< x, en >< en , y >

n=1

(iii) ⇒ (iv) Wir setzen x = y. 2 Korollar 11 2 und L2 [0, 2π] sind isometrisch isomorph.

166

CHAPTER 3. HILBERTRAUM

Chapter 4 Spektraltheorie 4.1

Das Spektrum beschr¨ ankter Operatoren

Es sei X ein Banachraum und T : X → X ein linearer Operator. λ ist Eigenwert von T , wenn es einen Vektor x = 0 mit T (x) = λx gibt. Ein Vektor x = 0 heißt Eigenvektor von T , wenn es ein λ mit T (x) = λx gibt. Wenn I die identische Abbildung auf X bezeichnet, dann ist es u ¨blich f¨ ur λI − T auch λ − T zu schreiben. Es liegt genau dann ein Eigenwert λ vor, wenn λ − T nicht injektiv ist. Falls X endlichdimensional ist, dann ist dies dazu a¨quivalent, dass λ − T nicht surjektiv ist. Falls X endlich dimensional ist und T = T ∗ gilt, dann gibt es eine Basis von X, die aus Eigenvektoren besteht, und die Matrix zu T ist bzgl. dieser Basis eine Diagonalmatrix. Eigenvektoren sind in vielen Bereichen der Mathematik wichtig. Beim L¨osen von Diﬀerentialgleichungen k¨onnen sie sehr hilfreich sein, hier nennt man sie Eigenfunktionen. Ein gutes Beispiel in diesem Zusammenhang ist die Wellengleichung. Die Resolventenmenge von T ist ρ(T ) = {λ ∈ K|λ − T ist ein stetiger Isomorphismus} Wir fordern also, dass λ − T bijektiv ist und die Inverse (λ − T )−1 stetig ist. Da X ein Banachraum ist, reicht es wegen des Satzes von der oﬀenen Abbildung zu fordern, dass λ − T bijektiv ist. Die Resolventenabbildung R : ρ(T ) → L(X) ist durch Rλ (T ) = (λ − T )−1 167

168

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

deﬁniert. Das Spektrum von T ist die Menge σ(T ) = K\ρ(T ). Das Spektrum ist in die folgenden Teilmengen unterteilt. Das Punktspektrum ist σp (T ) = {λ|λ − T ist nicht injektiv} Das stetige Spektrum ist σc (T ) = {λ|λ − T ist injektiv, nicht surjektiv, mit dichtem Bild} Das Restspektrum ist σr (T ) = {λ|λ − T ist injektiv, kein dichtes Bild} Es gilt σ(T ) = σp (T ) ∪ σc (T ) ∪ σr (T ) Die Inklusion σ(T ) ⊇ σp (T )∪σc (T )∪σr (T ) ist oﬀensichtlich. Die umgekehrte Inklusion folgt aus dem Satz von der oﬀenen Abbildung (Korollar 10): λ − T ist genau dann ein stetiger Isomorphismus, wenn λ − T stetig und bijektiv ist. Da aber die Stetigkeit von T vorausgesetzt wird, reicht es die Bijektivit¨at von λ − T nachzupr¨ ufen. Lemma 93 Es sei X ein Banachraum und T : X → X ein stetiger, linearer Operator. Dann gilt σ(T ) = σ(T ∗ ). Beweis. Nach Lemma 72 ist λ − T genau dann ein Isomorphismus, wenn (λ − T )∗ = λ − T ∗ ein Isomorphismus ist. 2 Wir bezeichnen

1

r(T ) = inf T n n n∈N

als Spektralradius von T . F¨ ur n = 1 ergibt sich hieraus r(T ) ≤ T . Deshalb ist der Spektralradius endlich. Lemma 94

1

r(T ) = lim T n n n→∞

Um dieses Lemma zu zeigen, brauchen wir das folgende.

¨ 4.1. DAS SPEKTRUM BESCHRANKTER OPERATOREN

169

ur alle Lemma 95 Es sei an , n ∈ N, eine Folge reeller Zahlen, so dass f¨ n, m ∈ N 0 < an+m ≤ an am gilt. Dann gilt inf

n∈N

√ n

√ n

an = lim

n→∞

an

Beweis. Wir w¨ahlen N , so dass √ √ N aN ≤ + inf n an n∈N

(Falls das Inﬁmum angenommen wird, dann w¨ahlen wir dieses N . Falls das Inﬁmum nicht angenommen wird, dann w¨ahlen wir N hinreichend groß.) Wir k¨onnen jede Zahl n als n = kN + r mit r < N schreiben. % &1 √ √ kN 1 1 n an = (akN +r ) n ≤ (aN )k ar n ≤ ( + inf a ) n ( max ai ) n ∈N

F¨ ur n → ∞ konvergiert

kN n

gegen 1 und

1 n

1≤i≤N

gegen 0. 2

Beweis. Die Folge der reellen Zahlen T n , n ∈ N, erf¨ ullt die Voraussetzungen von Lemma 95. 2 Man beachte im Folgenden, dass T 0 die identische Abbildung ist. Satz 25 Es sei X ein Banachraum und T : X → X ein stetiger, linearer Operator. (i) F¨ ur alle λ mit |λ| > r(T ) gilt ∞ n 1 T −1 (λ − T ) = . λ n=0 λ (ii) F¨ ur alle λ ∈ σ(T ) gilt

|λ| ≤ r(T )

Beweis. (i) Wir zeigen, dass (λ − T )−1 existiert, falls r(T ) < |λ|. Wir beginnen mit einer Verallgemeinerung der von Neumann Reihe (Lemma 63) Falls ∞ n T λ n=0

170

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

konvergiert, dann gilt 1 = λ n=0 ∞

−1

(λ − T )

n T . λ

Wir weisen dies nach. Aus der absoluten Konvergenz folgt, dass 1 λ n=0 ∞

n T λ

in L(X) konvergiert, weil L(X) vollst¨andig ist. Wegen 1 (λ − T ) λ n=0 N

gilt

N +1 n T T =I− λ λ

1 I = (λ − T ) λ n=0 ∞

Also gilt −1

(λ − T )

n T λ

1 = λ n=0 ∞

n T λ

Um die absolute Konvergenz sicherzustellen reicht n 1 T n lim sup λ <1 n→∞ Dies gilt jedoch, wenn |λ| > r(T ): n 1 T n 1 1 = 1 lim sup (T )n n = 1 lim (T )n n = r(T ) lim sup λ |λ| n→∞ |λ| n→∞ |λ| n→∞ 2 Lemma 96 (i) Die Resolventenmenge ρ(T ) ist oﬀen. (ii) Das Spektrum σ(T ) ist kompakt.

¨ 4.1. DAS SPEKTRUM BESCHRANKTER OPERATOREN

171

Beweis. (i) Es sei λ0 ∈ ρ(T ). Wir zeigen, dass dann auch alle λ mit −1 |λ − λ0 | < (λ0 − T )−1 zu ρ(T ) geh¨oren. Es gilt % & λ − T = (λ0 − T ) + (λ − λ0 ) = (λ0 − T ) I − (λ0 − λ)(λ0 − T )−1

(4.1)

Nach Lemma 63 ist I − S invertierbar, wenn S < 1. (ii) Wegen (i) ist das Spektrum eine abgeschlossene Menge und wegen Satz 25 ist das Spektrum eine beschr¨ankte Menge. 2 Lemma 97 (i) Die Resolventenabbildung ist analytisch, sie wird lokal durch eine Potenzreihe dargestellt, deren Koeﬃzienten stetige, lineare Operatoren −1 sind. F¨ ur alle λ0 und λ in ρ(T ) mit |λ − λ0 | < (λ0 − T )−1 gilt −1

(λ − T )

=

∞

(λ0 − λ)n ((λ0 − T )−1 )n+1

n=0

∅.

(ii) Falls X ein Vektorraum u ¨ber den komplexen Zahlen ist, dann σ(T ) =

(iii) Falls X ein Vektorraum u ¨ber den komplexen Zahlen ist, dann gibt es ein λ ∈ σ(T ) mit |λ| = r(T ). Beweis. (i) Aus (4.1) folgt % &−1 (λ − T )−1 = (λ0 − T )−1 I − (λ0 − λ)(λ0 − T )−1 Wegen Lemma ?? gilt f¨ ur S mit S < 1 −1

(I − S)

=

∞

Sn

n=0

Deshalb erhalten wir mit S = (λ0 − λ)(λ0 − T )−1 (λ − T )−1

= (λ0 − T )−1

∞ n=0

(λ0 − λ)n ((λ0 − T )−1 )n

172

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

(ii) Wir nehmen an, dass σ(T ) = ∅. Dann ist die Resolventenabbildung in jedem Punkt von C analytisch. Wir wollen nun den Satz von Liouville f¨ ur ∗ ganze Funktionen mit Werten in C anwenden. Es sei φ ∈ L(X) . Dann ist −1

φ((λ − T ) ) =

∞

(λ0 − λ)n φ(((λ0 − T )−1 )n+1 )

n=0

eine in jedem Punkt analytische, komplexwertige Funktion. Die Funktion ist auch beschr¨ankt. Es gilt n¨amlich f¨ ur alle |λ| > 2T −1 ∞ 1 1 T n T −1 (λ − T ) = = ( ) (4.2) I− λ λ λ n=0 λ und somit

∞ n T T 1 1 −1 ≤ φ ≤ φ I− ) |φ((λ − T ) )| = φ λ λ λ n=0 λ T −1

Nach dem Satz von Liouville ist die Funktion φ((λ − T )−1 ) konstant. Insbesondere sind alle Koeﬃzienten in den Potenzreihenentwicklungen bis auf den ersten 0. F¨ ur λ0 = 0 und n = 1 ergibt sich, dass f¨ ur alle φ ∈ L(X)∗ die Gleichung φ(T −2 ) = 0 gelten muss (Wir schreiben T −2 f¨ ur (T −1 )2 .). Nach Korollar 5 muss dann T −2 = 0 gelten. Dies ist nicht wahr, weil, weil T −1 und damit auch T −2 ein Isomorphismus ist (mit der Inversen T 2 ). (iii) Nach Satz 25 gilt f¨ ur alle λ mit |λ| > r(T ) ∞ n 1 T −1 (λ − T ) = . λ n=0 λ Deshalb ist f¨ ur jedes Funktional φ und alle λ mit |λ| > r(T ) ∞ ∞ T & % ( )n = φ(T n )λ−n φ λ(λ − T )−1 = φ λ n=0 n=0 analytisch. Dies folgt aus 1

1

1

lim sup |φ(T n )| n ≤ lim sup φ n T n n = r(T ). n→∞

n→∞

Die Laurententwicklung konvergiert in dem gr¨oßten Kreisring, der in dem Holomorphiegebiet enthalten ist. Deshalb konvergiert die Laurentreihe f¨ ur

¨ 4.1. DAS SPEKTRUM BESCHRANKTER OPERATOREN

173

alle µ mit |µ| > sup{|λ||λ ∈ σ(T )}. Die Reihe konvergiert f¨ ur jedes µ mit |µ| > sup{|λ||λ ∈ σ(T )} sogar absolut ∞

|φ(T n )µ−n | < ∞.

n=0

Es folgt, dass f¨ ur alle φ eine Konstante Cφ existiert, so dass n T ≤ Cφ sup φ µn n∈N Nach dem Satz von Banach-Steinhaus (Satz 21) gibt es eine Konstante C, so dass n T sup n ≤ C n∈N µ n

(Wenn wir den Satz von Banach-Steinhaus anwenden, fassen wir Tµn als Elemente des Bidualraums L(X)∗∗ auf.) Hieraus folgt f¨ ur alle n ∈ N T n ≤ Cµn Dies impliziert

1

1

T n n ≤ C n µ Deshalb r(T ) ≤ µ. 2 Beispiel 31 (i) Falls X endlich-dimensional ist, dann ist σ(T ) gleich der Menge der Eigenwerte. (ii) Es sei S : 1 → 1 durch S(x(1), x(2), . . . ) = (x(2), x(3), . . . ) deﬁniert. S wird als Shiftoperator bezeichnet. Es gilt σp (S) = (−1, 1)

σc (S) = {−1, 1}

σr (S) = ∅

und der Spektralradius von S ist 1. Die adjungierte Abbildung S ∗ : ∞ → ∞ ist durch S ∗ (y(1), y(2), . . . ) = (0, y(1), y(2), . . . ) gegeben. Es gilt σp (S ∗ ) = ∅

σc (S ∗ ) = ∅

σr (S ∗ ) = [−1, 1]

(iii) Es sei T : C[0, 1] → C[0, 1] durch T f (s) =

s

f (t)dt 0

174

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

gegeben. Dann gilt σp (T ) = ∅

σc (T ) = ∅

σr (T ) = {0}

(iv) Es sei X der Teilraum von C[0, 1] mit f (0) = 0 und T dieselbe Abbildung wie in (iii). Dann gilt σp (T ) = ∅ σc (T ) = {0} σr (T ) = ∅ (v) Es sei X der Raum aller beschr¨ ankten Funktionen f : [0, 1] → R, die in 0 und 1 stetig sind und f (0) = 0 erf¨ ullen. X sei mit der Supremumsnorm ausgestattet. Es sei T : X → X durch (T f )(t) = tx(t) deﬁniert. Dann gilt σp (T ) = (0, 1)

σc (T ) = {0}

σr (T ) = {1}

Beweis. (i) Falls X endlich-dimensional ist, dann folgt aus der Injektivit¨ at die Surjektivit¨ at. (ii) Nach Satz 25 gilt σ(S) ⊆ [−1, 1], weil S = 1. F¨ ur |λ| < 1 ist λ − S nicht injektiv. 0 = (λ − S)x = (λx(1) − x(2), λx(2) − x(3), . . . ) gilt genau dann, wenn f¨ ur alle i = 1, 2, . . . λx(i) = x(i + 1) Es folgt x = x(1)(1, λ, λ2 , . . . ). Da x ∈ 1 , folgt |λ| < 1. 1 und −1 liegen im stetigen Spektrum. Wir weisen dies f¨ ur den Wert 1 nach. y liegt im Bild von I − S, wenn es ein x mit y = (I − S)x bzw. y(i) = x(i) − x(i + 1) Dies bedeutet f¨ ur alle i = 1, 2, . . . x(i) =

∞

y(k)

k=i 1 (Da y ∈ 1 , sind die x(i) wohldeﬁniert.) Wenn wir y(i) = 1i − i+1 w¨ahlen, dann erhalten 1 1 wir x(i) = i . Diese Folge ist aber kein Element von . Das Bild von I − S liegt in 1 dicht, weil wir alle Vektoren mit h¨ ochstens endlich vielen von 0 verschiedenen Koordinaten im Bild liegen. Um wiederum dies einzusehen, reicht es zu zeigen, dass die Einheitsvektoren ei , i ∈ N,

1 falls i = k ei (k) = 0 falls i = k

im Bild liegen. Dazu betrachten wir die Vektoren zn = (1, . . . , 1, 0, . . . ), bei denen die ersten n Koordinaten 1 sind und die folgenden 0. Es gilt en = (I − S)zn

¨ 4.1. DAS SPEKTRUM BESCHRANKTER OPERATOREN

175

Nun berechnen wir das Spektrum von S ∗ . Wegen Lemma 93 wissen wir bereits, dass ur alle λ injektiv. Es gilt σ(S) = σ(S ∗ ). (λ − S ∗ ) ist f¨ 0 = (λ − S ∗ )x = (λx(1), λx(2) − x(1), λx(3) − x(2), . . . ) genau dann, wenn λx(1) = 0 und f¨ ur i = 1, 2, . . . λx(i + 1) − x(i) = 0 gelten. Falls λ = 0, dann erhalten wir x = 0 und ebenso falls λ = 0. Damit ist λ − S ∗ f¨ ur alle λ injektiv und σp (S ∗ ) = ∅. F¨ ur alle λ mit |λ| ≤ 1 gilt λ ∈ σr (T ). Falls λ = 0, dann ist λ − S ∗ = −S ∗ nicht surjektiv und das Bild ist auch nicht dicht, weil die erste Koordinate jedes Bildvektors gleich 0 ist. Also gilt 0 ∈ σr (T ). y liegt im Bild von λ − S ∗ , falls es ein x mit λx(1)

= y(1)

λx(i + 1) − x(i)

= y(i + 1)

Dies bedeutet x(i) =

i y(k) λi−k+1

k=1

Falls 0 < λ ≤ 1, dann liegt die Menge der Vektoren {y ∈ ∞ |∀i ∈ N : y(i) ≥ 1} nicht im Bild. Falls ein solches y im Bild liegen w¨ urde, dann folgt x(i) =

i i y(k) 1 ≥ ≥i λi−k+1 λi−k+1

k=1

k=1

Dann kann x aber nicht Element von ∞ sein. Falls −1 ≤ λ < 0, dann liegt die Menge der Vektoren {y ∈ ∞ |∀i ∈ N : (−1)i y(i) ≥ 1} nicht im Bild. Falls ein solches y im Bild liegen w¨ urde, dann folgt f¨ ur alle ungeraden i x(i)

i i y(k) y(k) = = (−1)i−k+1 i−k+1 λi−k+1 |λ| k=1

=

i k=1

k=1

y(k) 1 ≥ ≥i i−k+1 |λ| |λ|i−k+1 i

(−1)k

Dann kann x aber nicht Element von ∞ sein.

k=1

176

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

(iii) Wir zeigen, dass 0 ∈ σr (T ).Nach dem Hauptsatz der Diﬀerential- und Integralrechnung ist T injektiv. T hat kein dichtes Bild, weil T f (0) = 0. Nun betrachten wir λ = 0. Wir zeigen, dass es zu jedem g genau ein f mit λf − T f = g gibt. Zun¨ achst die Injektivit¨ at. Es gelte λf − T f = 0, d.h. s λf (s) = f (t)dt 0

Es folgt nach dem Hauptsatz der Diﬀerential- und Integralrechnung, dass f stetig differenzierbar ist. Deshalb gilt λf = f mit f (0) = 0. Diese Diﬀerentialgleichung hat eine eindeutige L¨ osung. Nun die Surjektivit¨ at. Zu gegebenem g w¨ahlen wir s s−t −t 1 1 1 1 s s f (s) = 2 g(t)e λ dt + g(s) = 2 e λ g(t)e λ dt + g(s) λ 0 λ λ λ 0 Mittels partieller Integration weisen wir nach, dass λf − T f = g gilt. s −t −t 1 s s 1 r r 1 λ λf − T f = e λ g(t)e λ dt + g(s) − e g(t)e λ dt + g(r)dr 2 λ λ 0 0 λ 0 Mit partieller Integration erhalten wir s −t −t 1 r r 1 s s 1 s λ λ λ λ e g(t)e dtdr = e g(t)e dt − g(t)dt 2 λ λ 0 0 λ 0 0 (v) Man sieht sofort, dass T = 1. Nach Satz 25 folgt, dass σ(T ) ⊆ [−1, 1]. Falls λ ∈ / [0, 1], dann deﬁniert ((λ − T )−1 f )(t) =

1 f (t) λ−t

den zu λ − T inversen Operator. F¨ ur λ ∈ (0, 1) ist λ − T nicht injektiv, weil λχ{λ} = T χ{λ} . Also gilt (0, 1) ⊆ σp (T ). Nun betrachten wir λ = 0. T ist injektiv, weil 0 = T f (t) = tf (t) f¨ ur t = 0 impliziert, dass f (t) = 0. Alle Funktionen des Raumes erf¨ ullen f (0) = 0. Also ist T injektiv. T ist nicht surjektiv, weil die Wurzelfunktion nicht im Bild liegt. Wir weisen dies nach. √ t = T f (t) = tf (t) impliziert 1 f (t) = √ t

¨ 4.1. DAS SPEKTRUM BESCHRANKTER OPERATOREN

177

Damit w¨are f aber keine beschr¨ ankte Funktion. T hat aber dichtes Bild: Es sei f ∈ X gegeben. Zu > 0 w¨ahlen wir δ, so dass f¨ ur alle t mit 0 ≤ t ≤ δ die Ungleichung |f (t)| ≤ . Nun setzen wir ⎧ t ∈ [0, δ] ⎨0 f (t) = f (t) ⎩ t ∈ (δ, 1] t Es gilt T f − f ≤ . Also gilt 0 ∈ σr (T ). Nun betrachten wir λ = 1. I − T ist injektiv. f = T f bedeutet f (t) = tf (t) Falls t < 1, dann folgt f (t) = 0. Wegen der Stetigkeit in 1 folgt f (1) = 0. Also ist I − T injektiv. I − T hat kein dichtes Bild, weil (I − T )f (1) = 0. 2

178

4.2

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

Das Spektrum kompakter Operatoren

Eine lineare Abbildung T : X → Y zwischen zwei normierten R¨aumen heißt kompakt, wenn das Bild T (BX ) der abgeschlossenen Einheitskugel relativ kompakt ist, wenn also der Abschluss von T (BX ) kompakt ist. Ein Operator S : X → X, dessen Kern endlich-dimensional ist, dessen Bild abgeschlossen ist und f¨ ur den der Quotientenraum X/Bild(S) endlichdimensional ist, heißt Fredholm Operator. Satz 26 (Riesz-Schauder) Es sei X ein Banachraum und T : X → X ein kompakter Operator. Dann gelten (i) Der Kern von I − T ist endlich-dimensional. (ii) Der Operator I − T hat abgeschlossenes Bild und X/Bild(I − T ) ist endlich-dimensional. Beweis. (i) Es sei xn , n ∈ N, eine beschr¨ankte Folge in Kern(I − T ). Weil T kompakt ist, gibt es eine Teilfolge T (xnk ), k ∈ N, die in X konvergiert. Wegen 0 = (I − T )xnk = xnk − T xnk gilt xnk = T xnk und somit konvergiert xnk . Da Kern(I −T ) abgeschlossen ist, konvergiert diese Folge auch in diesem Teilraum. Also ist die Einheitskugel von Kern(I − T ) kompakt und somit Kern(I − T ) nach Lemma 39 endlichdimensional. (ii) Wir zeigen, dass das Bild von I − T abgeschlossen ist. Wir betrachten die Faktorisierung von I −T durch den Raum X/ Kern(I −T ). Wir deﬁnieren den Operator I − T : X/ Kern(I − T ) → X durch I − T ([x]) = (I − T )(x) Wir u ¨berzeugen uns davon, dass I − T wohldeﬁniert ist, d.h. dass (I − T )(x) nicht vom Repr¨asentanten der Klasse [x] abh¨angt. Falls y, z ∈ [x], dann gilt (I − T )(y) = (I − T )(z). Weiter gilt I − T = I − T ◦ q, wobei q : X → X/ Kern(I − T ) die Quotientenabbildung ist, q(x) = [x]. I − T ist injektiv und stetig. Zun¨achst zeigen wir, dass I − T injektiv ist. Falls I − T ([x]) = I − T ([y])

4.2. DAS SPEKTRUM KOMPAKTER OPERATOREN

179

dann gilt (I − T )(x) = (I − T )(y) und damit (I − T )(x − y) = 0. Also [x] = [y]. Nun die Stetigkeit. ∀ > 0∀x ∈ X∃y ∈ Kern(I − T ) : [x] + ≥ x + y Damit folgt I − T ([x])

= (I − T )(x) = (I − T )(x + y) ≤ I − T x + y ≤ I − T ([x] + )

Wir betrachten nun I − T als Operator von X/ Kern(I −T ) nach Bild(I − T ). Der Operator ist dann bijektiv und stetig. Wir zeigen nun, dass auch der Inverse stetig ist (Wir k¨onnen hier nicht den Satz von der oﬀenen Abbildung anwenden, weil wir nicht wissen, dass der Bildraum vollst¨andig ist, das wollen wir ja gerade zeigen.). Wir nehmen an, dass die Inverse nicht stetig ist. Dann ist die Norm der Inversen nicht beschr¨ankt und es gibt eine Folge xn , n ∈ N, mit xn ≤ 2

[xn ] = 1

lim (I − T )(xn ) = 0

n→∞

In jeder Klasse [xn ] mit [xn ] = 1 gibt es einen Repr¨asentanten xn mit xn ≤ 2. Da T kompakt ist, gibt es eine Teilfolge T xnk von T xn , die konvergiert. Damit konvergiert auch xnk = (I − T )(xnk ) + T (xnk ) Es folgt

6 7 1 = lim [xnk ] = lim [xnk ] = lim xnk k→∞

k→∞

k→∞

Andereseits gilt (I − T )( lim xnk ) = 0 k→∞

und somit

6

7 lim xnk = 0

k→∞

Also ist die Inverse von I − T stetig und X/ Kern(I − T ) und Bild(I − T ) sind isomorph. X ist vollst¨andig und Kern(I − T ) ist abgeschlossen. Deshalb ist X/ Kern(I − T ) vollst¨andig, und so auch Bild(I − T ). Also ist das Bild von I − T in X abgeschlossen.

180

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

Wir zeigen nun, dass X/Bild(I −T ) endlich-dimensional ist. Weil Bild(I − T ) abgeschlossen ist, ist (X/ Bild(I − T ))∗ nach Lemma 74 isometrisch isomorph zu (Bild(I − T ))⊥ . Außerdem (Bild(I − T ))⊥ = Kern(I − T )∗ Somit ist (X/ Bild(I −T ))∗ isometrisch isomorph zu Kern(I −T )∗ . Nach dem Satz von Schauder (Satz 16) ist T ∗ kompakt. Wir wenden (i) auf (I − T )∗ = I ∗ − T ∗ an und erhalten, dass Kern(I − T )∗ endlich-dimensional ist. 2 Satz 27 (Riesz-Schauder) Es sei X ein Banachraum und T : X → X ein kompakter Operator. Dann gilt dim(X/ Bild(I − T ))

= dim(Kern(I − T )) = dim(X ∗ / Bild(I − T )∗ ) = dim(Kern(I − T )∗ )

Im allgemeinen ist eine solche Aussage nat¨ urlich falsch. Man betrachte dazu den Shift-Operator S : 2 → 2 mit S(x1 , x2 , . . . ) = (x2 , x3 , . . . ). Es gilt dim(Kern(S))=1 und Bild(S) = 2 , also dim(X/ Bild(S)) = 0. Lemma 98 Es sei X ein Banachraum und T : X → X ein kompakter Operator. Wir bezeichnen Nm = Kern(I − T )m

N0 = {0}

Rm = Bild(I − T )m

R0 = X

(i) Es existiert eine kleinste Zahl p ∈ {0, 1, 2, . . . } mit Np = Np+1 . (ii) F¨ ur alle ∈ N mit ≥ p gilt N = Np . (iii) Np ∩ Rp = {0} (iv) Es existiert eine kleinste Zahl q ∈ {0, 1, 2, . . . } mit Rq = Rq+1 . (v) F¨ ur alle ∈ N mit ≥ q gilt Rq = R . (vi) Nq + Rq = X (vii) p = q Beweis. Bevor wir die einzelnen Punkte beweisen, bemerken wir, dass N 0 ⊆ N1 ⊆ N2 ⊆ · · ·

R0 ⊇ R 1 ⊇ R2 ⊇ · · ·

4.2. DAS SPEKTRUM KOMPAKTER OPERATOREN

181

Diese Inklusionen sind oﬀensichtlich, denn falls x ∈ N , dann gilt (I − T ) x = 0 und es folgt (I − T )+1 x = 0. Falls x ∈ R+1 , d.h. es gibt ein y ∈ X mit (I − T )+1 y = x, dann gilt f¨ ur (I − T )y = z, dass x = (I − T ) z ∈ R . m Weiter hat (I − T ) die Form (I − T ) = I − m

m m k=1

k

(−1)k+1 T k = I − S

wobei S eine kompakte Abbildung ist. Nach Satz 26 ist der Kern Nm von I − S = (I − T )m endlich-dimensional. Das Bild Rm = (I − S)(X) ist nach Satz 26 abgeschlossen, weil S kompakt ist. Ebenfalls mit Satz 26 folgt dass, X/Rm endlich-dimensional ist. (i) Wir nehmen an, dass es kein solches p gibt. Die R¨aume Nk sind alle abgeschlossen, weil sie Kerne stetiger Abbildungen sind (Wir wissen sogar, dass die R¨aume Nk endlich-dimensional sind.). Außerdem ist Nk in Nk+1 enthalten, aber nicht gleich. Nach dem Lemma von Riesz (Lemma 38) gibt es dann ein xk+1 ∈ Nk+1 mit d(xk+1 , Nk ) > 12 und xk+1 = 1. Dann gilt f¨ ur k> 1 T xk − T x = xk − (I − T )xk + x − (I − T )x ≥ 2 weil −(I − T )xk + x − (I − T )x ∈ Nk−1 . Dies gilt, weil x ∈ N ⊆ Nk−1 , (I − T )(Nk ) ⊂ Nk−1 . Deshalb besitzt T xk keine konvergente Teilfolge und T kann nicht kompakt sein. (ii) Wir haben uns bereits u ¨berlegt, dass Np ⊆ N . Außerdem wissen wir wegen (i), dass Np = Np+1 . Wir wenden nun Induktion an. Wir nehmen an, dass N = Np und x ∈ N+1 . Es folgt, dass (I − T )x ∈ N = N−1 . Da also (I − T )x ∈ N−1 , so muss x ∈ N . (iii) Es sei x ∈ Np ∩ Rp . Wegen x ∈ Np gilt (I − T )p x = 0 und wegen x ∈ Rp gibt es ein y mit x = (I − T )p y. Es folgt (I − T )2p y = 0 und damit y ∈ N2p Nach (ii) gilt Np = N2p . Deshalb gilt (I − T )p y = 0 und x = 0. (iv) Wir nehmen an, dass es keine Zahl q mit Rq = Rq+1 gibt. Dann gibt es zu jedem n ∈ N ein xn ∈ Rn mit d(xn , Rn+1 ) ≥ 12 . Dies folgt aus dem Lemma von Riesz (Lemma 38). Dann gilt f¨ ur alle k < T xk − T x = xk − (I − T )xk + x − (I − T )x ≥

1 2

weil −(I − T )xk + x − (I − T )x ∈ R+1 . Damit ist T keine kompakte Abbildung, was nicht richtig ist.

182

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

(v) Wir haben uns bereits u ¨berlegt, dass Rq ⊇ R . Wir benutzen Induktion. Nach (iv) gilt Rq = Rq+1 . Wir nehmen an, dass Rq = R und wollen schließen, dass Rq = R+1 . Wegen R−1 = R gilt R+1 = (I − T )R = (I − T )R−1 = R . (vi) Es sei x ∈ X. Dann gilt (I − T )q x ∈ Rq und, weil Rq = R2q , gibt es ein y ∈ X mit (I − T )q x = (I − T )2q y. Nun stellen wir x durch x = (x − (I − T )q y) + (I − T )q y dar. Es gilt (I − T )q y ∈ Rq und x − (I − T )q y ∈ Nq . Die letztere Relation gilt, weil (I − T )q (x − (I − T )q y) = (I − T )q x − (I − T )2q y = 0 (vii) Falls p > q, dann gilt nach (v), dass Rp = Rq , und nach (ii), dass Np \ Nq = ∅. Es sei x ∈ Np \ Nq . Nach (vi) gilt x=y+z

y ∈ Nq , z ∈ R q = R p

Es folgt x − y = z mit z ∈ Rp und x − y ∈ Np . Nach (iii) gilt dann z = 0 und x = y. Also gilt x ∈ Nq . Wir nehmen nun an, dass q > p. Dann gilt Np = Nq und Rp \ Rq = ∅. Wir w¨ahlen x ∈ Rp \ Rq . Nach (vi) x=y+z

y ∈ Nq = N p , z ∈ R q

Dann gilt x − z = y mit y ∈ Np und x − z ∈ Rp . Es folgt y = 0 und x = z. Also x ∈ Rq . 2 Lemma 99 Es sei X ein Banachraum und T : X → X ein kompakter Operator. Dann existiert ein endlich-dimensionaler Unterraum N und ein abgeschlossener Unterraum R von X, so dass (i) X ist die direkte topologische Summe X = N ⊕ R. (ii) (I − T )(N ) ⊆ N und (I − T )(R) = R (iii) I − T|R : R → R ist ein stetiger Isomorphismus. Beweis. Wir w¨ahlen N = Np und R = Rp wie in Lemma 98 angegeben. (i) Nach Lemma 98sind N und R abgeschlossen, also vollst¨andig. Der Raum N ⊕ R sei mit der Norm N + R ausgestattet. Die Abbildung

4.2. DAS SPEKTRUM KOMPAKTER OPERATOREN

183

I : N ⊕ R → X mit I(y, z) = y + z ist stetig und nach dem Satz von der oﬀenen Abbildung damit auch die Inverse. (ii) Weiter gilt (I − T )(N ) = (I − T )(Np ) ⊆ Np−1 ⊆ Np = N (I − T )(R) = (I − T )(Rp ) = Rp+1 = Rp = R (iii) Außerdem ist (I − T )|R surjektiv. (I − T )|R ist injektiv: Falls (I − T )(y) = 0 und y ∈ R = Rp , dann gilt y = (I − T )p x und somit 0 = (I − T )p+1 x. Damit x ∈ Np+1 = Np = N und folglich y = (I − T )p x = 0. Also ist (I − T )|R auch injektiv. Nach dem Satz von der oﬀenen Abbildung ist (I − T )|R ein stetiger Isomorphismus. 2 Beweis von Satz 27. Wegen Lemma 74 sind (Kern(I−T ))∗ und X ∗ /(Kern(I− T ))⊥ isometrisch. Nach Satz 26 ist Kern(I −T ) endlich-dimensional. Deshalb dim(X ∗ /(Kern(I − T ))⊥ ) = dim(Kern(I − T )) Nach Satz 26 ist das Bild von I − T abgeschlossen und nach Lemma 83 gilt Kern(I − T )⊥ = Bild((I − T )∗ ) Es folgt

dim(X ∗ /(Bild((I − T )∗ )) = dim(Kern(I − T ))

Somit bleibt noch dim(X/ Bild(I − T )) = dim(Kern(I − T ))

(4.3)

zu zeigen. Dazu betrachten wir N und R von Lemma 99 und die direkte Summe X = N ⊕ R. Außerdem betrachten wir I − T = (I − T )|N . Wir zeigen (i) dim(X/ Bild(I − T )) = dim(N/ Bild(I − T )) (ii) Kern(I − T ) = Kern(I − T ) Hieraus ergibt sich (4.3), weil N endlich-dimensional ist und deshalb dim(N/ Bild(I − T )) = dim(Kern(I − T )) Wir zeigen (i). Die Abbildung Φ : N/ Bild(I − T ) → X/ Bild(I − T ) Φ [x]N/ Bild(I−T ) = [x]X/ Bild(I−T )

184

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

ist wohldeﬁniert und bijektiv. Sie ist wohldeﬁniert, weil Bild(I − T) ⊆ Bild(I − T ). Die Abbildung ist injektiv: Es sei x ∈ N mit Φ([x]N/ Bild(I−T ) ) = 0, also [x]X/ Bild(I−T ) = 0 Somit liegt x im Bild von I − T . Es gibt also ein y ∈ X mit x = (I − T )y. Außerdem k¨onnen wir y durch y = y1 + y2

y1 ∈ N, y2 ∈ R

darstellen. Es folgt x = (I − T )y1 + (I − T )y2 Nach Lemma ?? gelten (I −T )R = R und (I −T )N ⊆ N , folgt (I −T )y1 ∈ N und (I − T )y2 ∈ R. Da auch x ∈ N (I − T )y2 = x − (I − T )y1 ∈ N ∩ R Es folgt (I − T )y2 = 0. Nach Lemma ?? ist I − T auf R ein Isomorphismus, deshalb y2 = 0. Weiter folgt x = (I − T )y1 ∈ (I − T )(N ) und somit [x]N/ Bild(I−T ) = 0 Nun zeigen wir, dass Φ surjektiv ist. F¨ ur jedes x ∈ X gilt x = x1 + x2

x1 ∈ N, x2 ∈ R

Da I − T auf R ein Isomorphismus ist, gilt x2 ∈ Bild(I − T ) und somit [x]X/ Bild(I−T ) = [x1 ]X/ Bild(I−T ) Es folgt Φ([x1 ]N/ Bild(I−T ) ) = [x1 ]X/ Bild(I−T ) = [x]X/ Bild(I−T ) Nun zeigen wir Kern(I − T ) = Kern(I − T ). Zu x ∈ Kern(I − T ) betrachten wir die Darstellung x = x1 + x2 mit x1 ∈ N und x2 ∈ R. Wegen (I − T )x = 0 gilt (I − T )x1 = −(I − T )x2 . Nach Lemma ?? ist I − T auf R ein Isomorphismus und (I − T )N ⊆ N . Deshalb gilt (I − T )x1 ∈ N und (I − T )x2 ∈ R. Es folgt (I − T )x2 ∈ N ∩ R

4.2. DAS SPEKTRUM KOMPAKTER OPERATOREN

185

und folglich (I − T )x2 = 0. Da I − T auf R ein Isomorphismus ist, folgt x2 = 0. Hieraus folgt x = x1 ∈ N , also x ∈ Kern(I − T )|N Die inverse Inklusion erh¨alt man, indem man die einzelnen Schritte r¨ uckw¨arts verfolgt. 2 Satz 28 (Fredholmsche Alternative) Es sei X ein Banachraum und T : X → X ein kompakter Operator. Es sei λ ∈ K mit λ = 0. Dann hat entweder die homogene Gleichung λx − T x = 0 nur die triviale L¨ osung und in diesem Fall ist die inhomogene Gleichung λx − T x = y f¨ ur jedes y ∈ X eindeutig oder der L¨ osungsraum hat die endliche Dimension dim(Kern(λ − T )). Die Fredholmsche Alternative besagt auch: λ = 0 ist entweder kein Spektralwert oder ein Eigenwert. Beweis. Es gilt λ − T = λ(I − λ1 T ). Deshalb 1 1 Bild(λ − T ) = Bild I − T Kern(λ − T ) = Kern I − T λ λ Nach Satz 27

1 dim X/ Bild I − T λ

1 = dim Kern I − T λ

Wir betrachten nun zwei F¨alle. Der erste Fall ist 1 1 = dim Kern I − T =0 dim X/ Bild I − T λ λ Dann ist I − λ1 T bijektiv. Deshalb hat λx − T x = 0 nur die triviale L¨osung und f¨ ur jedes y ∈ X existiert genau ein x mit λx − T x = y. Der zweite Fall ist, dass die Dimensionen ungleich 0 sind. Dann hat der L¨osungsraum von λx − T x = 0 die Dimension dim(Kern(I − λ1 T )). 2

186

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

Satz 29 Es sei X ein Banachraum und T : X → X ein kompakter Operator. (i) Falls X unendlich-dimensional ist, dann 0 ∈ σ(T ). (ii) Jedes Element des Spektrums, das verschieden von 0 ist, ist Eigenwert von T und der zugeh¨ orige Eigenraum ist endlich-dimensional. (iii) Zu jedem von 0 verschiedenen Eigenwert λ gibt es zwei Teilr¨ aume N (λ) und R(λ), so dass N (λ) endlich-dimensional ist und den Eigenraum von λ umfasst und λ − T ein Isomorphismus von R(λ) nach R(λ) ist. (iv) Das Spektrum σ(T ) ist abz¨ ahlbar. (v) σ(T ) besitzt keinen von 0 verschiedenen H¨ aufungspunkt.

Beweis. (i) Falls 0 nicht im Spektrum liegt, dann ist T invertierbar und die Inverse ist stetig. Damit ist I = T T −1 kompakt. Nach Lemma 39 kann die identische Abbildung nur dann kompakt sein, wenn X endlich-dimensional ist. (ii) folgt aus der Fredholmschen Alternative. Entweder λ − T ist bijektiv oder nicht injektiv. Der Kern von λ−T ist nach Satz 26 endlich-dimensional. (iii) Wir w¨ahlen die R¨aume N und R von Lemma 99. (iv) und (v) Wir weisen nach, dass f¨ ur jedes > 0 die Menge {λ ∈ σ(T )||λ| ≥ } endlich ist. Dazu nehmen wir an, dass dies nicht der Fall ist. Dann gibt es ein , eine Folge λn , n ∈ N, von paarweise verschiedenen Eigenwerten und eine Folge xn , n ∈ N, von Eigenvektoren, die von 0 verschieden sind, mit |λn | ≥

T x n = λn x n

Die Eigenvektoren sind linear unabh¨angig. W¨are dem nicht so, dann gibt es ein N , so dass x1 , . . . , xN −1 linear unabh¨angig sind, aber x1 , . . . , xN nicht linear unabh¨angig sind. Somit ﬁnden wir Koeﬃzienten an mit xN =

N −1

an x n

n=1

Es folgt T xN =

N −1 n=1

an T x n =

N −1 n=1

λ n an x n

4.2. DAS SPEKTRUM KOMPAKTER OPERATOREN und T x N = λN x N =

N −1

187

λN an xn

n=1

Deshalb 0=

N −1

(λn − λN )an xn

n=1

Da alle x1 , . . . , xN −1 linear unabh¨angig sind, folgt f¨ ur alle n, dass (λn − λN )an = 0. Da die Eigenwerte s¨amtlich verschieden sind, muss dann f¨ ur alle n die Gleichung an = 0 gelten. Dies bedeutet aber xN = 0. Dies ist ein Widerspruch, weil alle Eigenvektoren von 0 verschieden sind. Also sind die Eigenvektoren linear unabh¨angig. Wir setzen En = LH(x1 , . . . , xn ) und es gilt En ⊂ En+1 mit En = En+1 . Nach dem Lemma von Riesz (Lemma 38) gibt es Vektoren yn ∈ En mit yn = 1 und 1 inf yn − z ≥ z∈En−1 2 Es gilt f¨ ur n > m T yn − T ym = λn yn − (T ym + λn yn − T yn ) Wegen ym = T ym =

m i=1

m i=1

am i xi und yn =

am i λi xi ∈ Em

n i=1

ani xi gelten

λn y n − T y n =

n−1

ani (λn − λi )xi ∈ En−1

i=1

Es folgt 1 T yn − T ym = λn yn − (T ym + λn yn − T yn ) ≥ |λn | inf yn − z ≥ z∈En−1 2 Damit hat die Folge T yn , n ∈ N, keine konvergente Teilfolge und T ist im Widerspruch zur Annahme nicht kompakt. 2 Nach Satz 29 ist 0 immer im Spektrum enthalten, 0 muss aber keinesfalls ein Eigenwert sein, wie das folgende Beispiel belegt.

188

CHAPTER 4. SPEKTRALTHEORIE

Beispiel 32 (i) Es sei T : C[0, 1] → C[0, 1] durch s f (t)dt T f (s) = 0

gegeben. Dann ist T ein kompakter Operator und es gilt σp (T ) = ∅

σc (T ) = ∅

σr (T ) = {0}

(ii) Es sei k ∈ L2 [0, 1]2 und Tk : L2 [0, 1] → L2 [0, 1] sei durch 1 k(s, t)f (t)dt Tk f (s) = 0

gegeben. Dann gilt Tk ≤ k und Tk ist kompakt. (iii) (Volterra) Es sei k ∈ C[0, 1]2 und Tk : C[0, 1] → C[0, 1] sei durch s k(s, t)f (t)dt Tk f (s) = 0

gegeben. Dann ist Tk ist kompakt. Der Spektralradius ist 0. Weiter gilt σ(T ) = {0} (siehe [Wer], S. 219). Beweis. (i) Wir hatten bereits in Beispiel 31 das Spektrum bestimmt. Um die Kompaktheit von T nachzuweisen, benutzen wir den Satz von ArzelaAscoli. Wir weisen nach, dass die Familie der Funktionen T f ∈ C[0, 1] mit t T f (t) = f (u)du f ≤ 1 0

gleichstetig sind. Es gilt s s t f (u)du − f (u)du ≤ |f (u)|du| ≤ |s − t| |T f (s) − T f (t)| = 0

0

t

(ii) Nach Satz ist 0 immer Element des Spektrums. 2

Chapter 5 Dualraum 5.1

Der Dualraum von Lp

Es sei 1 ≤ p < ∞ und p1 + 1q = 1. Außerdem sei (X, A, µ) ein Maßraum. Man kann auf nat¨ urliche durch eine Funktion f ∈ Lq (X, A, µ) ein Funktional auf Lp (X, A, µ) erzeugen. Der Operator I : Lq → (Lp )∗ sei durch I(f )(g) = f gdµ gegeben. Umgekehrt kann man jedes Funktional durch eine solche Funktion darstellen. Dazu beobachtet man, dass f¨ ur ein gegebenes Funktional Φ ν(A) = Φ(χA ) ein signiertes Maß ist. Nach dem Satz von Radon-Nikodym gibt es dann eine Funktion mit ν(A) = f dµ A

Im folgenden Satz stellen wir fest, dass der Dualraum von Lp der Raum Lq ist, falls 1 ≤ p < ∞ und der Maßraum σ-endlich ist. Falls 1 < p < ∞, dann kann man auf die Annahme, dass der Maßraum σ-endlich ist, verzichten [Beh]. Dies kann man nicht im Fall p = 1. Das folgende Lemma stellt sicher, dass der Bildraum von I tats¨achlich (Lp )∗ ist. Lemma 100 Es sei 1 ≤ p < ∞ und p1 + 1q = 1 und (X, A, µ) ein Maßraum. Der Operator I ist eine Isometrie von Lq in den Dualraum von Lp . 189

190

CHAPTER 5. DUALRAUM

Das Lemma stellt nicht sicher, dass das Bild von I gleich dem Dualraum von Lp ist. Beweis. Wir behandeln den Fall 1 < p < ∞. Es gilt I(f )(Lp )∗ = sup |I(f )(g)| = sup f gdµ . g p =1

g p =1

Mit der H¨older Ungleichung folgt I(f )(Lp )∗ ≤ sup f q gp = f q . g p =1

ur f = 0 ist dies Es bleibt zu zeigen, dass auch I(f ) ≥ f q gilt. F¨ oﬀensichtlich. Wir k¨onnen also annehmen, dass f = 0 gilt. Wir w¨ahlen g=

sgn(f )|f |q−1 . f q−1 q

Wir zeigen, dass g ∈ Lp . sgn(f )|f |q−1 p p −q dµ = f q gp = |f |q dµ = 1 q−1 f q Es ergibt sich hiermit I(f )(Lp )∗

= sup h p =1 |I(f )(h)| ≥ |I(f )(g)| = f gdµ )|f |q−1 1−q dµ = f = f sgn(f |f |q dµ = f q . q−1 q f q

2 Lemma 101 Es sei (X, A, µ) ein σ-endlicher Maßraum, 1 ≤ p < ∞ und 1 + 1q = 1. Es sei g eine messbare Funktion und es gebe eine Konstante p C, so dass f¨ ur alle einfachen Funktionen f , die außerhalb einer Menge von endlichem Maß verschwinden und deren p-Normen kleiner gleich 1 sind, die Ungleichung f gdµ ≤ C X

gilt. Dann gilt g ∈ Lq und

gq = sup f

f gdµ X

5.1. DER DUALRAUM VON LP

191

wobei sich das Supremum u ¨ber alle einfachen Funktionen erstreckt, die ausserhalb einer Menge von endlichem Maß verschwinden und deren p-Normen kleiner gleich 1 sind. Beweis. Wir behandeln den Fall 1 < p < ∞. Wir betrachten hier den Fall, dass X ein endliches Maß hat. Es gibt eine Folge von einfachen, nichtnegativen Funktionen gn , n ∈ N, so dass f¨ ur alle x ∈ X die Ungleichungen gn (x) ≤ |g(x)| und gn (x) ≤ gn+1 (x) gelten und so dass limn→∞ gn (x) = |g(x)|. Nach dem Satz u ¨ber die monotone Konvergenz gilt q lim |gn | dµ = |g|q dµ. n→∞

X

X

(An dieser Stelle wissen wir noch nicht, dass das Integral auf der rechten Seite endlich ist.) Wir setzen sgn(g)|gn |q−1 . gn q−1 q

hn =

Da gn einfache Funktionen mit einem Tr¨ager von endlichem Maß sind, gilt gn ∈ Lq . Dann gilt p p(1−q) p(q−1) −q |gn | dµ = gn q |gn |q dµ = 1. hn p = gn q X

X

Also gilt hn p = 1. Mit den Annahmen des Lemmas folgt |g||gn |q−1 C ≥ sup hn gdµ ≥ lim inf hn gdµ = lim inf q−1 dµ. n→∞ n→∞ n∈N X X X gn q Da |gn | ≤ |g| gilt, folgt weiter C ≥ lim inf n→∞

gn −q+1 q

|gn |q dµ = lim inf gn q = gq n→∞

X

so dass g ∈ Lq . Insbesondere folgt auch hn gdµ ≤ sup f gdµ. gq ≤ sup n∈N

X

f

X

Mit der H¨older Ungleichung folgt f gdµ ≤ f p gq . sup f

2

X

192

CHAPTER 5. DUALRAUM

Satz 30 Es sei (X, A, µ) ein σ-endlicher Maßraum, 1 ≤ p < ∞ und p1 + 1q = 1. F¨ ur jedes φ ∈ (Lp )∗ existiert ein g ∈ Lq , so dass f¨ ur alle f ∈ Lp φ(f ) = f gdµ X

gilt. Weiter gilt φ(Lp )∗ = gq . Insbesondere sind (Lp )∗ und Lq isometrisch.

Der Beweis verwendet entscheidend den Satz von Radon-Nikodym: Es sei (X, A, µ) ein σ-endlicher Maßraum und ν ein signiertes, σ-endliches Maß auf A, das bzgl. µ absolutstetig ist. Dann gibt es eine µ-messbare Funktion g mit dν = gdµ. Beweis. Wir zeigen die Behauptung f¨ ur den Fall, dass der Maßraum endlich ist. Wir zeigen zun¨achst, dass es eine Funktion g ∈ Lq gibt, so dass f¨ ur alle charakteristischen Funktionen messbarer Mengen E φ(χE ) = χE gdµ. X

Dazu setzen wir ν(E) = φ(χE ). Wir weisen nach, dass ν ein endliches, signiertes Maß auf der σ-Algebra A ist, das bzgl. µ absolutstetig ist. Es gilt ν(∅) = φ(χ∅ ) = φ(0) = 0 Ein signiertes Maß nimmt nur einen der Werte −∞ und ∞ an. Wir weisen dies f¨ ur ν nach. Weil µ(X) < ∞, folgt f¨ ur alle A ∈ A, dass µ(A) < ∞. Deshalb gilt χA ∈ Lp und damit ist φ(χA ) deﬁniert und endlich. Deshalb ist ν(A) = φ(χA ) eine relle Zahl und insbesondere endlich. Also nimmt ν weder den Wert ∞ noch den Wert −∞ an. Hieraus folgt auch, dass ν σ-endlich ist: Mit der Hahnschen Zerlegung ist X die disjunkte Vereinigung von einer Menge positiven Maßes mit einer Menge negativen Maßes. Beide Mengen haben

5.1. DER DUALRAUM VON LP

193

aber endliches Maß. Es seien Ej , j = 1, . . . , n, disjunkte, messbare Mengen. Dann gilt n n n n ν Ej = φ(χ j=1 Ej ) = φ χEj = ν(Ej ) j=1

j=1

j=1

und ν ist additiv. Wir zeigen die σ-Additivit¨ at. Es seien Ej , j ∈ N, disjunkte, messbare Mengen. Dann ist ∞ E eine messbare Menge, die endliches µ-Maß hat, j=1 j weil X endliches µ-Maß hat. Also ist χ∞ eine Funktion in Lp . Damit j=1 Ej ) deﬁniert. Ausserdem gilt ist φ(χ∞ j=1 Ej p = χ∞ p = µ χnj=1 Ej − χ∞ j=1 Ej p j=n+1 Ej p

∞

Ej

=

j=n+1

∞

µ(Ej )

j=n+1

Der letzte Ausdruck konvergiert f¨ ur n gegen ∞ gegen 0. Das bedeutet, dass konvergiert. Da φ stetig die Folge χnj=1 Ej , n ∈ N, in Lp (µ) gegen χ∞ j=1 Ej ist lim φ χnj=1 Ej = φ χ∞ . j=1 Ej n→∞

Dies bedeutet aber, dass ∞ n Ej φ χ = φ χ ∞ = lim ν j=1 Ej j=1 Ej n→∞

j=1

= lim

n→∞

n

φ(χEj ) = lim

n→∞

j=1

n j=1

ν(Ej ) =

∞

ν(Ej )

j=1

und ν ist σ-additiv. Wir zeigen nun, dass ν µ gilt. Falls µ(E) = 0 gilt, dann gilt fast u ¨berall χE = 0. D.h. dass χE in Lp den Vektor 0 darstellt. Deshalb gilt φ(χE ) = 0 und somit auch ν(E) = 0. Nach dem Satz von Radon-Nikodym gibt es eine µ-messbare Funktion g, so dass f¨ ur alle messbaren Mengen E ν(E) = gdµ E

gilt. (Wir wissen zun¨achst nur, dass g messbar ist, wir wissen noch nicht, dass g in Lq ist.) Also gilt f¨ ur alle charakteristischen Funktionen messbarer

194

CHAPTER 5. DUALRAUM

Mengen

φ(χE ) =

χE gdµ. X

Damit gilt auch f¨ ur alle einfachen Funktionen f f gdµ. φ(f ) = X

Lemma stellt sicher, dass die einfachen Funktionen in Lp dicht sind. Mit der Stetigkeit von φ folgt nun f¨ ur alle f ∈ Lp φ(f ) = f gdµ. X

Mit Lemma folgt, dass φ = gq gilt. 2 Korollar 12 Es sei (X, A, µ) ein σ-endlicher Maßraum und 1 < p < ∞. Dann ist Lp (µ) reﬂexiv.

Wir sagen, dass ein Banachraum X ein Pr¨adualraum eines Banachraumes Y ist, falls der Dualraum von X isometrisch isomorph zu Y ist. F¨ ur reﬂexive Banachr¨aume ist der Pr¨adualraum eindeutig. Dies ist i.a. nicht richtig. Bemerkung 1 Der Dualraum von C(ω ω ) ist isometrisch zu 1 . Der Raum C(ω ω ) ist nicht isomorph zu c0 . Beispiel 33 Es gibt eine Folge fn , n ∈ N, in L2 [0, 1] die schwach gegen 0 konvergiert, die jedoch keine Teilfolge besitzt, die punktweise f.¨ u. gegen 0 konvergiert.

5.2. URYSOHNS LEMMA UND DIE ZERLEGUNG DER EINS

5.2

195

Urysohns Lemma und die Zerlegung der Eins

P.S. Urysohn wurde am 3.2.1898 in Odessa geboren. Er ertrank am 17.8.1924 bei einem Badeunfall in Batz, Frankreich. Er war Prvat-Dozent an der Moskauer Universit¨at und ab 1923 Professor an der 2. Moskauer Universit¨at, dem sp¨ateren P¨adagogischen Institut. Es sei X eine nichtleere Menge. Eine Topologie auf X ist eine Familie T von Teilmengen von X, die die leere Menge ∅ und X enth¨alt, und unter beliebigen Vereinigungen und endlichen Durchschnitten abgeschlossen ist. Die Elemente von T heißen oﬀenen Mengen. Das Paar (X, T ) heißt topologischer Raum. Falls E ⊆ P(X), dann sagen wir, dass die Topologie T von E erzeugt wird, falls sie der Durchschnitt aller Topologien ist, die E enthalten. Ein topologischer Raum heißt normaler Raum, falls ∀x, y ∃U ∈ T : ∀A, B abgeschlossen und disjunkt ∃U, V oﬀen und disjunkt :

x ∈ U und y ∈ /U A ⊆ U und B ⊆ V

Der Tr¨ager einer stetigen Funktion f mit Werten in den reellen Zahlen ist der Abschluss der Menge aller Punkte, f¨ ur die f von 0 verschieden ist. supp(f ) = {x|f (x) = 0} Lemma 102 Jeder kompakte Hausdorﬀ Raum X ist normal. Beweis. Es seien A und B abgeschlossene Mengen. Da X kompakt ist, sind auch A und B kompakt. Zu jedem x ∈ A und jedem y ∈ B existieren zwei disjunkte, oﬀene Mengen Ux,y und Vx,y mit x ∈ Ux,y und y ∈ Vx,y , weil X ¨ Hausdorﬀ ist. Dann ist Vx,y , y ∈ B, eine oﬀene Uberdeckung von B und besitzt eine endliche Teil¨ uberdeckung B⊆

n i=1

Vx,yi

196

CHAPTER 5. DUALRAUM

Weiter gilt

n

Ux,yi ∩

i=1

und

n

n

Vx,yi = ∅

i=1

x∈A

Ux,yi

i=1

¨ ist eine oﬀene Uberdeckung von A. Weil A kompakt ist, gibt es eine endliche Teil¨ uberdeckung m n A⊆ Uxj ,yi j=1 i=1

Weiter gilt

m n

Uxj ,yi

∩

j=1 i=1

m n

Vxj ,yi

=∅

j=1 i=1

2 Lemma 103 Jeder normale Raum ist Hausdorﬀ.

Beweis. Die einpunktigen Mengen sind abgeschlossen, weil es zu je zwei verschiedenen Punkten x und y eine oﬀene Menge U mit x ∈ U und y ∈ /U existiert. Da die einpunktigen Mengen {x} und {y} abgeschlossen sind und der Raum normal ist, ﬁnden sich zwei oﬀene, disjunkte Mengen U und V mit x ∈ U und y ∈ V . 2 Lemma 104 Es seien (X, T) ein normaler Raum und A und B disjunkte, abgeschlossene Mengen in X. Es sei * k n M= k, n ∈ N und 1 ≤ k ≤ 2 2n Dann gibt es eine Familie Ur , r ∈ M , von oﬀenen Mengen, so dass A ⊆ Ur ⊆ B c gelten.

und

∀r < s : Ur ⊆ Us

5.2. URYSOHNS LEMMA UND DIE ZERLEGUNG DER EINS

197

Beweis. Wir verwenden Induktion u ¨ber n. F¨ ur n = 1 sind die Mengen U 1 2 c und U1 zu w¨ahlen. Wir setzen U1 = B . Da X normal ist, gibt es disjunkte, oﬀene Mengen V und W , so dass A ⊆ V und B ⊆ W . Wir w¨ahlen U 1 = V . 2 Dann gilt A ⊆ V ⊆ V ⊆ W c ⊆ Bc oder A ⊆ U 1 ⊆ U 1 ⊆ W c ⊆ U1 2

2

Damit haben wir f¨ ur n = 1 die Mengen konstruiert. Wir benutzen nun Induktion u ¨ber n. Wir nehmen an, dass wir die Mengen r=

Ur

k 1 ≤ k ≤ 2n 1 ≤ n ≤ N − 1 2n

konstruiert haben. Nun w¨ahlen wir diejenigen Ur , r = 2kN , 1 ≤ k ≤ 2N , die noch nicht gew¨ahlt wurden. Man beachte, dass die Mengen f¨ ur gerades k k/2 k bereits gew¨ahlt wurden, weil 2N = 2N −1 . Es bleibt, die Mengen Ur

r=

2j + 1 j = 0, . . . , 2N −1 − 1 2N

zu w¨ahlen. Wir beginnen mit j = 0. U 2N ist bereits gew¨ahlt und weil X 2 normal ist, gibt es zwei oﬀene, disjunkte Mengen V und W mit c A⊆V U 2N ⊆ W 2

Wir setzen U

1 2N

= V und es gilt A⊆U

Es gilt

j

1 2N

⊆U

1 2N

⊆ Wc ⊆ U

2 2N

2j 2j + 1 2j + 2 j+1 < < = 2N −1 2N 2N 2N 2N −1 und U j+1 sind bereits gew¨ahlt und es gilt U =

j Die Mengen U j ⊆ 2N −1 2N −1 2N −1 U j+1 . 2N −1 Da X normal ist, gibt es zwei oﬀene, disjunkte Mengen V und W mit c U j ⊆V U j+1 ⊆W 2N −1

2N −1

198

CHAPTER 5. DUALRAUM

Wir setzen U 2j+1 = V 2N

Es gilt U 2j+1 ⊆ U cj+1

2N −1

2N

2 Lemma 105 (Urysohn) Es sei X ein normaler Raum und A und B seien abgeschlossene, disjunkte Mengen in X. Dann gibt es eine stetige Funktion f auf X mit Werten in [0, 1], so dass f auf A identisch 0 ist und auf B identisch 1 ist. Wir konstruieren die Funktion mit Hilfe der Mengen Ur , r ∈ M . Typischerweise sind die R¨ander dieser Mengen die H¨ohenlinien der Funktion f . Die Funktion f hat also auf dem Rand von Ur den Wert r. ur Beweis. Es sei Ur , r ∈ M die Familie oﬀener Mengen von Lemma 104. F¨ r > 1 setzen wir Ur = X. Wir deﬁnieren f (x) = inf{r| x ∈ Ur } Es gilt f¨ ur alle x ∈ A, dass f (x) = 0. Dies gilt, weil f¨ ur alle r ∈ M die Inklusion A ⊆ Ur gilt. Andererseits gilt f¨ ur alle x ∈ B, dass f (x) = 1. Dies gilt, weil f¨ ur alle r ∈ M gilt, dass Ur ∩ B = ∅, und f¨ ur r > 1 gilt Ur = X. Da f¨ ur alle r > 1 gilt, dass Ur = X, folgt f (x) ≤ 1. Wir m¨ ussen zeigen, dass f stetig ist. Nach Lemma 8 reicht es nachzupr¨ ufen, dass f −1 (−∞, t) Die Aussage

und

f −1 (t, ∞)

x ∈ f −1 ((−∞, t))

ist ¨aquivalent zu f (x) ∈ (−∞, t) oder inf{r| x ∈ Ur } < t

5.2. URYSOHNS LEMMA UND DIE ZERLEGUNG DER EINS

199

Dies gilt genau dann, wenn es ein t0 < t gibt, so dass x ∈ Ut0 . Also folgt, dass f −1 ((−∞, t)) = {x|∃s < t : x ∈ Us } = Us s
Umgekehrt gilt f −1 ((t, ∞)) =

Us

c

t<s

Wir u ¨berlegen uns dies. Es gilt genau dann t < f (x), wenn es ein s > t gibt, so dass x ∈ / Us . Da f¨ ur s < r die Relation Us ⊆ Ur gilt, folgt weiter, dass t < f (x) genau dann gilt, wenn es ein s < t gibt, so dass x ∈ / Us gilt. 2 Ein topologischer Raum heißt lokalkompakt, wenn jeder Punkt eine kompakte Umgebung besitzt. Ein topologischer Raum heißt Hausdorﬀ, wenn f¨ ur alle x = y zwei oﬀene, disjunkte Mengen U und V mit x ∈ U und y ∈ V existieren. Lemma 106 Es sei X ein lokalkompakter, Hausdorﬀ Raum, U eine oﬀene Menge und x ∈ U . Dann gibt es eine kompakte Umgebung C von x mit C ⊆ U. Beweis. Wir k¨onnen annehmen, dass U¯ kompakt ist: Da X lokalkompakt ◦ ist besitzt x eine kompakte Umgebung C. Es folgt, dass C ∩U oﬀen ist und ◦

◦

C ∩U ist eine kompakte Menge, weil C ∩U ⊆ C. Also k¨onnen wir annehmen, dass U¯ kompakt ist. Weil U¯ kompakt ist, ist U¯ in der induzierten Topologie ein normaler Raum. ∂U und {x} sind in X und damit auch in U¯ abgeschlossene Mengen. Da U¯ normal ist, gibt es zwei in U¯ oﬀene, disjunkte Mengen V und W mit ∂U ⊆ V und {x} ⊆ W . W ∩U ist eine in X oﬀene Menge, die x enth¨alt, W ∩U ist also Umgebung von x in X. Wir weisen dies nach. Da W in U¯ oﬀen ist, gibt es eine in X ˜ mit W = W ˜ ∩ U¯ . Deshalb ist W ∩ U = W ˜ ∩ U¯ ∩ U = W ˜ ∩U oﬀene Menge W in X oﬀen. Somit ist W ∩ U (Abschluss in X)eine Umgebung von x, die kompakt ist, weil U¯ kompakt ist. Außerdem gelten wegen W ∩ V = ∅ und ∂U ⊆ V die Inklusionen W ⊆ V c und V c ⊆ (∂U )c . Hierbei nehmen wir die Komplemente

200

CHAPTER 5. DUALRAUM

bzgl. U¯ . V c ist bzgl. U¯ abgeschlossen und deshalb auch bzgl. X. Somit ist ¯ bzgl. X in V c enthalten. der Abschluss W ¯ ∩ U¯ ⊆ V c ∩ U¯ = (U ∩ ∂U ) ∩ V c ⊆ U W ∩U ⊆W 2 Lemma 107 (Urysohn) Es sei X ein lokalkompakter Hausdorﬀ Raum, K eine kompakte Teilmenge von X und U eine oﬀene Teilmenge von X, so dass K⊆U ⊆X Dann gibt es eine stetige Funktion f auf X mit Werten in [0, 1], die auf K konstant 1 und außerhalb einer kompakten Teilmenge von U konstant 0 ist.

Beweis. Wir u ¨berlegen uns zun¨achst, dass es eine oﬀene Menge V mit K ⊆ V ⊆ V¯ ⊆ U gibt, wobei V¯ kompakt ist. Wegen Lemma 106 gibt es zu jedem x ∈ K eine kompakte Umgebung C(x) mit C(x) ⊆ U . ◦ ¨ C(x), x ∈ K, ist eine oﬀene Uberdeckung von K, die wegen der Kompaktheit von K eine endliche Teil¨ uberdeckung besitzt n

K⊆

◦

C(xi ) .

i=1

Wir w¨ahlen nun V =

n

◦

C(xi ) .

i=1

V¯ ist wegen V¯ ⊆

n

C(xi )

i=1

kompakt. Nach Lemma 102 ist V¯ in der von X induzierten Topologie normaler Hausdorﬀ Raum. Nach Lemma 105 gibt es eine stetige Funktion

5.2. URYSOHNS LEMMA UND DIE ZERLEGUNG DER EINS

201

f : V¯ → [0, 1] mit f = 1 auf K und f = 0 auf ∂V . Wir setzen f auf ganz X fort f (x) x ∈ V¯ ˜ f (x) = 0 x∈ / V¯ Es sei E eine abgeschlossene Teilmenge von [0, 1]. Dann gilt f −1 (E) 0∈ /E −1 ˜ f (E) = −1 c f (E) ∪ V 0 ∈ E Wir u ¨berpr¨ ufen, dass f˜−1 (E) = f −1 (E) ∪ V c gilt, falls 0 ∈ E. Gem¨aß der Deﬁnition von f˜ gilt f˜−1 (E) = f −1 (E) ∪ V¯ c , falls 0 ∈ E. Andererseits f −1 (E) ∪ V¯ c Es folgt

= f −1 (E) ∪ ∂V ∪ V¯ c = f −1 (E) ∪ ∂V ∪ (V ∪ ∂V )c = f −1 (E) ∪ ∂V ∪ (V c ∩ (∂V )c ) ⊇ f −1 (E) ∪ V c f −1 (E) ∪ V¯ c = f −1 (E) ∪ V c

Da die Mengen f −1 (E) und f −1 (E) ∪ V c abgeschlossen sind, ist f˜ stetig. 2 Lemma 108 (Zerlegung der Eins) Es sei X ein lokalkompakter Hausdorﬀ Raum, K eine kompakte Teilmenge von X und Uj , j = 1, . . . , n eine oﬀene ¨ Uberdeckung von K. Dann gibt es stetige Funktionen fj , j = 1, . . . , n auf X mit Werten in [0, 1] und mit supp(fj ) ⊆ Uj , so dass f¨ ur alle x ∈ K n

fj (x) = 1

j=1

Beweis. Wegen Lemma 106 hat jedes x ∈ K eine kompakte Umgebung Cx , die in einer der Mengen Uj enthalten ist. ∀x ∈ K∃j∃C(x) : C(x) ⊆ Uj Es gilt K⊆

◦

Cx .

x∈K

Also gibt es eine endliche Teil¨ uberdeckung K⊆

m i=1

◦

Cxi .

202

CHAPTER 5. DUALRAUM

Es sei Fj =

Cxi

j = 1...,n

C(xi )⊆Uj

Nach dem Lemma von Urysohn (Lemma 107) existieren Funktionen fj , deren Werte in [0, 1] liegen, die auf Fj den Wert 1 annehmen und die außerhalb Uj den Wert 0 annehmen. Damit gilt f¨ ur alle x ∈ K n

fj (x) ≥ 1

j=1

Wir wenden noch einmal das Lemma von Urysohn auf die kompakte Menge K und die oﬀene Menge {x| nj=1 fj (x) > 0} an. Es gibt neine Funktion f , die auf K konstant 1 ist, die außerhalb der Menge {x| j=1 fj (x) > 0} verschwindet und die nur Werte zwischen 0 und 1 annimmt. Wir setzen nun fn+1 = 1 − f und fj hj = n+1 i=1

fi

j = 1, . . . , n

Die Funktionen hj sind wohldeﬁniert, weil f¨ ur alle x ∈ X n+1

fi (x) > 0

i=1

gilt. F¨ ur x ∈ {x| nj=1 f j (x) > 0} ist diese Funktion trivialerweise strikt gr¨oßer als 0. F¨ ur x ∈ / {x| nj=1 fj (x) > 0} gilt f (x) = 0 und damit fn+1 (x) = 1. F¨ ur alle x ∈ K gilt fn+1 (x) = 0. Damit folgt f¨ ur alle x ∈ K n n n fj (x) j=1 fj (x) hj (x) = = n+1 n+1 i=1 fi (x) j=1 fj (x) j=1 j=1 n j=1 fj (x) =1 = n j=1 fj (x) und supp(hj ) = supp(fj ) ⊆ Uj 2

5.3. DER DARSTELLUNGSSATZ VON RIESZ

5.3

203

Der Darstellungssatz von Riesz

Fr´ed´eric Riesz wurde am 22.1.1880 in Gy¨or geboren, er starb am 28.2.1956 in Budapest. Es sei X ein topologischer Raum. Ein Borel Maß µ auf X heißt von außen regul¨ar, falls f¨ ur alle Borelmengen A in X µ(A) = inf{µ(U )| A ⊆ U und U ist oﬀen} gilt. Ein Borel Maß µ heißt von innen regul¨ar, falls f¨ ur alle Borelmengen A µ(A) = sup{µ(K)| K ⊆ A und K ist kompakt} gilt. Ein Radon Maß auf X ist ein von außen und innen regul¨ares Borel Maß, das auf allen kompakten Mengen endlich ist. Ein signiertes Radon Maß ist ein signiertes Borel Maß, dessen positive und negative Variation Radon Maße sind. Beispiel 34 (i) Das Lebesgue Maß auf dem Rn ist ein Radon Maß. (ii) Das Dirac- oder Punktmaß ist auf einem Hausdorﬀ Raum mit der Borel σ-Algebra ein Radon Maß.

Falls K ein kompakter Hausdorﬀ Raum ist, dann ist M (K, R) = {µ| µ ist signiertes Radon Maß auf K} ein Vektorraum, weil die signierten Maße µ nur endliche Werte annehmen. M (K, R) wird mit der Norm µ = |µ|(K) = µ+ (K) + µ− (K) ausgestattet. Wir bezeichnen |µ| auch als totale Variation von µ. M (K) ist vollst¨andig. Wir verzichten an dieser Stelle auf einen Beweis, weil wir zeigen werden, dass M (K) isometrisch isomorph zum Dualraum von C(K) ist, also insbesondere vollst¨andig. Jede stetige Funktion k¨onnen wir in ihren Positiv- und Negativanteil zerlegen f + = max{f, 0} f − = − min{f, 0} Wir sagen, dass ein (nicht notwendig stetiges) Funktional φ positiv ist, falls f¨ ur jede stetige, nichtnegative Funktion f die Ungleichung φ(f ) ≥ 0 gilt.

204

CHAPTER 5. DUALRAUM

Lemma 109 Es sei K eine kompakte Menge. Dann ist jedes positive (nicht notwendig stetiges) Funktional φ auf C(K) stetig und besitzt die Norm φ = φ(1), wobei 1 die konstante Funktion mit Wert 1 bezeichnet. Beweis. Es gilt 1 = 1 und deshalb φ ≥ φ(1). Es sei f ∈ C(K) mit f = 1. Dann gilt 1−f ≥ 0 und somit φ(1−f ) ≥ 0. Also gilt φ(f ) ≤ φ(1) und weiter φ = sup φ(f ) ≤ φ(1) f =1

2 Lemma 110 Es sei K ein kompakter Hausdorﬀ Raum und φ ∈ C(K)∗ . Dann gibt es positive Funktionale φ+ , φ− ∈ C(K)∗ mit φ = φ+ − φ− . Beweis. Wir deﬁnieren f¨ ur 0 ≤ f φ+ (f ) = sup{φ(g)| g ∈ C(K) und 0 ≤ g ≤ f } Wir beobachten, dass φ+ (f ) immer endlich ist. Wegen der Stetigkeit von φ gilt f¨ ur 0 ≤ g ≤ f |φ(g)| ≤ φg ≤ φf und damit sup |φ(g)| ≤ φf

0≤g≤f

ur alle nichtnegativen Funktionen deﬁniert. Es gilt φ+ ist damit f¨ φ+ (rf ) φ+ (f1 + f2 )

= rφ+ (f ) r≥0 + + = φ (f1 ) + φ (f2 )

f1 , f2 ≥ 0

Wir weisen die zweite Gleichung nach. φ+ (f1 + f2 )

= sup{φ(g)|0 ≤ g ≤ f1 + f2 } ≥ {φ(g1 + g2 )|0 ≤ g1 ≤ f1 , 0 ≤ g2 ≤ f2 } = {φ(g1 ) + φ(g2 )|0 ≤ g1 ≤ f1 , 0 ≤ g2 ≤ f2 } = φ+ (f1 ) + φ+ (f2 )

5.3. DER DARSTELLUNGSSATZ VON RIESZ

205

Umgekehrt setzen wir g1 = min{g, f1 } und g2 = g − g1 . Dann gelten 0 ≤ g1 ≤ f1 und 0 ≤ g2 ≤ f2 . φ+ (f1 + f2 )

= sup{φ(g)|0 ≤ g ≤ f1 + f2 } = sup{φ(g1 ) + φ(g2 )|0 ≤ g ≤ f1 + f2 } ≤ sup{φ(g1 ) + φ(g2 )|0 ≤ g1 ≤ f1 , 0 ≤ g2 ≤ f2 } = φ+ (f1 ) + φ+ (f2 )

Nun deﬁnieren wir φ+ auf ganz C(K). Wir setzen φ+ (f ) = φ+ (f + ) − φ+ (f − ) Es gilt φ+ (rf ) φ+ (f1 + f2 )

= rφ+ (f ) r∈R = φ+ (f1 ) + φ+ (f2 )

f1 , f2 ∈ C(K)

Wir weisen die zweite Gleichung nach. Es gibt eine nichtnegative Funktion g mit f1+ + f2+ = (f1 + f2 )+ + g. Somit gilt auch f1− + f2− = (f1 + f2 )− + g, weil f1+ + f2+ − (f1− + f2− ) = f1 + f2 = (f1 + f2 )+ − (f1 + f2 )− Es folgt φ+ (f1 + f2 )

= φ+ ((f1 + f2 )+ ) − φ+ ((f1 + f2 )− ) = φ+ (f1+ + f2+ − g) − φ+ (f1− + f2− − g) = φ+ (f1+ + f2+ − g) + φ+ (g) − φ+ (f1− + f2− − g) − φ+ (g) = φ+ (f1+ + f2+ ) − φ+ (f1− + f2− ) = φ+ (f1 ) + φ+ (f2 )

2 Lemma 111 Es sei X ein topologischer Raum und (X, A, µ) ein σ-endlicher Maßraum mit einem Borel Maß µ, das von außen regul¨ ar ist und das f¨ ur alle oﬀenen Mengen von innen regul¨ ar ist, d.h. f¨ ur alle oﬀenen Mengen U gilt µ(U ) = sup{µ(K)| K ⊆ U und K ist kompakt} Dann ist µ von innen regul¨ ar.

206

CHAPTER 5. DUALRAUM

Beweis. Es sei A eine Borel Menge. Weil X σ-endlich ist k¨onnen wir annehmen, dass die Menge A ein endliches Maß hat. F¨ ur jedes > 0 gibt es zu A eine oﬀene Menge U mit A ⊆ U und µ(U ) ≤ µ(A) + U wiederum enth¨alt eine kompakte Menge K mit µ(U ) ≤ µ(K) + . Außerdem gibt es eine oﬀene Menge V mit U \A⊆V

und

µ(V ) ≤ µ(U \ A) + ≤ 2

Damit ist C = K \ V eine kompakte Menge mit C ⊆ A und µ(C) = µ(K) − µ(K ∩ V ) Wegen µ(K) ≥ µ(U ) − und µ(V ) ≥ µ(K ∩ V ) folgt µ(C) ≥ µ(U ) − − µ(V ) Wegen A ⊆ U und µ(V ) ≤ 2 gilt µ(C) ≥ µ(A) − 3 2 Ein gutes Beispiel, das die Aussage des Lemmas erkl¨art ist, das Lebesgue Maß auf R und die Teilmenge A = [0, 1| \ Q. Wir konstruieren die Menge direkt. qn , n ∈ N, sei eine Abz¨ahlung der rationalen Zahlen in [0, 1]. Dann ist ∞ C = [0, 1] \ q n − n , qn + n 2 2 n=1 eine kompakte Menge und es gilt µ(A \ C) ≤ 2. Satz 31 Es sei K ein kompakter Hausdorﬀ Raum und C(K) der Raum aller stetigen, reellwertigen Funktionen auf K mit der Supremumsnorm f ∞ = sup |f (x)| x∈K

(i) Zu jedem positiven Funktional φ gibt es ein Radon Maß µ, so dass f¨ ur alle f ∈ C(K) φ(f ) = f dµ K

5.3. DER DARSTELLUNGSSATZ VON RIESZ

207

Das zu dem positiven Funktional geh¨orige Radon Maß erf¨ ullt die folgende Eigenschaft: F¨ ur alle oﬀenen Mengen U und alle kompakten Mengen C µ(U ) = sup{φ(f )| f ∈ C(K) und supp(f ) ⊆ U und f (K) ⊆ [0, 1]} µ(C) = inf{φ(f )| f ∈ C(K) und χC ≤ f } Korollar 13 Es sei K ein kompakter Hausdorﬀ Raum. C(K)∗ ist isometrisch isomorph zu M (K, R) und der isometrische Isomorphismus I : M (K, R) → C(K)∗ ist durch I(µ)(f ) =

f dµ K

gegeben. Beweis von Korollar 13. Es sei µ = µ+ − µ− die Jordan Zerlegung und K = K + ∪ K − die Hahn Zerlegung (K + und K − sind i.A. nat¨ urlich nicht + − kompakt.). Es sind µ und µ positive Maße und es gilt µ+ |K − = 0

µ− |K + = 0

Wir zeigen, dass I wohldeﬁniert und eine Isometrie ist. I(µ)C(K)∗ = sup |(I(µ))(f )| = sup f dµ f =1 f =1 K f dµ + sup f dµ ≤ |µ|(K) ≤ sup f =1

K+

f =1

K−

Da µ regul¨ar ist, so sind auch µ+ und µ− regul¨ar. Deshalb gibt es f¨ ur jedes > 0 kompakte Mengen C + ⊆ K + und C − ⊆ K − mit µ+ (C + ) ≤ µ+ (K + ) ≤ µ+ (C + ) + µ− (C − ) ≤ µ− (K − ) ≤ µ− (C − ) + Nach dem Satz von Urysohn (Lemma 105) gibt es eine stetige Funktion g : K → [−1, 1] mit

1 x ∈ C+ g(x) = −1 x ∈ C−

208

CHAPTER 5. DUALRAUM

Damit erhalten wir I(µ)C(K)∗

≥ I(µ)(g) = gdµ K gdµ + gdµ + = K + \C + + +

C+ +

gdµ +

C− −

gdµ K − \C − − −

≥ µ (C + ) − µ (K \ C + ) + µ (C − ) − µ (K \ C − ) = |µ|(K) − 4 2 Beweis von Satz 31. Zu φ m¨ochten wir das Maß angeben, das φ darstellt. Falls A in der Borel σ-Algebra liegt und falls χA stetig ist, k¨onnen wir µ(A) = φ(χA ) setzen. I.a. ist χA jedoch nicht stetig, also kein Element aus C(K). Deshalb werden wir χA durch stetige Funktionen approximieren. Wir setzen f¨ ur alle oﬀenen Teilmengen U von K µ ˜(U ) = sup{φ(f )| 0 ≤ f ≤ 1 und supp(f ) ⊆ U } Außerdem deﬁnieren wir f¨ ur eine beliebige Teilmenge A von K µ(U )| A ⊆ U und U ist oﬀen} µ∗ (A) = inf{˜ Es gilt f¨ ur alle oﬀenen Mengen U µ ˜(U ) = µ∗ (U ) ur oﬀene Es ist oﬀensichtlich, dass µ ˜(U ) ≥ µ∗ (U ) gilt. Andererseits gilt f¨ Mengen U und V mit U ⊆ V µ ˜(U )

= sup{φ(f )| f (K) ⊆ [0, 1] und supp(f ) ⊆ U } ≤ sup{φ(f )| f (K) ⊆ [0, 1] und supp(f ) ⊆ V } = µ ˜(V )

Hieraus folgt µ ˜(U ) ≤ µ∗ (U ). Wir zeigen nun, dass µ∗ ein ¨außeres Maß ist. µ∗ (∅) = sup{φ(f )| f (K) ⊆ [0, 1] und supp(f ) ⊆ ∅} = φ(0) = 0 F¨ ur alle Teilmengen A von K gilt µ∗ (A) ≥ 0, weil φ positiv ist.

5.3. DER DARSTELLUNGSSATZ VON RIESZ

209

Es seien A und B Teilmengen von K mit A ⊆ B. Dann gilt µ∗ (A)

= inf{˜ µ(U )| A ⊆ U und U ist oﬀen} ≤ inf{˜ µ(U )| B ⊆ U und U ist oﬀen} = µ∗ (B)

Es seien Un , n ∈ N, oﬀene Teilmengen von K. Wir wollen zeigen, dass ∞ ∞ ∗ µ Un ≤ µ∗ (Un ) n=1

n=1

Es sei f eine Funktion mit supp(f ) ⊆

∞

Un

f (K) ⊆ [0, 1]

n=1

supp(f ) ist eine kompakte Menge, weil K kompakt ist. Deshalb gibt es Ui1 , . . . , Uim mit m Uij supp(f ) ⊆ j=1

Es gibt eine Zerlegung der Eins (Lemma 108) f¨ ur supp(f ). Es gibt Funktionen gj , j = 1, . . . , m mit ∀x ∈ supp(f ) :

m

gj (x) = 1

j=1

∀j = 1, . . . , m : supp(gj ) ⊆ Uij ∀j = 1, . . . , m : gj (K) ⊆ [0, 1] Damit folgt f=

m

f gj

j=1

∀j = 1, . . . , m : supp(f gj ) ⊆ Uij ∀j = 1, . . . , m : f gj (K) ⊆ [0, 1] Hiermit folgt φ(f ) =

m j=1

φ(f gj ) ≤

m j=1

µ ˜(Uij ) ≤

∞ i=1

µ ˜(Ui ) =

∞ i=1

µ∗ (Ui )

210

CHAPTER 5. DUALRAUM

Also ergibt sich ∞ µ∗ Un n=1

=µ ˜

∞

Un

∞ = sup φ(f ) f (K) ⊆ [0, 1] und supp(f ) ⊆ Un

n=1

n=1

≤

∞

µ∗ (Ui )

i=1

Wir zeigen nun, dass f¨ ur beliebige Teilmengen Ai , i ∈ N, von K ∞ ∞ Ai ≤ µ∗ (Ai ) µ∗ i=1

i=1

ur jedes i ∈ N eine oﬀene Menge Ui , so dass Nach Deﬁnition von µ∗ gibt es f¨ µ∗ (Ui ) ≤ µ∗ (Ai ) + 2i . ∞

∞ = inf µ∗ (U ) Ai Ai ⊆ U µ∗ i=1 ∞ i=1 ∞ ∞ Ui ≤ µ∗ (Ui ) ≤ µ∗ (Ai ) + ≤ µ∗ i=1

i=1

i=1

Damit haben wir gezeigt, dass µ∗ ein ¨außeres Maß ist. Wir k¨onnen nun den Satz von Caratheodory anwenden. Die Menge aller ∗ µ -messbaren Mengen bildet eine σ-Algebra und die Einschr¨ankung µ von µ∗ auf diese σ-Algebra ist ein Maß. Wir zeigen nun, dass alle oﬀenen Mengen µ∗ -messbar sind. Wir m¨ ussen also zeigen, dass f¨ ur alle oﬀenen Mengen U und alle Teilmengen E von X µ∗ (E) = µ∗ (E ∩ U ) + µ∗ (E \ U ) gilt. Wir m¨ ussen nur die Ungleichung µ∗ (E) ≥ µ∗ (E ∩ U ) + µ∗ (E \ U ) zeigen, weil µ∗ ein ¨außeres Maß ist. Dazu betrachten wir zun¨achst den Fall, dass E eine oﬀene Menge ist. Dann ist auch E ∩ U oﬀen und es gibt eine Funktion f mit supp(f ) ⊆ E ∩ U , f (K) ⊆ [0, 1] und φ(f ) > µ∗ (E ∩ U ) − .

5.3. DER DARSTELLUNGSSATZ VON RIESZ

211

Dann ist E \ supp(f ) eine oﬀene Menge und es gilt E \ supp(f ) ⊃ E \ (E ∩ U ) = E ∩ (E ∩ U )c = E ∩ (E c ∪ U c ) = E \ U Es gibt eine Funktion g mit supp(g) ⊆ E \ supp(f ), g(K) ⊆ [0, 1] und φ(g) > µ∗ (E \ supp(f )) − . Insgesamt erhalten wir µ∗ (E)

= sup{φ(h)| supp(h) ⊆ E und h(K) ⊆ [0, 1]} ≥ φ(f + g) = φ(f ) + φ(g) ≥ µ∗ (E ∩ U ) − + µ∗ (E \ supp(f )) − ≥ µ∗ (E ∩ U ) + µ∗ (E \ U ) − 2

Damit haben wir f¨ ur alle oﬀenen Mengen U und E gezeigt, dass µ∗ (E) = µ∗ (E ∩ U ) + µ∗ (E \ U ) Wir zeigen nun, dass dies auch f¨ ur beliebige Mengen E gilt. Nach der Deﬁ∗ nition von µ gibt es eine oﬀene Menge V mit E ⊆ V , so dass µ∗ (V ) ≤ µ∗ (E) + Hiermit folgt µ∗ (E) + ≥ µ∗ (V ) ≥ µ∗ (V ∩ U ) + µ∗ (V \ U ) Da E ⊆ V folgt weiter µ∗ (E) + ≥ µ∗ (E ∩ U ) + µ∗ (E \ U ) Also sind alle oﬀenen Mengen µ∗ -messbar und die σ-Algebra umfasst die Borel σ-Algebra. Die Einschr¨ankung von µ∗ auf diese σ-Algebra nennen wir µ. Die a¨ußere Regularit¨at von µ folgt aus der Deﬁnition von µ∗ und aus µ ˜ = µ∗ . Es folgt aus der Deﬁnition von µ, dass f¨ ur alle oﬀenen Mengen U gilt µ(U ) = sup{φ(f )| f ∈ C(K) und supp(f ) ⊆ U und f (K) ⊆ [0, 1]} Wir wollen nun f¨ ur kompakte Mengen C µ(C) = inf{φ(f )| f ∈ C(K) und χC ≤ f }

212

CHAPTER 5. DUALRAUM

zeigen. Nach dem Satz von Urysohn (Lemma ??) gibt es f¨ ur alle oﬀene Mengen U mit C ⊆ U eine Funktion fU mit supp(fU ) ⊆ U und fU (K) ⊆ [0, 1], die auf C konstant gleich 1 ist. Es folgt wegen der a¨ußeren Regularit¨at µ(C)

= inf{µ(U )| U ist oﬀen und C ⊆ U } ≥ inf{φ(fU )| U ist oﬀen und C ⊆ U } ≥ inf{φ(h)| χC ≤ h}

Wir zeigen nun die inverse Ungleichung. Es sei f ≥ χC . Wir setzen U = {x| f (x) > 1 − } Wegen der a¨ußeren Regularit¨at µ(C)

= inf{µ(U )| U ist oﬀen und C ⊆ U } ≤ µ(U ) % 1 & = sup{φ(g)| supp(g) ⊆ U und g(K) ⊆ [0, 1]} ≤ φ 1− f

1 1 f ≥ g und damit φ( 1− f ) ≥ φ(g) gilt. Die letzte Ungleichung gilt, weil 1− Es folgt f¨ ur alle > 0 1 µ(C) ≤ 1− φ(f )

Wir zeigen die innere Regularit¨at. Nach Lemma ?? brauchen wir nur zu zeigen, dass f¨ ur alle oﬀenen Mengen U gilt µ(U ) = sup{µ(C)| C ist kompakt und C ⊆ U } Es sei > 0 und U eine oﬀenen Menge. Dann gibt es eine Funktion f mit supp(f ) ⊆ U , f (C) ⊆ [0, 1] und φ(f ) + ≥ µ(U ). Dann ist supp(f ) eine kompakte Teilmenge von U . F¨ ur alle g mit χsupp(f ) ≤ g gilt f ≤ g. Damit gilt φ(f ) ≤ φ(g) und µ(U ) − ≤ φ(f ) ≤ φ(g) Wenn wir nun das Inﬁmum u ¨ber alle Funktionen g bilden, erhalten wir µ(U ) − ≤ µ(supp(f )) Also ist µ von innen regul¨ar. Nun zeigen wir, dass f¨ ur alle f ∈ C(K) φ(f ) = f dµ K

5.3. DER DARSTELLUNGSSATZ VON RIESZ

213

gilt. Es reicht, dies f¨ ur f ∈ C(K) mit f (K) ⊆ [0, 1] zu zeigen. Wir k¨onnen f n¨amlich in ihren positiven und negativen Teil aufspalten f + = max{f, 0}, f − = − min{f, 0}. Es gilt f = f + − f − und f− f+ , ∈ C(K) f ∞ f ∞ Wir k¨onnen also annehmen, dass f (K) ⊆ [0, 1] gilt. F¨ ur N ∈ N setzen wir C0 = supp(f ) und Cj = {x| f (x) ≥

j } N

j = 1...,N

und f¨ ur j = 1, . . . , N

⎧ x∈ / Cj−1 ⎪ ⎪0 ⎪ ⎪ ⎨ j−1 x ∈ Cj−1 \ Cj fj (x) = f (x) − N ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎩ x ∈ Cj N oder auch * * j−1 1 fj = min max f − ,0 , N N Aus der letzteren Darstellung entnimmt man sofort, dass fj stetig ist. Wir weisen die Gleichheit nach. Falls x ∈ / C'j−1 , dann gilt(f (x) < j−1 und folN j−1 j−1 glich f (x) − N < 0. Deshalb gilt max f (x) − N , 0 = 0 und schließlich ( ( ' ' , 0 , N1 = 0. Falls x ∈ Cj−1 \ Cj , dann gilt j−1 ≥ f (x) < min max f − j−1 N N j j−1 1 und somit 0 ≥ f (x) − N < N . Der letzte Fall wird genauso behandelt. N Dann gilt f=

N

fj

j=1

1 1 χCj ≤ fj ≤ χCj−1 N N

f wird durch eine Teleskopsumme dargestellt. Wir weisen die Gleichung nach. Es sei x ∈ C−1 \ C . Dann ∀m = 1, . . . , − 1 :

fm (x) =

1 N

f (x) = f (x) − ∀m = + 1, . . . , N :

fm (x) = 0

−1 N

214

CHAPTER 5. DUALRAUM

Aus der Monotonie des Integrals folgt 1 1 fj dµ ≤ µ(Cj−1 ) µ(Cj ) ≤ N N K und damit

N N 1 1 µ(Cj ) ≤ f dµ ≤ µ(Cj−1 ) N j=1 N j=1 K

Wegen () gilt µ(Cj ) = inf{φ(g)|g ≥ χCj } ≤ φ(N fj ) Weiter gilt f¨ ur alle oﬀenen Mengen U mit Cj−1 ⊆ U , dass supp(fj ) ⊆ U . Also gilt f¨ ur alle U µ(U ) = sup{φ(h)| supp(h) ⊆ U und h(K) ⊆ [0, 1]} ≥ φ(N fj ) Da µ von außen regul¨ar ist, folgt µ(Cj−1 ) ≥ φ(N fj ) Insgesamt ergibt sich 1 1 µ(Cj ) ≤ φ(fj ) ≤ µ(Cj−1 ) N N Hieraus folgt N N N 1 1 µ(Cj ) ≤ φ(fj ) ≤ µ(Cj−1 ) N j=1 N j=1 j=1

bzw.

N N −1 1 1 µ(Cj ) ≤ φ(f ) ≤ µ(Cj−1 ) N j=1 N j=1

Andererseits gilt N N −1 1 1 µ(Cj ) ≤ f dµ ≤ µ(Cj−1 ) N j=1 N j=1 K Damit ergibt sich

φ(f ) − ≤ 1 (µ(C0 ) − µ(CN )) f dµ N K

Dies konvergiert f¨ ur N → ∞ gegen 0. 2

5.3. DER DARSTELLUNGSSATZ VON RIESZ

215

Beispiel 35 Es sei X = R ∪ {∞} mit der Topologie T , so dass (i) Jede Teilmenge von R ist oﬀen. (ii) Eine Teilmenge, die ∞ als Element enth¨ alt ist genau dann oﬀen, wenn das Komplement endlich ist. (X, T ) ist ein kompakter, topologischer Raum. Es gilt B(X) = P(X). Das Z¨ ahlmaß

card(A) falls A endlich ist µ(A) = ∞ sonst ist ein Borel Maß, das nicht von außen regul¨ ar ist.

Beweis. Wir zeigen, dass B(X) = P(X). Da R ∈ B(X), folgt, dass Rc ∈ B(X). Es gilt aber Rc = {∞}. 2

216

CHAPTER 5. DUALRAUM

5.4

Funktionen beschr¨ ankter Variation und C[a, b]∗

Die totale Variation eines signierten Maßes ist das Maß |µ| = µ+ + µ− , wobei µ+ und µ− der positive und negative Teil von µ sind. Lemma 112 Es sei µ ein signiertes Maß. Dann gilt

n n |µ|(A) = sup |µ(Aj )| A = Aj , Aj paarweise disjunkt j=1

j=1

H¨auﬁg wird auch der in Lemma ?? angegebene Ausdruck als Deﬁnition f¨ ur die totale Variation benutzt. Beweis. Es gilt |µ| = µ+ + µ− . R = P ∪ N sei die Hahn-Zerlegung vonR. Dann gilt |µ|(A) = µ+ (A) + µ− (A) = µ+ (A ∩ P ) + µ− (A ∩ N ) = |µ(A ∩ P )| + |µ(A ∩ N )| und es folgt |µ|(A) ≤ sup

n j=1

n |µ(Aj )| A = Aj , Aj paarweise disjunkt j=1

Wir zeigen nun die umgekehrte Ungleichung. Es gilt n

|µ(Aj )|

≤

j=1

n

|µ(Aj ∩ P )| + |µ(Aj ∩ N )|

j=1

=

n

µ+ (Aj ∩ P ) + µ− (Aj ∩ N ) = µ+ (A) + µ− (A)

j=1

2 F¨ ur F : R → R deﬁnieren wir die Funktion TF : R → R durch

n |F (xj ) − F (xj−1 )| − ∞ < x0 < x1 < · · · < xn = x, n ∈ N TF (x) = sup j=1

¨ 5.4. FUNKTIONEN BESCHRANKTER VARIATION UND C[A, B]∗ 217 Wir bezeichnen TF als die totale Variation von F und wir sagen, dass F beschr¨ankte Variation besitzt, wenn TF beschr¨ankt ist. F¨ ur F : [a, b] → R deﬁnieren wir die Funktion TF : R → R durch

n |F (xj ) − F (xj−1 )| a = x0 < x1 < · · · < xn = x, n ∈ N TF (x) = sup j=1

Lemma 113 (i) Falls F : R → R beschr¨ ankte Variation besitzt, dann sind die Funktionen TF + F und TF − F wachsende Funktionen. (ii) Eine Funktion F : R → R ist genau dann von beschr¨ ankter Variation, wenn F die Diﬀerenz zweier beschr¨ ankten, wachsenden Funktionen ist. (iii) Falls F von beschr¨ ankter Variation und rechtsseitig stetig ist, dann ist TF rechtsseitig stetig. (iv) Falls F von beschr¨ ankter Variation ist, dann gilt limz→−∞ TF (z) = 0. Beweis. 2 Lemma 114 F¨ ur jede wachsende, rechtsseitig stetige Funktion F : R → R gibt es ein eindeutiges Maß µF auf BR , so dass f¨ ur alle s, t ∈ R mit s < t µF ((s, t]) = F (t) − F (s) gilt. Falls G eine weitere Funktion dieser Art ist und falls µF = µG gilt, dann ist F − G eine konstante Funktion. Falls µ ein Maß auf BR ist, das auf allen beschr¨ ankten Borelmengen endlich ist, dann ist ⎧ x>0 ⎪ ⎨ µ((0, x]) x=0 F (x) = 0 ⎪ ⎩ − µ((x, 0]) x < 0 eine wachsende, rechtsseitig stetige Funktion. Lemma 115 Es sei µ ein Lebesgue-Stieltjes Maß und A die σ-Algebra aller Mengen, die bzgl. des a¨ußeren Maßes µ∗ messbar sind. Dann gilt f¨ ur alle A∈A µ(A)

= inf{µ(U )|A ⊆ U und U ist oﬀen} = sup{µ(K)|A ⊇ K und K ist kompakt}

218

CHAPTER 5. DUALRAUM

Lemma 116 Es sei F : R → R eine rechtsseitig stetige Funktion von beschr¨ ankter Variation. (i) Es gibt genau ein signiertes Radon-Maß µF auf R, so dass f¨ ur alle s, t ∈ R µF ((s, t]) = F (t) − F (s) gilt. − (ii) Es gilt |µF | = µ+ F + µF = µTF . Beweis. (ii) Nach Lemma ?? gilt |µ|((−∞, x])

n |µ((xj−1 , xj ])| − ∞ < x0 < x1 < · · · < xn = x ≥ sup j=1

n = sup |F (xj ) − F (xj−1 )| − ∞ < x0 < x1 < · · · < xn = x j=1

= TF (x) = µTF ((−∞, x]) Bei der letzten Gleichung muss man beachten, dass limz→−∞ TF (z) = 0 (Lemma ??). Wir zeigen nun die umgekehrte Ungleichung. Es gilt f¨ ur alle s, t ∈ R |µF ((s, t])| = |F (t) − F (s)| ≤ µTF ((s, t]) Hieraus folgt f¨ ur alle Borelmengen A |µF (A)| ≤ µTF (A) Wegen Lemma ?? existieren zu jedem > 0 und zu jeder Borelmenge A paarweise disjunkte Borelmengen Aj , j = 1, . . . , n mit A = nj=1 Aj und |µF |(A) + ≤

n j=1

|µF (Aj )| ≤

n

µTF (Aj ) = µTF (A)

j=1

2 BV([a, b]) ist der Raum aller reellwertigen Funktionen mit beschr¨ankter Variation auf [a, b]. N BV([a, b]) ist der Teilraum aller derjenigen Funktionen, die rechtsseitig stetig sind.

¨ 5.4. FUNKTIONEN BESCHRANKTER VARIATION UND C[A, B]∗ 219 Wir f¨ uhren auf BV([a, b]) die Norm F BV = |F (a)| + TF (b) ein. Satz 32 Zu jedem φ ∈ C([a, b]) gibt es eine Funktion F ∈ N BV([a, b]) mit φC([a,b]) = F , so dass f¨ ur alle g ∈ C([a, b]) φ(g) =

b

g(x)dµF (x) a

C([a, b])∗ ist isometrisch isomorph zu N BV([a, b]). Der isometrische Isomorphismus ordnet F ∈ N BV([a, b]) das Maß F (a)δa +µF zu, wobei µF ((a, x]) = F (x) − F (a) Beweis. Es sei φ ∈ C[a, b]∗ . Nach dem Darstellungssatz von Riesz (Satz ??) gibt es ein signiertes Radon-Maß µ ˜ auf [a, b], das φ darstellt. Es gilt φ = |˜ µ|([a, b]) Wir k¨onnen µ ˜ auf ganz R durch µ(A) = µ ˜(A ∩ [a, b]) fortsetzen. Dann gibt es zwei (positive) Radon-Maße µ+ und µ− mit µ = µ+ − µ− . Wegen Lemma ?? gibt es zwei wachsende, rechtsseitig stetige Funktionen G und H mit µ+ = µG und µ− = µH . Damit gilt µ = µ G − µH und wir setzen F = G − H und es gilt µ = µF . F¨ ur alle c ∈ R gilt µ = µF = µF +c . Als neues F w¨ahlen wir unter allen F + c dasjenige, das µ({a}) = F (a) erf¨ ullt. Nach Lemma ?? gilt |µF | = µTF und somit erhalten wir φ = µ([a, b]) = µTF ([a, b]) = µTF ({a})+µTF ((a, b]) = µTF ({a})+TF (b)−TF (a) Wegen |µF | = µTF gilt TF (x) = 0 f¨ ur x < a. Daraus ergibt sich φ = µTF ({a}) + TF (b) − TF (a) = TF (b)

220

CHAPTER 5. DUALRAUM

ur alle x ∈ [a, b] Es sei F[a,b] die Einschr¨ankung von F auf [a, b]. Dann gilt f¨ TF[a,b] (x) = TF (x) − TF (a) Weiter gilt TF (a) = |µ({a})| = |F (a)|. Somit φ = TF[a,b] (b) + |F (a)| 2 Beispiel 36 Eine Folge fn , n ∈ N, in C[a, b] konvergiert genau dann in der schwachen Topologie gegen f , wenn die Folge fn , n ∈ N, in der Norm beschr¨ ankt ist und wenn die Folge punktweise gegen f konvergiert. Lemma 117 Es sei F : R → R eine rechtsseitig stetige Funktion von beschr¨ ankter Variation. Dann gilt µ+ F = µ 1 TF +F 2

µ− F = µ 1 TF −F 2

Satz 33 (M¨ untz)[HiLa] Es sei rk , k ∈ N, eine strikt wachsende Folge reeller ∞ 1 Zahlen mit r0 = 0, r1 ≥ 1 und k=1 rk = ∞. Dann ist die Menge der Funktionen xrk , k ∈ N, in C[0, 1] total.

5.5. DIE SCHWACHE TOPOLOGIE

5.5

221

Die schwache Topologie

Es sei X ein normierter Vektorraum. Die schwache Topologie T auf X ist die von den Mengen {x| x∗ (x) < t}

t ∈ R und x∗ ∈ X ∗

erzeugte Topologie. Die schwache* Topologie auf X ∗ ist die von den Mengen {x∗ | x∗ (x) < t}

t ∈ R und x ∈ X

erzeugte Topologie. Falls X reﬂexiv ist, dann sind die schwache* Topologie auf X ∗ und die schwache Topologie auf X ∗ , d.h. die Topologie, die von den Mengen {x∗ |x∗∗ (x∗ ) < t}

t ∈ R, x∗∗ ∈ X ∗∗

erzeugt wird, identisch. Lemma 118 Es sei X ein normierter Raum. (i) Die oﬀenen Mengen der schwachen Topologie sind alle Vereinigungen von endlichen Schnitten von Mengen der Form {x| x∗ (x) < t}

t ∈ R und x∗ ∈ X ∗

(ii) Eine Menge U ist genau dann in der schwachen Topologie Umgebung von x0 , wenn es ein > 0, ein n ∈ N und x∗1 , . . . , x∗n ∈ X ∗ gibt, so dass * ∗ x max xi (x − x0 ) < ⊆ U 1≤i≤n

Man kann statt der oben angegebenen Mengen auch die Mengen mit * ∗ x max |xi (x − x0 )| < ⊆ U 1≤i≤n betrachten.

222

CHAPTER 5. DUALRAUM

Beweis. (i) Es ist oﬀensichtlich, dass die leere Menge sich so darstellen lassen kann. Außerdem ist oﬀensichtlich, dass beliebige Vereinigungen solcher Mengen wieder diese Gestalt haben. Wir zeigen, dass endliche Schnitte solcher Mengen wieder diese Form haben. Es seien A(k, ι), k = 1, . . . , n, ι ∈ Ik endliche Schnitte von oﬀenen Halbr¨aumen. Es gilt n

A(k, ι) =

n

A(k, ιk ).

ι1 ∈I1 ,...,ιn ∈In k=1

k=1 ι∈Ik

Wir pr¨ ufen dies nach. F¨ ur alle ι1 , . . . , ιn gilt A(k, ιk ) ⊆ n

A(k, ιk ) ⊆

ι∈Ik

A(k, ι)

A(k, ι)

k=1 ι∈Ik

k=1

Deshalb gilt

n

n

A(k, ιk ) ⊆

ι1 ∈I1 ,...,ιn ∈In k=1

n

A(k, ι)

k=1 ι∈Ik

(ii) Die Menge * n ∗ x max xi (x − x0 ) < = {x| x∗i (x − x0 ) < } 1≤i≤n

i=1

ist als endlicher Durchschnitt oﬀener Mengen oﬀen. Falls x0 ∈ U , dann gibt es x∗j und tj , so dass x0 ∈

n

{x|x∗j (x)

< tj } =

j=1

n

{x|x∗j (x − x0 ) < tj − x∗j (x0 )} ⊆ U

j=1

Wir setzen sj = tj − x∗j (x0 ). Es gilt 0 < sj , weil x0 ∈

n

{x|x∗j (x − x0 ) < sj } ⊆ U

j=1

Wir setzen s = min1≤j≤n sj . Dann gilt x0 ∈

n j=1

2

{x|x∗j (x − x0 ) < s} ⊆ U

5.5. DIE SCHWACHE TOPOLOGIE

223

Lemma 119 Es sei X ein normierter Vektorraum. (i) X mit der schwachen Topologie und X ∗ mit der schwachen* Topologie sind topologische Vektorr¨ aume. (ii) Die Norm Topologie ist feiner als die schwache Topologie. (iii) Die Norm-Topologie auf X ∗ ist feiner als die schwache Topologie. Die schwache Topologie auf X ∗ ist feiner als die schwache* Topologie. Falls der normierte Raum unendlich-dimensional ist, dann sind die offenen Mengen der schwachen Topologie unbeschr¨ankte Mengen. Die oﬀene Einheitskugel ist also eine Menge, die in der Norm-Topologie oﬀen, aber in der schwachen Topologie nicht oﬀen ist. Beweis. (i) Wir zeigen, dass die Addition φ : X ×X → X mit φ(x, y) = x+y eine stetige Abbildung ist. Es sei U eine Umgebung von x0 + y0 in X. Dann gibt es ein > 0 und stetige Funktionale x∗1 , . . . , x∗n , so dass * ∗ U ⊇ z max |xi (z − (x0 + y0 ))| < 1≤i≤n * ∗ = x + y max |xi (x + y − (x0 + y0 ))| < 1≤i≤n

Mit der Dreiecksungleichung folgt * ∗ ∗ 1 1 U ⊇ x + y max |xi (x − x0 )| < 2 , max |xi (y − y0 )| < 2 1≤i≤n

1≤i≤n

Hieraus folgt, dass * * −1 ∗ ∗ 1 1 φ (U ) ⊇ x max |xi (x − x0 )| < 2 × y max |xi (y − y0 )| < 2 1≤i≤n

1≤i≤n

(ii) Die Mengen {x| x∗ (x) < t} sind in der Norm-Topologie oﬀen, weil x∗ ein normstetiges Funktional ist. Andererseits erzeugen diese Mengen die schwache Topologie. 2 Lemma 120 (i) Es sei X ein normierter Vektorraum. Ein Netz xι , ι ∈ I, konvergiert genau dann in der schwachen Topologie gegen ein Element x0 , wenn f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ lim x∗ (xι ) = x∗ (x0 ) ι

224

CHAPTER 5. DUALRAUM

gilt. (ii) Es seien X und Y normierte Vektorr¨ aume und T : X → Y eine lineare Abbildung. T ist genau dann normstetig, wenn y ∗ ◦ T f¨ ur alle y ∗ ∈ Y ∗ stetig ist. Das Lemma legt nahe, dass man die schwache Konvergenz auch als punktweise Konvergenz bezeichnet. Beweis. (i) Es sei xι , ι ∈ I, ein Netz, das gegen x0 konvergiert. F¨ ur alle ∗ ∗ > 0 und alle x ∈ X ist {x| |x∗ (x − x0 )| < } ur jedes > 0 und jedes x∗ ein ι0 , eine Umgebung von x0 . Deshalb gibt es f¨ so dass f¨ ur alle ι ≥ ι0 |x∗ (xι − x0 )| < und es gilt f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ lim x∗ (xι ) = x∗ (x0 ). ι

Wir nehmen nun an, dass f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ limι x∗ (xι ) = x∗ (x0 ) gilt. Es sei U eine Umgebung von x0 . Dann gibt es ein > 0 und Funktionale x∗1 , . . . , x∗n , so dass * ∗ x max |xi (x − x0 )| < ⊆ U 1≤i≤n

ur alle ι mit ι ≥ ιi Zu jedem > 0 und i = 1, . . . , n gibt es ein ιi , so dass f¨ |x∗i (xι − x0 )| < ur alle ι mit ι ≥ ι0 und alle Wir w¨ahlen ι0 mit ι1 , . . . , ιn ≤ ι0 . Dann gilt f¨ i = 1, . . . , n |x∗i (xι − x0 )| < Also gilt f¨ ur alle ι mit ι ≥ ι0 max |x∗i (xι − x0 )| <

1≤i≤n

2

5.5. DIE SCHWACHE TOPOLOGIE

225

Beispiel 37 (i) Es sei 1 < p < ∞ und ei , i ∈ N, seien die Einheitsvektoren. Dann konvergiert die Folge ei , i ∈ N, in der schwachen Topologie gegen 0. (ii) Die Folge ei , i ∈ N, konvergiert in 1 nicht in der schwachen Topologie.

Beweis. (i)

lim x∗ (ei ) = lim x∗ (i)

i→∞ ∗

i→∞

Da x ∈ mit + = 1 ist der Grenzwert 0. (ii) Der Dualraum von 1 ist ∞ . Wir w¨ ahlen x∗ = (1, 0, 1, 0, 1, 0, . . . ). Damit gilt

1 falls i ungerade ∗ x (ei ) = 0 falls i gerade 1 p

q

1 q

2

Satz 34 Es sei X ein normierter Raum und C eine konvexe Menge in X. Dann ist der Abschluss von C in der Norm Topologie gleich dem Abschluss von C in der schwachen Topologie. C

=C

schw

Die analoge Aussage f¨ ur die schwache* Topologie ist nicht richtig. Dazu betrachtet man einen Banachraum X, der nicht reﬂexiv ist, und seinen Bidualraum X ∗∗ . X ist isometrisch isomorph zu einem in der Norm Topologie abgeschlossenen Teilraum von X ∗∗ . Andererseits ist, wie wir in Lemma feststellen werden, X in X ∗∗ schwach* dicht. Damit ist der schwache* Abschluss von X in X ∗∗ gleich X ∗∗ . Die Voraussetzung der Konvexit¨at ist notwendig. Das Komplement der oﬀenen Einheitskugel ist in der Norm-Topologie abgeschlossen, aber in der schwachen Topologie nicht abgeschlossen. Beweis. Nach Lemma ist die Norm Topologie feiner als die schwache Topologie. Deshalb ist jede Menge, die in der schwachen Topologie abgeschlossen ist, auch in der Norm-Topologie abgeschlossen. Es folgt C

=

A⊆

C⊆A

A

norm-abgeschlossen

C⊆A

A

schwach-abgeschlossen

A=C

schw

226

CHAPTER 5. DUALRAUM

/ C . Dann gibt es Wir zeigen nun die umgekehrte Inklusion. Es sei x0 ∈ nach dem Satz von Hahn-Banach ein Funktional x∗ ∈ X ∗ , so dass x∗ (x0 ) > 1 und f¨ ur alle x ∈ C

: x∗ (x) ≤ 1

Also gilt /C x0 ∈

schw

2 Lemma 121 Es sei X ein Vektorraum und f, g1 , . . . , gn lineare Funktionale auf X, so dass n Kern(f ) ⊇ Kern(gi ) i=1

Dann ist f eine Linearkombination der Funktionale g1 , . . . , gn f=

n

ai gi

i=1

Beweis. Wir benutzen Induktion u ¨ber n. Der Fall n = 1 ist oﬀensichtlich. Wir nehmen an, dass wir die Aussage f¨ ur n bewiesen haben und schliessen nun auf n + 1. Es gelte Kern(f ) ⊇

n+1

Kern(gi )

i=1

Das heisst, dass f¨ ur alle x, die f¨ ur alle i = 1, . . . , n+1 die Gleichung gi (x) = 0 erf¨ ullen, gilt, dass f (x) = 0. Wir betrachten nun f|Kern(gn+1 ) , g1 |Kern(gn+1 ) , . . . , gn |Kern(gn+1 ) Dann gilt

%

&

Kern f|Kern(gn+1 ) ⊇

n

% & Kern gi |Kern(gn+1 )

i=1

Die Induktionsannahme liefert nun f|Kern(gn+1 ) =

n i=1

ai gi |Kern(gn+1 )

5.5. DIE SCHWACHE TOPOLOGIE

227

Also gilt f¨ ur alle x ∈ Kern(gn+1 ) die Gleichung f (x) −

n

ai gi (x) = 0.

i=1

Damit folgt

Kern f −

n

ai gi

⊇ Kern(gn+1 )

i=1

Nun folgt mit dem Fall n = 1 die Behauptung. 2 Lemma 122 Es sei X ein normierter Vektorraum. (i) Der Raum aller Funktionale auf X, die bzgl. der schwachen Topologie stetig sind, ist gleich dem Raum aller beschr¨ ankten Funktionale X ∗ . ∗ (ii) Der Raum aller Funktionale auf X , die bzgl. der schwachen* Topologie stetig sind, ist gleich X. Beweis. (i) Da die Norm-Topologie feiner als die schwache Topologie ist, so ist jedes Funktional, das schwach stetig ist, auch normstetig. Es sei nun φ ein normstetiges Funktional. Wir wollen zeigen, dass φ schwach stetig ist. Dazu reicht es zu zeigen, dass φ in 0 schwach stetig ist. Wir m¨ ussen zeigen, dass φ−1 ((−, )) eine Umgebung von 0 in X ist. φ−1 ((−, )) = {x||φ(x)| < } ist eine Umgebung von 0. (ii) Es sei φ schwach* stetig auf X ∗ . Dann ist {x∗ | |φ(x∗ )| < 1} eine schwache Umgebung von 0. Also gibt es > 0 und x1 , . . . , xn ∈ X mit * ∗ ∗ x max |xi (x )| < ⊆ {x∗ | |φ(x∗ )| < 1}. 1≤i≤n

Es folgt insbesondere Kern(φ) ⊇

n

Kern(xi ).

i=1

Mit Lemma ?? folgt φ=

n

ai x i

i=1

Damit gilt φ ∈ X. Die Umkehrung folgt genauso wie in (i). 2

228

CHAPTER 5. DUALRAUM

Satz 35 (Goldstine) Es sei X ein normierter Vektorraum. Dann ist {x ∈ X| xX ≤ 1} schwach* dicht in {x∗∗ ∈ X ∗∗ | x∗∗ X ∗∗ ≤ 1}. Beweis. Im folgenden benutzen wir, dass X isometrisch nach X ∗∗ und X ∗ nach X ∗∗∗ eingebettet werden kann. ∗∗ Wir zeigen, dass f¨ ur x∗∗ mit 0 ∈ X schw*

x∗∗ / {x| xX ≤ 1} 0 ∈ die Ungleichung x∗∗ 0 X ∗∗ > 1 gilt, also

/ {x∗∗ ∈ X ∗∗ | x∗∗ X ∗∗ ≤ 1}. x∗∗ 0 ∈ Dazu zeigen wir, dass es ein Funktional φ : X ∗∗ → R gibt, das x∗∗ 0 von schw*

{x| xX ≤ 1} strikt trennt. Dieses Funktional erf¨ ullt φ(x∗∗ 0 ) > 1, φ ∈ ∗ X und φX ∗ = φX ∗∗∗ ≤ 1. Hiermit folgt ∗∗ ∗∗ ∗∗ 1 < φ(x∗∗ 0 ) ≤ φX ∗∗∗ x0 X ∗∗ = φX ∗ x0 X ∗∗ ≤ x0 .

Wir konstruieren nun das Funktional φ. Es ist {x∗∗ 0 } eine kompakte Menge schw*

eine abgeschlossene Menge. Nach Lemma 28 gibt es und {x| xX ≤ 1} eine oﬀene Umgebung U von 0 in der schwachen* Topologie, so dass schw*

({x∗∗ 0 } + U ) ∩ ({x| xX ≤ 1}

+ U) = ∅ schw*

+ Wir k¨onnen annehmen, dass U konvex ist. Wir setzen V = {x| xX ≤ 1} 1 U und w¨ahlen das zugeh¨orige Minkowski Funktional pV (x) = inf{t| t x ∈ V }. schw*

konvexe Mengen V ist eine konvexe Menge, weil U und {x| xX ≤ 1} sind. Das Minkowski Funktional ist wohldeﬁniert, weil V konvex ist und weil nach Lemma 29 ∞ ∞ X= nU ⊆ nV n=1

n=1

x∗∗ 0

gilt. Auf dem von erzeugten, 1-dimensionalen Teilraum deﬁnieren wir ∗∗ das Funktional φ durch φ(x∗∗ 0 ) = pV (x0 ). Nach dem Satz von Hahn-Banach gibt es ein Funktional φ auf X ∗∗ , das ∗∗ φ(x∗∗ 0 ) = pV (x0 )

∀x∗∗ ∈ X ∗∗ : |φ(x∗∗ )| ≤ pV (x∗∗ )

5.5. DIE SCHWACHE TOPOLOGIE

229

∗∗ ∗∗ erf¨ ullt. Es gilt φ(x∗∗ 0 ) = pV (x0 ) > 1. Wir zeigen dies. Es gilt (x0 +U )∩V = ∅ und es gibt > 0 und x∗1 , . . . , x∗n ∈ X ∗ so dass * ∗∗ ∗ ∗∗ ∗∗ x max |xi (x0 − x )| < ⊆ x∗∗ 0 +U 1≤i≤n

∗∗ ∗ ∗∗ Also gilt tx∗∗ 0 ∈ x0 + U , falls max1≤i≤n |xi ((1 − t)x0 )| < bzw.

(1 − t) max |x∗i (x∗∗ 0 )| < 1≤i≤n

∗∗ ur alle t, dass tx∗∗ Falls max1≤i≤n |x∗i (x∗∗ 0 )| = 0, dann gilt f¨ 0 ∈ x0 + U . Falls max1≤i≤n |x∗i (x∗∗ ur alle t mit 0 )| > 0, dann gilt f¨

|1 − t| <

max1≤i≤n |x∗i (x∗∗ 0 )|

,

∗∗ ∗∗ dass tx∗∗ / V . Es gibt also ein t0 < 1 mit t0 x∗∗ / V. 0 ∈ x0 +U und damit tx0 ∈ 0 ∈ Damit gilt φ(x∗∗ 0 ) > 1.

ur alle x∗∗ ∈ Weil f¨ ur alle x∗∗ ∈ V die Ungleichung pV (x∗∗ ) ≤ 1 gilt, folgt f¨ schw*

{x| xX ≤ 1}

|φ(x∗∗ )| ≤ 1.

Insbesondere gilt f¨ ur alle x ∈ X mit xX ≤ 1, dass |φ(x)| ≤ 1. Wenn wir außerdem gezeigt haben, dass φ ∈ X ∗ , dann gilt φ ≤ 1. Wir zeigen, dass φ ∈ X ∗ . Wir zeigen, dass φ schwach* stetig ist. Mit Lemma 122 folgt dann, dass φ ∈ X ∗ . Dazu zeigen wir, dass f¨ ur jedes > 0 ∗∗ eine oﬀene Menge W ⊂ X mit 0 ∈ W existiert, so dass f¨ ur alle x∗∗ ∈ W |φ(x∗∗ )| < Wir w¨ahlen W = U . Es gilt f¨ ur alle x∗∗ ∈ U |x∗ (x∗∗ )| ≤ pV (x∗∗ ) ≤ pU (x∗∗ ) ≤ 1 und deshalb f¨ ur alle x∗∗ ∈ U |x∗ (x∗∗ )| ≤ pU (x∗∗ ) ≤ 2

230

CHAPTER 5. DUALRAUM

Die Aussage vom Satz von Goldstine ist nur im nichtreﬂexiven Fall interessant. Wir wollen hier explizit zeigen, dass die abgeschlossene Einheitskugel von c0 schwach* dicht in der abgeschlossenen Einheitskugel von ∞ ist. Zu x ∈ ∞ w¨ahlen wir

x(i) falls i ≤ n xn (i) = 0 sonst Dann konvergiert die Folge xn , n ∈ N, schwach* gegen x. F¨ ur x∗ ∈ 1 gilt n ∞ ∞ ∞ ∗ ∗ ∗ x (i)x(i) − x (i)x(i) ≤ |x (i)x(i)| ≤ x∞ |x∗ (i)| i=1

i=1

i=n+1

Also gilt

i=n+1

lim x∗ (xn ) = x∗ (x)

n→∞

Satz 36 (Alaoglu) Es sei X ein normierter Vektorraum. Dann ist die abgeschlossene Einheitskugel in X ∗ schwach* kompakt. Leonidas Alaoglu (1914-) Ins besondere folgt aus dem Satz von Alaoglu, dass in der Norm beschr¨ankte, schwach*-abgeschlossene Mengen schwach*-kompakt sind. Umgekehrt ist jede schwach*-kompakte Menge K in der Norm beschr¨ankt. Dies folgt aus dem Satz von Banach-Steinhaus: Jedes x ∈ X stellt ein schwach* stetiges Funktional dar und nimmt als solches auf einer schwach* kompakten Menge sein Supremum an. sup x∗ (x) < ∞ x∗ ∈K

Mit dem Satz von Banach-Steinhaus folgt supx∗ ∈K x∗ < ∞. Beweis. Es sei I : BX ∗ → [−1, 1]BX durch I(x∗ ) = (x∗ (x))x∈BX gegeben. Wir statten BX ∗ mit der schwachen* Topologie und [−1, 1]BX mit der Produkttopologie aus. Wir zeigen, dass I injektiv ist und dass die Inverse

5.5. DIE SCHWACHE TOPOLOGIE

231

von I auf dem Bild I(BX ∗ ) existiert und stetig ist. Nach dem Satz von Tychonov ist [−1, 1]BX in der Produkttopologie kompakt. Wir werden zeigen, dass das Bild von I in [−1, 1]BX abgeschlossen ist, also auch kompakt. Damit ist auch BX ∗ als Bild unter der stetigen Abbildung I −1 kompakt. Die Injektivit¨at von I ist oﬀensichtlich. Um die Stetigkeit von I −1 nachzuweisen, reicht es zu zeigen, dass f¨ ur alle x0 ∈ X und alle t ∈ R die Menge I({x∗ | x∗ (x) < t}) oﬀen im Bild von I ist. Dies reicht aus, weil eben diese Mengen die schwache* Topologie erzeugen. Es gilt f¨ ur t ≤ 1 I({x∗ | x∗ (x0 ) < t})

= {(x∗ (x))x∈BX |x∗ ∈ BX ∗ und x∗ (x0 ) < t} Ux = {(x∗ (x))x∈BX |x∗ ∈ BX ∗ } ∩ x∈BX

wobei f¨ ur alle x = x0 die Gleichung Ux = [−1, 1] und f¨ ur x = x0 die Gleichung Ux0 = [−1, t) gilt. Dieses sind oﬀene Mengen in Bild(I) in der von der Produkttopologie induzierten Topologie. Wir wollen nun zeigen, dass Bild(I) in [−1, 1]BX abgeschlossen ist. Dazu u ¨berlegen wir uns, dass ein Element (zx )x∈BX ∈ [−1, 1]BX genau dann im Bild von I ist, wenn f¨ ur alle t mit |t| ≤ 1 und alle x ∈ BX die Gleichung ztx = tzx gilt und f¨ ur alle x, y ∈ BX und alle t mit 0 ≤ t ≤ 1 die Gleichung ztx+(1−t)y = tzx + (1 − t)zy gilt. Wir weisen dies nach. Falls (zx )x∈BX ∈ [−1, 1]BX dann gibt es ein x∗ mit (zx )x∈BX = (x∗ (x))x∈BX . Dann gilt ztx = x∗ (tx) = tx∗ (x) = tzx und ztx+(1−t)y = x∗ (tx + (1 − t)y) = tx∗ (x) + (1 − t)x∗ (y) = tzx + (1 − t)zy . Falls wir umgekehrt ein Element (zx )x∈BX ∈ [−1, 1]BX haben, das die obigen Gleichungen erf¨ ullt, dann deﬁnieren wir ein Funktional x∗ durch x . x∗ (x) = xz x

Dieses Funktional ist linear und es ist stetig, weil x∗ = sup |x∗ (x)| = sup |zx | ≤ 1. x ≤1

x ≤1

232

CHAPTER 5. DUALRAUM

Nun weisen wir nach, dass das Bild von I in [−1, 1]BX abgeschlossen ist. Dazu betrachten wir ein Netz (x∗ι (x))x∈BX , ι ∈ J, das in [−1, 1]BX gegen einen Grenzwert (zx )x∈BX konvergiert. Es gilt ztx = lim x∗ι (tx) = t lim x∗ι (x) = tzx ι

ι

und ztx+(1−t)y = lim x∗ι (tx + (1 − t)y) = lim tx∗ι (x) + (1 − t)x∗ι (y) = tzx + (1 − t)zy ι

ι

Deshalb ist (zx )x∈BX im Bild von I und Bild(I) ist abgeschlossen. 2 Satz 37 Es sei X ein Banachraum. X ist genau dann reﬂexiv, wenn die abgeschlossene Einheitskugel {x ∈ X| x ≤ 1} schwach kompakt ist. Beweis. Es sei X reﬂexiv. Damit gilt X = X ∗∗ . Nach dem Satz von Alaoglu ist {x ∈ X| x ≤ 1} schwach* kompakt, was in diesem Fall dasselbe wie schwach kompakt ist. Es sei {x ∈ X| x ≤ 1} schwach kompakt. Damit ist {x ∈ X| x ≤ 1} auch schwach* kompakt in X ∗∗ . Also gilt schw∗

{x ∈ X| x ≤ 1} = {x ∈ X| x ≤ 1} Nach dem Satz von Goldstine gilt {x ∈ X| x ≤ 1} Also gilt

schw∗

= {x∗∗ ∈ X ∗∗ | x∗∗ ≤ 1}

{x ∈ X| x ≤ 1} = {x∗∗ ∈ X ∗∗ | x∗∗ ≤ 1}

und somit X = X ∗∗ . 2 Korollar 14 Es sei Y ein abgeschlossener Teilraum eines reﬂexiven Banachraumes. Dann ist Y reﬂexiv.

∞

Aus diesem Korollar folgt, dass ∞ nicht reﬂexiv ist, weil c0 Teilraum von ist und nicht reﬂexiv ist.

5.5. DIE SCHWACHE TOPOLOGIE

233

Beweis. Falls X reﬂexiv ist, dann ist die abgeschlossene Einheitskugel BX σ(X, X ∗ )-kompakt. Der Teilraum Y ist in der Norm-Topologie abgeschlossen und somit auch in der schwachen Topologie. Dies folgt aus Satz 34. Deshalb ist Y ∩ BX σ(X, X ∗ )-kompakt. Da die σ(X, X ∗ )-Topologie auf Y feiner ist als die σ(Y, Y ∗ )-Toplogie, ist Y ∩ BX auch σ(Y, Y ∗ )-kompakt. 2 Korollar 15 Ein Banachraum ist genau dann reﬂexiv, wenn sein Dualraum reﬂexiv ist. Aus diesem Korollar folgt, dass 1 und ∞ nicht reﬂexiv sind. Die beiden Korollare folge auch unmittelbar aus dem Satz von Han-Banach ([Wer], S. 105). Beweis. Wir nehmen zun¨achst an, dass X reﬂexiv ist. Nach Satz ist die abgeschlossene Einheitskugel BX ∗ σ(X ∗ , X)-kompakt. Weil X reﬂexiv ist, sind die σ(X ∗ , X)-Topologie und die σ(X ∗ , X ∗∗ )-Topologie gleich. Deshalb ist die abgeschlossene Einheitskugel BX ∗ σ(X ∗ , X ∗∗ )-kompakt. Hieraus folgt, dass X ∗ reﬂexiv ist. Wir nehmen nun an, dass X ∗ reﬂexiv ist. Nach dem ersten Teil wissen wir, dass X ∗∗ reﬂexiv ist. X ist isometrisch isomorph zu einem Teilraum von X ∗∗ . Nach Korollar 14 ist dieser Teilraum reﬂexiv, weil X ∗∗ reﬂexiv ist. 2 Lemma 123 Es seien X und Y normierte R¨ aume und T : X → Y eine lineare Abbildung. T ist genau dann bzgl. der Norm Topologien stetig, wenn T bzgl. der schwachen Topologien stetig ist. Beweis. Es sei T : X → Y bzgl. der schwachen Topologien auf X und Y stetig. Dies gilt genau dann, wenn f¨ ur alle y ∗ ∈ Y ∗ die Abbildung y ∗ T : X → R bzgl. der schwachen Topologie auf X stetig ist. Dies wiederum gilt genau dann, wenn die Abbildungen y ∗ T : X → R bzgl. der Norm Topologie auf X stetig sind. Hieraus folgt mit Lemma 120, dass T schwach stetig ist, wenn T normstetig ist. F¨ ur die Umkehrung benutzen wir den Satz von Banach-Steinhaus. Falls n¨amlich T schwach stetig ist, dann ist f¨ ur jedes y ∗ ∈ Y ∗ das Funktional schwach stetig und damit normstetig. Es gilt also ∀y ∗ ∈ Y ∗ : sup |y ∗ (T (x))| < ∞ x =1

(5.1)

234

CHAPTER 5. DUALRAUM

Die Funktionale φx : Y ∗ → R φx (y ∗ ) = y ∗ (T (x)) sind wegen φx = sup |y ∗ (T (x))| ≤ sup y ∗ T (x) = T (x) y ∗ =1

y ∗ =1

normstetig und wegen (5.1) punktweise beschr¨ankt. Somit k¨onnen wir den Satz von Banach-Steinhaus (Satz 21) anwenden. Es folgt sup x =1 φx < ∞ bzw. sup sup |y ∗ (T (x))| < ∞ x =1 y ∗ =1

und somit T < ∞. 2 Korollar 16 Es sei X ein reﬂexiver Banachraum und Y ein abgeschlossener Teilraum von X. Dann ist X/Y reﬂexiv. Beweis. Die abgeschlossene Einheitskugel BX ist σ(X, X ∗ )-kompakt. Die Quotientenabbildung q : X → X/Y ist normstetig und nach Lemma 123 damit schwach stetig, also σ(X, X ∗ )-σ(X/Y, (X/Y )∗ )-stetig ist. Da das stetige Bild einer kompakten Menge kompakt ist, folgt, dass q(BX ) kompakt in der σ(X/Y, (X/Y )∗ ) -Topologie ist. Wir zeigen nun, dass BX/Y = q(BX ). (Dies ist i.A. nicht der Fall. Man betrachte dazu ein Funktional, das nicht seine Norm annimmt.) Da q die Norm 1 besitzt, folgt f¨ ur die oﬀenen Kugeln BX/Y ⊇ q(BX ). Außerdem gilt auch BX/Y ⊆ q(BX ). Falls n¨amlich [x] < 1, dann gibt es zu jedem > 0 ein y ∼ x mit y − ≤ [x]. Wir w¨ahlen = 12 (1 − x). Also y < 1. Insgesamt erhalten wir f¨ ur die oﬀenen Kugeln BX/Y = q(BX ). Mit Satz 34 folgt, dass der Normabschluss gleich dem schwachen Abschluss ist. BX/Y

= BX/Y

schw

= q(BX )

schw

⊆ q(BX

schw

)

Damit ist BX/Y als abgeschlossene Teilmenge einer schwach kompakten Menge schwach kompakt. 2 Beispiel 38 Die abgeschlossene Einheitskugel von c0 ist nicht schwach kompakt.

5.5. DIE SCHWACHE TOPOLOGIE

235

n Beweis. Wir betrachten die Folge i=1 ei , n ∈ N, und zeigen, dass diese Folge kein konvergentes Teilnetz besitzt. Wir nehmen an, dass es ein Teilnetz φ(ι)

ei

ι∈I

i=1

gibt, das gegen einen Vektor x konvergiert. Es gilt n ∗ ek ei = 1 i=1

f¨ ur n ≥ k. Andererseits gilt ⎛ e∗k (x) = lim e∗k ⎝ ι

φ(ι)

⎞ ei ⎠ = 1

i=1

Demnach gilt x = (1, 1, 1, . . . ). Dies ist aber kein Vektor in c0 . 2 Beispiel 39 Die abgeschlossene Einheitskugel von 1 ist nicht schwach kompakt.

Beweis. Wir zeigen, dass die Folge en , n ∈ N, kein konvergentes Teilnetz besitzt. Wir nehmen an, dass es ein Teilnetz gibt, das gegen einen Vektor x konvergiert. Es gilt e∗k (en ) = 0

f¨ ur k > n

Damit gilt auch 0 = lim e∗k (eφ(ι) ) = e∗k (x) = xk ι

Also gilt x = 0. Dies kann aber nicht sein, weil f¨ ur x∗ = (1, 1, 1, . . . ) und alle n ∈ N x∗ (en ) = 1 gilt. 2

Wir sagen, dass eine Menge folgenkompakt ist, wenn jede Folge in dieser Menge eine Teilfolge besitzt, die in dieser Menge konvergiert. Beispiel 40 Die abgeschlossene Einheitskugel von ∞ (R) ist schwach* kompakt, aber nicht schwach* folgenkompakt. Insbesondere besitzt jede Folge in der abgeschlossenen Einheitskugel von ∞ (R) ein konvergentes Teilnetz.

236

CHAPTER 5. DUALRAUM

Beweis. Die abgeschlossene Einheitskugel ist nach dem Satz von Alaoglu schwach* kompakt. P∞ (N) bezeichnet die Menge aller unendlichen Teilmengen von N. P∞ (N) hat dieselbe M¨ achtigkeit wie R. Deshalb gibt es eine bijektive Abbildung φ : R → P∞ (N). Wir deﬁnieren

1 falls n ∈ φ(t) ∗ xn (t) = 0 falls n ∈ / φ(t) Wir nehmen an, dass es eine Teilfolge x∗nk , k ∈ N, gibt die konvergiert. Dann gibt es ein x∗ mit x∗ = lim x∗nk k→∞

F¨ ur alle es ∈ , s ∈ R, mit es (t) = 1, falls t = s und es (t) = 0 sonst, gilt dann 1

x∗ (s) = x∗ (es ) = lim x∗nk (s) k→∞

Wir w¨ ahlen ein solches t0 , so dass φ(t0 ) = {n2j | j ∈ N} Dann ergibt sich

x∗nk (t0 )

=

1 0

falls k gerade falls k ungerade

2 Beispiel 41 Es sei en , n ∈ N, die Einheitsvektoren in 2 und A = {em + men | 1 ≤ m < n < ∞} Dann liegt 0 im schwachen Abschluss der Menge A, 0 ∈ A A, die schwach gegen 0 konvergiert.

schw

, aber es gibt keine Folge in

Beweis. Wir nehmen an, dass es eine Folge emi + mi eni , i ∈ N, gibt, die schwach gegen 0 konvergiert. Dann gilt f¨ ur alle x∗ ∈ 2 0 = lim x∗ (emi + mi eni ) = lim (x∗ (mi ) + mi x∗ (ni )) i→∞

i→∞

Falls es ein N ∈ N gibt, so dass f¨ ur alle i ∈ N gilt mi ≤ N , dann w¨ ahlen wir x∗ = (1, . . . , 1, 0, 0, . . . ) N

und erhalten

x∗ (emi + mi eni ) ≥ 1

5.5. DIE SCHWACHE TOPOLOGIE

237

Diese Folge konvergiert nicht gegen 0. Also muss gelten, dass die Zahlen mi , i ∈ N, keine obere Schranke besitzen. Indem wir zu einer weiteren Teilfolge u ¨bergehen. k¨ onnen wir annehmen, dass mi < mi+1

und

i∈N

ni < ni+1

Nun w¨ ahlen wir als Funktional

⎧ ⎨ 1 x∗ (k) = mi ⎩ 0

Es gilt

x∗ =

∞

12 |x∗ (k)|2

=

sonst ∞

12 m−2 i

i=1

k=1

Dann gilt

falls k = ni

≤

∞

12 i−2

i=1

x∗ (emi + mi eni ) ≥ 1

Diese Folge konvergiert nicht gegen 0. Wir zeigen nun, dass 0 im schwachen Abschluss der Menge A liegt. Es sei U eine schwache Umgebung von 0. Dann gibt es > 0, k ∈ N und x∗1 , . . . , x∗k ∈ 2 mit * x max x∗i (x) < ⊆ U 1≤i≤k

Wir w¨ ahlen n und m, m < n, so groß, dass max x∗i (m) <

1≤i≤k

2

max mx∗i (n) <

1≤i≤k

2

Damit gilt em + men ∈ U 2 Beispiel 42 Ein Banachraum ist genau dann in der schwachen Topologie vollst¨ andig, wenn er endlich-dimensional ist.

Beispiel 43 Die schwache Topologie eines Banachraumes ist genau dann metrisierbar, wenn der Raum endlich-dimensional ist.

238

5.6

CHAPTER 5. DUALRAUM

Der Satz von James

Satz 38 (Variationsprinzip von Ekeland) Es sei X ein Banachraum und φ : X → R ∪ {∞} eine nach unten halbstetige Funktion, die nach unten beschr¨ ankt ist. Dann gibt es zu jedem > 0 ein x0 ∈ X, so dass f¨ ur alle x∈X φ(x) ≥ φ(x0 ) − x − x0 gilt. φ heißt halbstetig nach unten in x0 , falls es zu jedem > 0 eine Umgebung U von x0 gibt, so dass f¨ ur alle x ∈ U die Ungleichung φ(x) ≥ φ(x0 ) − gilt. Beweis. ist gegeben. Wir w¨ahlen ein beliebiges y1 ∈ X und wir w¨ahlen yn ∈ X induktiv, so dass φ(yn+1 ) + yn − yn+1 ≤ inf{φ(x) + yn − x|x ∈ X} +

1 2n

Dies ist oﬀensichtlich m¨oglich, es geht nur die Eigenschaft des Inﬁmums ein. Es folgt f¨ ur x = yn φ(yn+1 ) ≤ φ(yn+1 ) + yn − yn+1 ≤ φ(yn ) +

1 2n

Es folgt f¨ ur alle m ≥ n φ(ym ) ≤ φ(yn ) +

1 2n−1

Wegen dieser Absch¨atzung und weil φ nach unten beschr¨ankt ist, existiert limk→∞ φ(yk ) und ist endlich. Wir weisen dies nach. Falls φ(yn ), n ∈ N, nicht konvergiert, gibt es ein δ > 0, so dass f¨ ur alle n ∈ N zwei Zahlen n1 und n2 mit n1 , n2 ≥ n und |φ(yn1 ) − φ(yn2 )| ≥ δ existieren. F¨ ur δ > 2−n+1 ergibt sich φ(yn2 ) − φ(yn1 ) ≤ −δ

5.6. DER SATZ VON JAMES

239

Wir w¨ahlen nun entsprechende n1 < n2 < n3 · · · mit φ(yn2k ) − φ(yn2k−1 ) ≤ −δ Damit erhalten wir φ(yn2k ) ≤ −kδ + φ(yn1 ) + 2−n1 +2 und φ(yn ), n ∈ N, ist nicht nach unten beschr¨ankt, was falsch ist. Deshalb konvergiert die Folge φ(yn ), n ∈ N. yn − yn+1 ≤ φ(yn ) − φ(yn+1 ) + Hiermit folgt ym − yn

1 2n

m−1 m−1 = yj+1 − yj ≤ yj+1 − yj j=n j=n m−1 1 1 ≤ φ(yj ) − φ(yj+1 ) + j ≤ φ(yn ) − φ(ym ) + n−1 2 2 j=n

Somit konvergiert die Folge yn , n ∈ N. x0 = lim yn n→∞

F¨ ur alle x ∈ X gilt φ(yn+1 ) ≤ φ(x) + x − yn +

1 − yn − yn+1 2n

und weiter lim φ(yn+1 ) ≤ lim (φ(x) + x − yn +

n→∞

n→∞

1 − yn − yn+1 ) 2n

Da φ nach unten halbstetig ist, folgt φ(x0 ) ≤ φ(x) + x − x0 2 Satz 39 (Bishop-Phelps) Es sei X ein Banachraum. Dann ist die Menge aller stetigen Funktionale, die ihre Norm annehmen, dicht in X ∗ .

240

CHAPTER 5. DUALRAUM

Beweis. Es sei x∗ ∈ X ∗ mit x∗ = 1 und 0 < < 14 . Wir konstruieren ein Funktional y ∗ , so dass y ∗ ≤ und so dass x∗ + y ∗ seine Norm annimmt. Wir setzen f¨ ur alle x ∈ X φ(x) = x2 − x∗ (x) Dann ist φ auf X nach unten beschr¨ankt, weil φ(x) = x2 − x∗ (x) ≥ x2 − x ≥ −

1 4

(Die Funktion t2 − t nimmt ihr Minimum in t = 1/2 an.) Nach Satz 38 gibt es ein x0 ∈ X, so dass f¨ ur alle x ∈ X φ(x) ≥ φ(x0 ) − x − x0 gilt. Deshalb gilt f¨ ur alle x ∈ X x2 − x∗ (x) ≥ x0 2 − x∗ (x0 ) − x − x0 Nach dem Satz von Hahn-Banach gibt es ein stetiges Funktional y ∗ und eine Konstante c, so dass f¨ ur alle x ∈ X x2 − x∗ (x) ≥ y ∗ (x) + a ≥ x0 2 − x∗ (x0 ) − x − x0

(5.2)

gilt. Wir weisen dies nach. Die Mengen A = {(x, t)|x2 − x∗ (x) < t} B = {(x, t)|x0 2 − x∗ (x0 ) − x − x0 > t} sind disjunkte, oﬀene und konvexe Teilmengen in X × R. Wir weisen die Konvexit¨at von A nach. Es seien (x, t) und (y, s) Elemente von A. Dann gilt αx2 − αx∗ (x) + (1 − α)y2 − (1 − α)x∗ (y) < αt + (1 − α)s αx2 + (1 − α)y2 − x∗ (αx + (1 − α)y) < αt + (1 − α)s Es gilt αx2 + (1 − α)y2 ≥ α2 x2 + 2α(1 − α)xy + (1 − α)2 y2 weil dies zu

' ( α(1 − α) x2 − 2xy + y2 ≥ 0

5.6. DER SATZ VON JAMES

241

¨aquivalent ist. Somit folgt α2 x2 + 2α(1 − α)xy + (1 − α)2 y2 − x∗ (αx + (1 − α)y) < αt + (1 − α)s Mit der Dreiecksungleichung folgt αx + (1 − α)y2 − x∗ (αx + (1 − α)y) < αt + (1 − α)s Damit (αx + (1 − α)y, αt + (1 − α)s) ∈ A. Da die Mengen A und B oﬀen, disjunkt und konvex sind, gibt es nach dem Satz von Hahn-Banach ein Funktional φ, das diese Mengen trennt. Es gilt f¨ ur alle (x, t) ∈ A und alle (y, s) ∈ B φ(x, s) ≥ φ(y, s) Es gibt ein Funktional z ∗ ∈ X ∗ und eine Konstante c ∈ R, so dass φ(x, t) = z ∗ (x) + ct. Damit folgt f¨ ur alle (x, t) ∈ A und alle (y, s) ∈ B z ∗ (x) + ct ≥ z ∗ (y) + cs ur alle x, y ∈ (Man beachte, dass c = 0, weil die Ungleichung z ∗ (x) ≥ z ∗ (y) f¨ ∗ X nur dann gelten kann, wenn z = 0. Dann w¨are aber das Funktional φ = 0, was nicht sein kann, weil der Satz von Hahn-Banach ein von 0 verschiedenes Funktional liefert.) und somit z ∗ (x) + c(x2 − x∗ (x)) ≥ z ∗ (y) + c(x0 2 − x∗ (x0 ) − y − x0 ) F¨ ur y = x0 erhalten wir c(x2 − x∗ (x)) ≥ −z ∗ (x) + z ∗ (x0 ) + c(x0 2 − x∗ (x0 ))

(5.3)

und f¨ ur x = x0 erhalten wir −z ∗ (y) + z ∗ (x0 ) + c(x0 2 − x∗ (x0 )) ≥ c(x0 2 − x∗ (x0 ) − y − x0 ) (5.4) Hieraus folgt, dass f¨ ur alle y ∈ X die Ungleichung z ∗ (y)−cy −x0 ≤ z ∗ (x0 ) gilt. Also c > 0. Wenn wir 1 y∗ = − z∗ c

1 a = z ∗ (x0 ) + x0 2 − x∗ (x0 ) c

242

CHAPTER 5. DUALRAUM

setzen, erhalten wir (5.2). Hieraus folgt y ∗ (x0 ) + a = x0 2 − x∗ (x0 ). Wir beobachten weiter, dass x0 = 0. Somit erhalten wir f¨ ur alle x mit x = x0 x∗ (x) + y ∗ (x) + a ≤ x2 = x0 2 = x∗ (x0 ) + y ∗ (x0 ) + a Also nimmt die Funktion x∗ (x) + y ∗ (x) + a auf der Menge {x|x = x0 } ihr Supremum an. Deshalb nimmt auch das Funktional x∗ + y ∗ auf derselben Menge sein Supremum an. Da x0 > 0, nimmt x∗ +y ∗ auch auf {x|x = 1} sein Supremum an. Es bleibt zu zeigen, dass (x∗ + y ∗ ) − x∗ = y ∗ < . Wegen y ∗ (x0 ) + a = x0 2 − x∗ (x0 ) folgt aus y ∗ (x) + a ≥ x0 2 − x∗ (x0 ) − x − x0 die Ungleichung y ∗ (x − x0 ) = y ∗ (x) − y ∗ (x0 ) ≥ −x − x0 Wenn wir f¨ ur x den Vektor −x + 2x0 einsetzen erhalten wir y ∗ (−x + x0 ) ≥ −x − x0 2 Es sei K eine nichtleere, kompakte Teilmenge eines lokalkonvexen Raumes X und µ ein regul¨ares Borelmaß mit µ(K) = 1. Wir sagen, dass ein Punkt x ∈ X durch das Maß µ dargestellt wird, wenn f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ ∗ x (x) = x∗ dµ K

gilt. Man sagt auch, dass x der Schwerpunkt von µ ist. Lemma 124 Es sei A eine kompakte Teilmenge eines lokalkonvexen Raumes X. (In unserem Fall: Eine Topologie, die gr¨ ober als die Norm-Topologie und feiner als die schwache Topologie ist.) Ein Punkt x ∈ X ist genau dann in der abgeschlossenen, konvexen H¨ ulle von A, wenn es ein Wahrscheinlichkeitsmaß µ auf A gibt, das x darstellt.

5.6. DER SATZ VON JAMES

243

Beweis. Es sei µ ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf A, das x darstellt. Dann gilt f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ ∗ x (x) = x∗ dµ ≤ sup x∗ (y) ≤ sup x∗ (y) y∈A

A

y∈CH(A)

Mit dem Satz von Hahn-Banach folgt, dass x ∈ CH(A). Wir nehmen nun an, dass x ∈ CH(A). Dann gibt es ein Netz yγ =

nγ

aγi xγi

aγi

≥ 0,

i=1

nγ

aγi = 1, xγi ∈ A, γ ∈ Γ

i=1

das gegen x konvergiert. Wir gehen nun zu den Maßen µγ =

nγ

aγi δxγi

i=1

u ¨ber. Nach dem Darstellungssatz von Riesz kann der Dualraum von C(A) durch den Raum der signierten Radon-Maße dargestellt werden. Die Menge der Wahrscheinlichkeitsmaße ist in C(A)∗ schwach*-kompakt. Deshalb gibt es ein Teilnetz µγι , ι ∈ I, das in dieser Menge in der schwachen* Topologie konvergiert µ = lim µγι ι

Das bedeutet, dass f¨ ur alle f ∈ C(A) f dµ = lim f dµγι A

ι

A

Insbesondere sind die Einschr¨ankungen von x∗ ∈ X ∗ auf A stetige Funktionen und somit gilt f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ ∗ x dµ = lim x∗ dµγι A

ι

A

Wegen x = limγ yγ gilt auch x = limι yγι . Deshalb ∗ ∗ ∗ x (x) = lim x (yγι ) = lim x dµγι = x∗ dµ ι

2

ι

A

A

244

CHAPTER 5. DUALRAUM

ur das Eine St¨ utzfunktion einer konvexen Menge C ist ein Funktional x∗ , f¨ ein x0 ∈ C mit x∗ (x0 ) = sup{x∗ (x)|x ∈ C} existiert. Satz 40 Es sei C eine nichtleere, konvexe, abgeschlossene, beschr¨ ankte Teilmenge eines Banachraumes X. Dann ist die Menge der St¨ utzfunktionen von C bzgl. der Norm-Topologie dicht in X ∗ . Satz 41 (James) Es sei A eine abgeschlossene, konvexe und beschr¨ ankte Teilmenge eines reellen Banachraumes X. Dann sind ¨aquivalent: (i) A ist schwach kompakt. (ii) Jedes stetige Funktional nimmt auf A sein Supremum an. Insbesondere ist ein Banachraum genau dann reﬂexiv, wenn jedes stetige Funktional auf der abgeschlossenen Einheitskugel sein Supremum annimmt. Der folgende Satz stammt von Rode, der Beweis hier von Fonf, Lindenstrauss und Phelps []. Satz 42 Es sei X ein reeller Banachraum, K eine konvexe, schwach*-kompakte Teilmenge von X ∗ und S ⊆ K eine in der Norm-Topologie separable Teilmenge, so dass f¨ ur jedes x ∈ X ein x∗ ∈ S mit x∗ (x) = sup{y ∗ (x)|y ∗ ∈ K} existiert. Dann ist K der Abschluss der konvexen H¨ ulle von S in der NormTopologie ∗ K = CH(S) Beweis von Satz 41 Die Implikation (i) ⇒ (ii) ist oﬀensichtlich. Wir zeigen die Richtung (ii) ⇒ (i) f¨ ur den Fall, dass A separabel ist. Wir wenden Satz 42 an. Wir w¨ahlen S = A und K den schwachen* Abschluss von A in X ∗∗ . Nach Annahme nimmt jedes Funktional x∗ ∈ X ∗ auf A = S sein Supremum an, also existiert f¨ ur jedes x∗ ∈ X ∗ ein x ∈ A mit x∗ (x) = sup{x∗ (y)|y ∈ A}

5.6. DER SATZ VON JAMES Nach Satz ?? gilt

245

∗∗

K = CH(A)

Da A ⊆ X und X ein abgeschlossener Teilraum von X ∗∗ in der NormTopologie ist, folgt K = CH(A) Da konvexe, abgeschlossene Mengen in der Norm-Topologie und der schwachen Topologie gleich sind, folgt, dass K = A. Nach dem Satz von Alaoglu (Satz 36) ist A schwach*-kompakt in X ∗∗ . 2 Wir beweisen nun Satz 42. Bevor wir den Beweis beginnen, weisen wir noch einmal darauf hin, dass eine Menge genau dann schwach*-kompakt ist, wenn sie in der Norm beschr¨ankt und schwach* abgeschlossen ist. Beweis von Satz 42. Es sei 0 < < 1 gegeben und i , i ∈ N, mit 0 < i < und limi→∞ i = 0. hj , j ∈ N, sei eine Folge, die bzgl. der Norm-Topologie in S dicht ist. C0 = BX ∗ Ci = S ∩ {hi + BX ∗ }

i∈N

Außerdem setzen wir K1 = CH(K ∪ C0 ) S1 =

∞

(1 + i )Ci

schw* V ∗ = CH(S1 )

i=0

Dann gilt S ⊆ CH(S1 ) K1 ⊆ V ∗ 0 ist innerer Punkt von V ∗ in der Norm-Topologie V ∗ ist eine beschr¨ankte, schwach*-abgeschlossene, also schwach*-kompakte Menge Wir weisen S ⊆ CH(S1 ) nach. Es sei x∗ ∈ S, dann gibt es ein hi mit x∗ ∈ {hi + BX ∗ }. Damit (1 + i )x∗ ∈ (1 + i )Ci . Außerdem 0 ∈ C0 . Also 0 ∈ S1 und (1 + i )x∗ ∈ S1 . Es folgt, dass x∗ Konvexkombination von 0 und (1 + i )x∗ ist.

246

CHAPTER 5. DUALRAUM

V ∗ ist in der Norm beschr¨ankt, weil K schwach* kompakt ist und somit in der Norm beschr¨ankt. Wir weisen K1 ⊆ V ∗ nach. Es gilt C0 ⊆ V ∗ . Außerdem gilt schwach* K = CH(S) schw* Wegen S ⊆ K gilt CH(S) ⊆ K. Falls diese beiden Mengen nicht gleich w¨aren, dann g¨abe es nach dem Satz von Hahn-Banach ein x∗ ∈ K, das von schw* der Menge CH(S) durch ein Element x ∈ X getrennt werden kann. Da die Mengen kompakt sind, kann man strikt trennen. x∗ (x) > sup{y ∗ (x)|y ∗ ∈ S} Dies widerspricht aber der Annahme des Satzes. Also gilt schw* K = CH(S) Damit K ⊆ V ∗ und folglich K1 ⊆ V ∗ . 0 ist innerer Punkt von V ∗ in der Norm-Topologie, weil C0 ⊆ V ∗ . Es bezeichne V die Polare von V ∗ V = {x ∈ X|∀x∗ ∈ V ∗ : x∗ (x) ≤ 1} V ist beschr¨ankt, konvex und schwach abgeschlossen. V ist schwach abgeschlossen, weil V = {x ∈ X|x∗ (x) ≤ 1} x∗ ∈V ∗

Da 0 innerer Punkt von V ∗ ist, so ist V beschr¨ankt. Dann gilt S1

schw*

∩ Σ(V ) ∩ ∂V ∗ ⊆

∞

(1 + i )Ci

schw*

(5.5)

i=0

wobei Σ(V ) die Menge der St¨ utzfunktionen von V ist. (Ein stetiges Funkutzfunktion von V , wenn es ein x ∈ V mit x∗ (x) = tional x∗ ist eine St¨ supy∈V x∗ (y) gibt.) ∂V ∗ ist der Rand von V ∗ in der Norm-Topologie. Wir schw* nehmen an, dass die Inklusion (5.5) nicht gilt. Dann gibt es ein x∗ ∈ S1 und ein x ∈ V mit x∗ (x) = 1 und ∗

/ x ∈

∞ i=0

(1 + i )Ci

schw*

5.6. DER SATZ VON JAMES

247

ur alle z ∈ V Wir wiesen zun¨achst nach, dass es ein x mit x∗ (x) = 1 gibt. F¨ ∗ ∗ gilt x (z) ≤ 1. Da x ∈ Σ(V ), gibt es ein x0 ∈ V mit x∗ (x0 ) = sup{x∗ (z)|z ∈ V } Somit reicht es zu zeigen, dass sup{x∗ (z)|z ∈ V } = 1. Da x∗ ∈ ∂V ∗ , gibt es zu jedem η ein z ∗ ∈ / V ∗ mit x∗ − z ∗ < η. Da V ∗ schwach*-kompakt ist, ∗ kann z durch ein Funktional x ∈ X von V ∗ getrennt werden z ∗ (x) > sup y ∗ (x) y ∗ ∈V ∗

Wir k¨onnen annehmen, dass supy∗ ∈V ∗ y ∗ (x) = 1. Damit gilt x ∈ V und x∗ (x) = z ∗ (x) − (z ∗ (x) − x∗ (x)) ≥ 1 − z ∗ − x∗ x ≥ 1 − ηx Es bleibt zu bemerken, dass V beschr¨ankt ist, und es folgt, dass es ein x0 ∈ V mit x∗ (x0 ) = 1 gibt. Deshalb gibt es ein Netz x∗γ ∈

∞

γ∈Γ

(1 + i )Ci

i=0

mit

x∗ = lim x∗γ γ

Zu jedem γ gibt es ein i mit x∗γ ∈ (1 + i )Ci . Wir schreiben x∗γ = (1 + i(γ) )yγ∗ mit yγ∗ ∈ Ci(γ) . Wir beobachten, dass limγ i(γ) = ∞. Anderenfalls g¨abe es ein i0 und ein Teilnetz x∗γι , ι ∈ I, mit i(γι ) = i0 . x∗ ∈ (1 + i0 )Ci0 im Widerspruch zur Annahme. Da limi→∞ i = 0 folgt x∗ = lim x∗γ = lim(1 + i(γ) )yγ∗ = lim yγ∗ γ

γ

γ

F¨ ur i = 1, 2, . . . gilt Ci ⊆ S ⊆ K. Da K schwach*-kompakt ist, folgt x∗ ∈ K. Wegen x∗ (x) = 1 und x∗ ∈ K ⊆ V ∗ 1 = x∗ (x) ≤ sup{y ∗ (x)|y ∗ ∈ K} ≤ sup{y ∗ (x)|y ∗ ∈ V ∗ } = 1 Die letzte Gleichung gilt, weil x ∈ V . Also gilt 1 = sup{y ∗ (x)|y ∗ ∈ K}

248

CHAPTER 5. DUALRAUM

Nach Annahme vom Satz gibt es ein z ∗ ∈ S mit z ∗ (x) = 1. Wegen S = ∞ ∗ i=1 Ci muss es also ein i0 mit z ∈ Ci0 geben. Dann gilt aber (1 + i0 )z ∗ ∈ V ∗ und (1 + i0 )z ∗ (x) ≥ 1 + i0 im Widerspruch zu x ∈ V . Damit ist (5.5) gezeigt. Wir wollen nun zeigen ∗

∀ > 0∀x∗ ∈ Σ(V ) ∩ ∂V ∗ ∃z ∗ ∈ CH(S)

: x∗ − z ∗ ≤

(5.6)

Wegen schw* V ∗ = CH(S1 ) ist V ∗ die schwach*-abgeschlossene, konvexe H¨ ulle einer schwach*-kompakten schw* . Nach Lemma ?? gibt es zu jedem x∗ ∈ V ∗ ein Menge, n¨amlich S1 schw* Wahrscheinlichkeitsmaß µ auf S1 , das x∗ darstellt. F¨ ur alle x ∈ X gilt y ∗ (x)dµ(y ∗ ) x∗ (x) = schw* S1 Wir beobachten weiter, dass f¨ ur alle x∗ ∈ Σ(V ) ∩ ∂V ∗ das Maß µ außerhalb ∞

(1 + i )Ci

schw*

(5.7)

i=0

verschwindet, d.h. das Komplement dieser Menge ist eine µ-Nullmenge. Dazu reicht es zu zeigen, dass f¨ ur alle x∗ ∈ Σ(V ) ∩ ∂V ∗ das Maß µ außerhalb S1

schw*

∩ Σ(V ) ∩ ∂V ∗

verschwindet, d.h. das Komplement dieser Menge ist eine µ-Nullmenge. Wir weisen dies nach. Da x∗ ∈ Σ(V ) gibt es ein x0 ∈ V mit x∗ (x0 ) = sup{x∗ (x)|x ∈ V }. Da wir außerdem annehmen, dass x∗ ∈ ∂V ∗ , folgt sup x∗ (x) = 1 x∈V

Die letztere Gleichung folgt aus dem Satz von Hahn-Banach: Da V ∗ eine abgeschlossene, konvexe Menge ist, k¨onnen wir jeden Punkt z ∗ ∈ / V ∗ durch ein Funktional x ∈ X trennen. Also z ∗ (x) ≥ sup y ∗ (x) y ∗ ∈V ∗

5.6. DER SATZ VON JAMES

249

O.E.d.A. k¨onnen wir annehmen, dass supy∗ ∈V ∗ y ∗ (x) = 1. Dann gilt x ∈ V und wenn wir z ∗ hinreichend dicht bei x∗ w¨ahlen, sehen wir, dass x∗ (x) ≥ 1 − η. Insgesamt ergibt sich 1 = x∗ (x0 ) = sup{y ∗ (x0 )|y ∗ ∈ V ∗ } Wir behaupten, dass das Maß außerhalb der Menge {y ∗ ∈ V ∗ |y ∗ (x0 ) = 1} verschwindet, d.h. das Maß vom Komplement dieser Menge ist 0. Dies gilt, weil ∗ y ∗ (x0 )dµ(y ∗ ) 1 = x (x0 ) = schw* S1 Da das Supremum von y ∗ (x0 ) gleich 1 ist, ist die Menge, auf der y ∗ (x0 ) < 1 gilt, eine Nullmenge. Damit verschwindet das Maß µ außerhalb der Menge S1

schw*

∩ Σ(V ) ∩ ∂V ∗

Mit (5.5) folgt, dass das Maß außerhalb der Menge ∞

(1 + i )Ci

schw*

i=0

verschwindet. Wir setzen nun D0 = (1 + 0 )C0 Dn = (1 + n )Cn

schw*

\

n−1

(1 + i )Ci

schw*

n∈N

i=1

Wir bezeichnen σ = {i|mi = µ(Di ) > 0}. wi sei der Schwerpunkt des Maßes 1 µ . Es gilt mi |Di wi ∈ (1 + i )hi + (1 + i )BX ∗ weil Dn = (1 + n )Cn

schw*

schw*

⊆ (1 + n ){hn + Bx∗ }

= (1 + n ){hn + Bx∗ }

Weiter folgt wi ∈ hi + (i hi + (1 + i ))BX ∗ ⊆ hi + (L + 2)BX ∗

250

CHAPTER 5. DUALRAUM

wobei

L = sup{y ∗ |y ∗ ∈ K}

Wir setzen

z∗ =

Wegen 1 = µ(K) =

∞ i=1

mi hi

i∈σ

µ(Di ) =

∞

i=1

mi gilt ∗

z ∗ ∈ CH(S) Nun weisen wir nach, dass

x∗ − z ∗ ≤ (L + 2) Es gilt f¨ ur alle x ∈ X ∗

∗

x (x) − z (x)

∗

∞

∗

y (x)dµ(y ) −

= K

= =

∞ i=1 ∞

mi hi (x)

i=1 ∗

∗

y (x)dµ(y ) −

∞

Di

mi hi (x)

i=1

mi wi (x) − mi hi (x)

i=1

Wir bilden das Supremum u ¨ber alle x mit x = 1 ∗

∗

x − z ≤

∞ i=1

mi wi − hi ≤ (L + 2)

∞

mi = (L + 2)

i=1 ∗

Somit haben wir gezeigt, dass zu jedem x∗ ∈ Σ(V ) ∩ ∂V ∗ ein z ∗ ∈ CH(S) mit x∗ − z ∗ ≤ (L + 2) existiert. Die Annahme, dass x∗ ∈ Σ(V ) gilt, bedeutet, dass x∗ eine St¨ utzfunktion ist. Nach dem Satz von Bishop-Phelps liegen die St¨ utzfunktionen dicht bzgl. der Norm-Topologie. Also existiert f¨ ur jedes x∗ ∈ ∂V ∗ ein z ∗ mit x∗ − z ∗ ≤ (L + 2) und damit auch f¨ ur jedes x∗ ∈ V ∗ . Insbesondere also f¨ ur alle x∗ ∈ K. Wenn wir nun → 0 betrachten, erhalten wir K = CH(S) . 2

5.7. SCHAUDER BASEN

5.7

251

Schauder Basen

Juliusz Schauder (21.9.1899- Sept. 1943) wurde in Lemberg (Lwow) geboren. Er studierte in Lwow. Eine Folge xn , n ∈ N, in einem Banachraum X heißt Schauder Basis von X, falls f¨ ur jedes x ∈ X eine eindeutige Folge von Skalaren an , n ∈ N, existiert, so dass ∞ x= an xn n=1

gilt. Dies heißt, dass die Partialsummen in der Norm gegen x konvergieren n lim x − ai x i = 0 n→∞ i=1

Die Einheitsvektoren ei , i ∈ N, bilden in c0 und p , 1 ≤ p < ∞ eine Basis. ∞ besitzt keine Basis, weil der Raum nicht separabel ist. Falls ein Raum eine Schauder Basis besitzt, dann kann man h¨auﬁg leichter in diesen R¨aumen rechnen. Die Koordinatenfunktionale x∗n : X → R einer Basis sind durch ∞ x∗n ai xi = an i=1

gegeben. Sie sind stetig und es gilt f¨ ur alle x ∈ X x=

∞

x∗n (x)xn

n=1

Man kann leicht zeigen, dass jeder Banachraum mit einer Schauder-Basis separabel sein muss. Umgekehrt kann man sich die Frage stellen, ob jeder separable Banachraum eine Schauder-Basis besitzt. Von P. Enﬂo wurde 1973 ein separabler Banachraum konstruiert, der keine Basis besitzt. Lemma 125 Es sei X ein Banachraum mit einer Schauder Basis xn , n ∈ N. Dann sind die Projektionen Pn : X → X, n ∈ N, ∞ n Pn ai x i = ai xi i=1

i=1

252

CHAPTER 5. DUALRAUM

stetige, lineare Operatoren und es gilt sup Pn < ∞. n∈N

Die in Lemma 125 eingef¨ uhrten Projektionen Pn bezeichnen wir als nat¨ urliche Projektionen. Zun¨achst wissen wir nicht, dass die Abbildungen Pn stetig sind. Wenn wir dies bereits w¨ ussten, dann w¨ urde das Lemma aus dem Satz von BanachSteinhaus folgen. Beweis. Wir f¨ uhren auf X eine neue Norm ein. F¨ ur x = wir n | x| = sup ai xi n∈N Die Norm ist wohldeﬁniert:

n i=1

∞ i=1

ai xi deﬁnieren

i=1

ai xi ist endlich, weil

n n ai x i ≤ |ai |xi . i=1

i=1

Das Supremum u ¨ber diese Ausdr¨ ucke ist endlich, weil n ai x i = 0 lim x − n→∞ i=1

und damit

n ai xi = x . lim n→∞ i=1

Es gilt f¨ ur alle x ∈ X, dass x ≤ |x|. Außerdem ist X mit der Norm | | ein Banachraum. Wir weisen dies nach. k Es sei zk = ∞ i=1 ai xi , k ∈ N, eine Cauchy Folge in X bzgl. der Norm | |. Dann sind f¨ ur alle i ∈ N die Folgen aki

k∈N

5.7. SCHAUDER BASEN

253

Cauchy-Folgen, deren Grenzwerte wir mit a0i bezeichnen. Wir weisen nach, dass die Folgen Cauchy-Folgen sind. j j−1 k k k ≤ (ai − ai )xi + (ai − ai )xi |aj − aj |xj i=1 n i=1 k ≤ 2 sup (ai − ai )xi ≤ |zk − z | n∈N i=1

0 Wir setzen z0 = ∞ i=1 ai xi und behaupten, dass z0 ∈ X und zk bzgl. | | gegen z0 konvergiert. Da zk , k ∈ N, eine Cauchy Folge ist, gibt es ein k0 , so dass f¨ ur alle k, ≥ k0 n k sup (ai − ai )xi = |zk − z | < . n∈N i=1

Also gilt f¨ ur alle k, ≥ k0 und alle n ∈ N n k (ai − ai )xi < . i=1

Zu n w¨ahlen wir so groß, dass > k0 und dass f¨ ur alle i mit 1 ≤ i ≤ n |a0i − ai | <

. nxi

Deshalb gilt f¨ ur alle k ≥ k0 und n ∈ N n n n ≤ (ai − a0i )xi + (aki − ai )xi (aki − a0i )xi i=1

i=1

≤

n

i=1

|ai − a0i |xi + ≤ 2.

i=1

Also gilt f¨ ur alle k mit k ≥ k0 n k 0 sup (ai − ai )xi < 2. n∈N i=1

(5.8)

254

CHAPTER 5. DUALRAUM

Dies bedeutet, dass zk , k ∈ N, in der Norm | | gegen z0 konvergiert, falls wir wissen, dass z0 ∈ X. Wir weisen nun nach, dass z0 ∈ X. Dazu zeigen wir, dass n a0i xi n∈N i=1

in X bzgl. der Norm eine Cauchy Folge ist. Da der Raum X bzgl. dieser 0 Norm vollst¨andig ist, konvergiert die Reihe ∞ i=1 ai xi in X bzgl. dieser Norm. Wir zeigen, dass f¨ ur alle > 0 ein n0 existiert, so dass f¨ ur alle n, m mit n, m ≥ n0 n a0i xi ≤ i=m

ur alle k ≥ k0 und gilt. Wegen (5.8) gibt es zu jedem > 0 ein k0 , so dass f¨ alle n, m ∈ N n m n (aki − a0i )xi ≤ (aki − a0i )xi + (aki − a0i )xi < 4. i=m

i=1

i=1

Mit der Dreiecksungleichung folgt n n 0 k ai xi ≤ 4 + ai x i i=m

i=m

Wir w¨ahlen nun k = k0 . Zu diesem k gibt es ein n0 , so dass f¨ ur alle n, m mit n, m > n0 n aki xi < i=m

ur alle n, m mit n, m > n0 gilt. Also gibt es ein n0 , so dass f¨ n 0 ai xi < 5. i=m

Somit ist X bzgl. der Norm | | vollst¨andig. Nun wenden wir den Satz von der oﬀenen Abbildung an und erhalten, dass die Normen a¨quivalent sind. Es gibt also ein c > 0, so dass f¨ ur alle x∈X c|x| ≤ x ≤ |x|

5.7. SCHAUDER BASEN

255

gilt. Es folgt sup Pn n∈N

n = sup sup ai x i n∈N ∞ i=1 ai xi ≤1 i=1 n 1 sup ai x i ≤ = sup c n∈N ∞ i=1 ai xi ≤1 i=1

2 Die Zahl supn∈N Pn nennen wir die Basiskonstante der Basis xn , n ∈ N. Wir sagen, dass eine Basis monoton ist, wenn die Basiskonstante gleich 1 ist. Die Koordinatenfunktionale x∗n : X → R einer Basis sind durch x∗n

∞

ai xi

= an

i=1

gegeben. Man beachte, dass die Funktionale stetig sind. Die Funktionale sind stetig, weil die Projektionen Pn stetig sind. Es ist damit Pn − Pn−1 stetig Pn (x) − Pn−1 (x) = x∗n (x)xn . Wir w¨ahlen ein stetiges Funktional yn∗ mit yn∗ (xn ) = 1. Dann ist x∗n = yn∗ ◦ (Pn − Pn−1 ) stetig, Die Basis in c0 und p , 1 ≤ p < ∞, die aus den Einheitsvektoren besteht, hat die Basiskonstante 1 und die Koordinatenfunktionale haben auch die Norm 1. Lemma 126 Es sei X ein Banachraum und X ∗ sein Dualraum. (i) Falls xn , n ∈ N, eine Basis von X ist und x∗n , n ∈ N, die Koordinatenfunktionale dieser Basis, so gilt f¨ ur alle x ∈ X x=

∞ n=1

x∗n (x)xn

256

CHAPTER 5. DUALRAUM

(ii) Falls xn , n ∈ N, eine Basis von X ist und die Koordinatenfunktionale dieser Basis x∗n , n ∈ N, eine Basis von X ∗ sind, dann gilt f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ ∗

x =

∞

x∗ (xn )x∗n

n=1

∞

an xn . Dann gilt f¨ ur alle m ∈ N ∞ x∗m (x) = x∗m an x n = a m

Beweis. (i) Es sei x =

n=1

n=1

2 Lemma 127 Es sei X ein Banachraum und xn , n ∈ N, eine Folge in X. xn , n ∈ N, ist genau dann eine Basis von X, wenn die folgenden Bedingungen erf¨ ullt sind (i) F¨ ur alle n ∈ N gilt xn = 0. (ii) Es gibt eine Konstante C, so dass f¨ ur alle n, m ∈ N mit n < m und alle Folgen ai , i ∈ N, n m ai x i ≤ C ai xi i=1

i=1

(iii) Die abgeschlossene, lineare H¨ ulle von xn , n ∈ N, ist gleich X. Beweis. Wir nehmen an, dass xn , n ∈ N, eine Basis ist. (i) folgt aus der Eindeutigkeit der Darstellung der Vektoren. (iii) gilt, weil sich jeder Vektor in X darstellen l¨asst. Nach Lemma 125 gilt n m ai xi ≤ sup Pn ai x i . n i=1

i=1

Wir zeigen nun die Umkehrung. Wir zeigen zun¨achst, dass die Folge xn , n ∈ N, linear unabh¨angig ist. Falls dem nicht so w¨are, so existieren Skalare a1 , . . . , am mit m ai x i = 0 i=1

5.7. SCHAUDER BASEN

257

wobei mindestens zwei Skalare von 0 verschieden sind. Es sei i0 die kleinste Zahl, so dass ai0 = 0. Dann gilt i m 0 1 ai xi ≥ ai xi = |ai0 | xi0 > 0 0= C i=1 i=1 Wegen (iii) gibt es zu jedem x ∈ X eine Folge von Vektoren nk

k∈N

aki xi

i=1

die in der Norm gegen x konvergiert. Wir deﬁnieren aki = 0 f¨ ur i > nk . Wir wollen zeigen, dass ∞ x= ( lim aki )xi . i=1

k→∞

Dazu zeigen wir zuerst, dass f¨ ur alle i ∈ N die Grenzwerte ai = lim aki k→∞

existieren. Es gibt f¨ ur alle > 0 ein N , so dass f¨ ur alle k, ≥ N n n k aki xi − ai xi < i=1

i=1

gilt. Es folgt mit (ii), dass f¨ ur alle > 0 ein N existiert, so dass f¨ ur alle k, ≥ N und f¨ ur alle n ∈ N n n k ai x i − ai xi < C. i=1

i=1

Insbesondere gilt, dass f¨ ur alle n ∈ N und alle > 0 ein N existiert, so dass f¨ ur alle k, ≥ N n n aki xi − ai xi < C i=1 i=1 gilt. Da die Vektoren x1 , . . . , xn linear unabh¨angig sind, ist ni=1 ci xi eine Norm auf dem Rn f¨ ur den Vektor c = (c1 , . . . , cn ). Homogenit¨at und Dreiecksungleichung sind klar. Weiter gilt genau dann ni=1 ci xi = 0, wenn

258

CHAPTER 5. DUALRAUM

n

i=1 ci xi

= 0. Dies wiederum gilt genau dann, wenn c = 0, weil die Vektoren linear unabh¨angig sind. Deshalb ist (ak1 , . . . , akn ), k ∈ N, eine Cauchy Folge in Rn , die konvergiert. Insbesondere konvergieren die Koordinaten. Wir zeigen nun, dass ∞ a x ∈ X. Wir nehmen an, dies sei nicht so. i=1 i i Dann ist die Folge der Partialsummen keine Cauchy-Folge. Dann gibt es ein > 0, so dass f¨ ur alle M nat¨ urliche Zahlen n, m > M existieren, so dass m a x i i ≥ . i=n+1

Nun w¨ahlen wir N so groß, dass f¨ ur alle k, > N n n k k ai x i − ai x i < . 4C i=1

i=1

Nun w¨ahlen wir n und m f¨ ur M = nk . Dann w¨ahlen wir n so groß, dass f¨ ur alle i = 1, . . . , m |ai − ai | < m 4 i=1 xi Hieraus folgt m m ai xi − ai x i < (5.9) 4 i=1 i=1 Es gelten wegen (ii) n n n n k aki xi − ai xi ≤ C aki xi − ai xi < 4 i=1 i=1 i=1 i=1 und

n n m m k k k ai xi − ai xi ≤ C ai xi − ai xi < 4 i=1 i=1 i=1 i=1

Mit der Dreiecksungleichung folgt m m m m n k k ai x i − ai x i ≥ ai x i − ai xi − ai x i > 4 i=1

i=1

i=n+1

i=1

i=1

ur i = n + 1, . . . die Gleichung aki = 0. Deshalb Weil n > nk = M , gilt f¨ m n n m k ai x i − ai xi − ai x i ≥ ai x i − > 4 4 i=n+1

i=1

i=1

i=n+1

5.7. SCHAUDER BASEN

259

Mit der Dreiecksungleichung und (5.9) folgt m m m 3 ai xi ≥ ai x i − (ai − ai )xi ≥ − = . ≥ 2 i=n+1 4 4 i=n+1 i=n+1 nk k Wir ∞ wollen nun zeigen, dass die Folge i=1 ai xi , k ∈ N, in der Norm gegen i=1 ai xi konvergiert. Wir nehmen an, dies sei nicht so. Dann gibt es ein > 0, so dass f¨ ur alle N ein k > N mit nk ∞ ai xi − aki xi > i=1

i=1

Wir w¨ahlen N so groß, dass f¨ ur alle k, ≥ N n nk ai xi − aki xi < . 8C i=1 i=1 nk k Zu N w¨ahlen wir nun nk , so dass k ≥ N und ∞ i=1 ai xi − i=1 ai xi > . Wir w¨ahlen m0 so groß, dass f¨ ur alle m > m0 ∞ ai xi < . 8 i=m+1 Außerdem w¨ahlen wir so groß, dass f¨ ur alle i = 1, . . . , M mit M = max{m0 , nk } |ai − ai | < M 8 i=1 xi gilt. Es folgt

M (ai − ai )xi < 8 i=1

Damit erhalten wir 8

n nk k ai x i − ai x i >C i=1 i=1 M M k ≥ ai xi − ai xi i=1

i=1

(5.10)

260

CHAPTER 5. DUALRAUM

ur i > nk und wegen (5.10) Wegen aki = 0 f¨ M nk M ai xi − aki xi − (ai − ai )xi > 8 i=1 i=1 i=1 nk ∞ ∞ 3 ≥ ai x i − aki xi − ai xi − ≥ 8 4 i=1 i=1 i=M +1 Es bleibt zu zeigen, dass die Darstellungen ∞ eindeutig sind. Wir zeigen, dass f¨ ur alle n ∈ N gilt, dass an = 0, falls n=1 an xn = 0. Da f¨ ur alle n, m mit n≤m m n ai x i ≤ C ai xi i=1

gilt, folgt

i=1

∞ n ai x i ≤ C ai xi = 0 i=1

i=1

Da die Vektoren linear unabh¨angig sind, m¨ ussen alle Koeﬃzienten 0 sein. 2 Lemma 128 Es sei X ein Banachraum mit einer Schauder Basis xn , n ∈ N. Die Koordinatenfunktionale x∗n , n ∈ N, bilden genau dann eine Basis des Dualraumes X ∗ , wenn f¨ ur jedes x∗ ∈ X ∗ die Folge der Normen der ∗ Einschr¨ankungen von x auf den von xn , xn+1 , . . . erzeugten abgeschlossenen Teilraum gegen 0 konvergiert. =0 lim x∗|[xi ]∞ i=n

n→∞

Falls x∗n , n ∈ N, eine Basis von X ∗ ist, so ist die Basiskonstante von x∗n , n ∈ N, gleich der von xn , n ∈ N. Eine Basis mit der Eigenschaft, dass f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ lim x∗|[xi ]∞ =0 i=n

n→∞

gilt, nennen wir schrumpfend. Beweis. Wir benutzen Lemma, um nachzuweisen, dass x∗n , n ∈ N, eine Basis ist. Bedingung (i) ist oﬀensichtlich erf¨ ullt.

5.7. SCHAUDER BASEN

261

ur alle Wir betrachten die zu Pn adjungierte Abbildung Pn∗ . Es gilt f¨ n, m ∈ N mit n < m und alle Folgen ai , i ∈ N, m n ∗ ∗ ai x i = ai x∗i Pn i=1

Dies folgt sofort aus

i=1

x∗i (Pn (xj )) = Pn∗ (x∗i )(xj )

Da Pn = Pn∗ gilt, ist auch (ii) erf¨ ullt. Wir weisen (iii) nach. Es gilt Pn∗ (x∗ )

=

n

x∗ (xj )x∗j

j=1

Dazu zeigen wir, dass f¨ ur alle x ∈ X die Gleichung Pn∗ (x∗ )(x) = gilt. Dies folgt, weil ∞ n Pn∗ (x∗ ) ai x i = ai x∗ (xi ) n j=1

x∗ (xj )x∗j

i=1 ∞

ai x i

i=1

=

i=1 n

n j=1

x∗ (xj )x∗j (x)

ai x∗ (xi )

i=1

Insbesondere gilt also Pn∗ (x∗ ) ∈ LH(x1 , . . . , xn ). (x∗ − Pn∗ (x∗ ))(x) = x∗ ((I − Pn )x) ≤ (C + 1)x∗|[xi ]∞ i=n+1 wobei C die Basis Konstante von xn , n ∈ N, ist. Hieraus folgt Pn∗ (x∗ ) − x∗ ≤ (C + 1)x∗|[xi ]∞ i=n+1 Nach Annahme konvergiert die rechte Seite aber gegen 0. 2 Das folgende Lemma liefert eine Darstellung des Bidualraumes. Es versetzt uns in die Lage, den Bidualraum zu berechnen. Lemma 129 Es sei X ein Banachraum und xn , n ∈ N, eine schrumpfende Basis von X. Es sei Z der Raum aller reellen Folgen ai , i ∈ N, mit n ai xi < ∞ |a| = sup n∈N i=1

262

CHAPTER 5. DUALRAUM

Dann ist Z mit der Norm | | ein Banachraum und I : X ∗∗ → Z I(x∗∗ ) = (x∗∗ (x∗i ))i∈N ist ein stetiger Isomorphismus. Falls die Basiskonstante von xn , n ∈ N, gleich 1 ist, so ist I sogar eine Isometrie.

F¨ ur reﬂexive R¨aume ist die Aussage oﬀensichtlich. Das Lemma l¨asst sich auf c0 anwenden und liefert als Bidualraum ∞ . Beweis. Wir zeigen, dass x∗∗ ≤ |I(x∗∗ )|Z ≤ Cx∗∗ wobei C die Basiskonstante von xn , n ∈ N, ist, die wegen Lemma ?? mit der von x∗n , n ∈ N, identisch ist. x∗∗ = sup x∗∗ (x∗ ) = sup x∗∗ x∗ ≤1

x∗ ≤1

∞

x∗ (xi )x∗i

i=1

Da xn , n ∈ N, eine schrumpfende Basis ist, so ist x∗n , n ∈ N eine Basis f¨ ur ∗ den Dualraum X . Deshalb konvergiert ni=1 x∗ (xi )x∗i , n ∈ N, in der Norm ∗ ∗ von X ∗ gegen ∞ i=1 x (xi )xi . Damit folgt x∗∗

≤ sup sup x∗∗ x∗ ≤1

n

n∈N

x∗ (xi )x∗i

= sup sup x∗ ≤1

n∈N

n

x∗ (xi )x∗∗ (x∗i )

n i=1 ni=1 x∗∗ (x∗i )xi = sup x∗∗ (x∗i )xi = sup sup x∗ ∗ n∈N x ≤1 n∈N i=1

i=1

ur alle x∗ ∈ X ∗ Nun zeigen wir |I(x∗∗ )|Z ≤ Cx∗∗ . Wegen Lemma ?? gilt f¨

5.7. SCHAUDER BASEN die Gleichung x∗ = x∗∗

263

∞

x∗ (xi )x∗i . Damit folgt ∞ = sup x∗∗ x∗ (xi )x∗i

i=1

x∗ =1

n 1 ∗∗ ∗ ∗ x (xi )xi sup sup x ≥ C x∗ =1 n∈N i=1 n 1 ∗ ∗∗ ∗ = x (xi )xi sup sup x C x∗ =1 n∈N i=1 n 1 ∗∗ ∗ x (xi )xi = |I(x∗∗ )|Z = sup C n∈N i=1

i=1

Wir zeigen nun, dass I surjektiv ist, d.h. dass eine Folge a mit n sup ai xi n∈N i=1

Bild eines Elementes x∗∗ ist. Die Folge

n ai xi n ∈ N i=1

ist beschr¨ankt und besitzt nach dem Satz von Alaoglu (Satz 36) als Teilmenge von X ∗∗ ein in der schwach* Topologie konvergentes Teilnetz. Wir bezeichnen den Grenzwert mit x∗∗ . Dann gilt f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ ⎛ ⎞ φ(ι) lim x∗ ⎝ ai xi ⎠ = x∗∗ (x∗ ) ι

i=1

Insbesondere erhalten wir f¨ ur x∗ = x∗j und alle j ∈ N x∗∗ (x∗j ) = aj Also stellt die Folge a das Element x∗∗ dar. 2

264

5.8

CHAPTER 5. DUALRAUM

Der Raum von R.C. James

Der Raum J von James liefert ein Beispiel daf¨ ur, dass ein Raum isometrisch isomorph zu seinem Bidualraum sein kann, obwohl er nicht reﬂexiv ist. Es stellt sich heraus, dass J in der nat¨ urlichen Einbettung in J ∗∗ die Codimension 1 besitzt, also die Reﬂexivit¨at so knapp wie nur m¨oglich verfehlt. Auf dem Raum aller reellen Folgen (x(i))i∈N mit limi→∞ x(i) = 0 deﬁnieren wir 1 1 xJ = √ sup (|x(i1 ) − x(i2 )|2 + |x(i2 ) − x(i3 )|2 + · · · + |x(in ) − x(i1 )|2 ) 2 2 * 2 ≤ n und i1 < i2 < · · · < in Der Raum von James J ist der der Raum aller reellen Folgen x, die gegen 0 konvergieren und f¨ ur die xJ < ∞ gilt. Lemma 130 J ist eine Norm auf dem Raum von James J. J ist mit dieser Norm ein Banachraum. Beweis. Wir zeigen, dass f¨ ur alle x ∈ J und alle i ∈ N x(i)| ≤ xJ . Wegen limk→∞ x(k) = 0 gibt es zu jedem > 0 eine Koordinate x(j) mit i < j und |x(j)| < . Weiter folgt &1 1 % xJ ≥ √ 2|x(i) − x(j)|2 2 = |xi − xj | ≥ (|x(i)| − ). 2 Nun zeigen wir, dass J eine Norm ist. Homogenit¨at und Dreiecksungleichung folgen, weil die Euklidische Norm dies erf¨ ullt. Wir zeigen nun, dass x = 0 gilt, wenn xJ = 0 gilt. Falls x = 0, dann gibt es eine Koordinate x(i) = 0. Es folgt 0 < |x(i)| ≤ xJ . Wir zeigen nun die Vollst¨andigkeit. Es sei xn , n ∈ N, eine Cauchy-Folge in J. Dann konvergiert f¨ ur alle i ∈ N die Folge der Koordinaten xn (i), n ∈ N. Dies gilt, weil f¨ ur alle i ∈ N die Absch¨atzung |x(i)| ≤ xJ gilt. Wir setzen x0 (i) = lim xn (i) n→∞

5.8. DER RAUM VON R.C. JAMES

265

und behaupten, dass x0 ∈ J und x0 = limn→∞ xn . Zuerst zeigen wir, dass x0 ∈ J. Hierzu zeigen wir, dass limi→∞ x0 (i) = 0. Zu jedem > 0 existiert ein N so dass f¨ ur alle n, m > N die Ungleichung xn − xm < . Wir w¨ahlen n > N . Zu n w¨ahlen wir i0 , so dass f¨ ur alle i > i0 die Absch¨atzung |xn (i)| < gilt. Damit gilt f¨ ur alle m > N und alle i > i0 die Absch¨atzung |xm (i)| < 2. In der Tat, > xn − xm ≥

√

2|xn (i) − xm (i)| ≥

√

2|xm (i)| −

und somit f¨ ur alle m > N und i > i0 (1 +

√

2) ≥ |xm (i)|.

Zu gegebenem > 0 und i gibt es ein m mit |x0 (i) − xm (i)| < . Also gilt f¨ ur alle i mit i > i0 √ |x0 (i)| < (2 + 2). Wir zeigen nun, dass x0 J < ∞. Es seien i1 < i2 < · · · < ik . Dann gibt es ein xm , so dass f¨ ur alle j = 1, . . . , k |x0 (ij ) − xm (ij )| <

1 . k

Damit ergibt sich mit der Dreiecksungleichung 1

(|x0 (i1 ) − x0 (i2 )|2 + |x0 (i2 ) − x0 (i3 )|2 + · · · + |x0 (ik ) − x0 (i1 )|2 ) 2 1

≤ (|xm (i1 ) − xm (i2 )|2 + |xm (i2 ) − xm (i3 )|2 + · · · + |xm (ik ) − xm (i1 )|2 ) 2 +(|(x0 (i1 ) − x0 (i2 )) − ((xm (i1 ) − xm (i2 ))|2 1

+ · · · + |(x0 (ik ) − x0 (i1 )) − (xm (ik ) − xm (i1 ))|2 ) 2 √ ≤ xm J + k2 k Der letzte Ausdruck ist beschr¨ankt und unab¨angig von der Wahl der Koordinaten i1 , . . . , ik . Also x0 ∈ J. Wir zeigen nun die Vollst¨andigkeit von J. Es sei xn , n ∈ N, eine CauchyFolge in J. Wir w¨ahlen N so groß, dass f¨ ur alle n, m mit n, m > N die Absch¨atzung xn − xm J < gilt. Es sei n > N gegeben. Mit der Dreieck-

266

CHAPTER 5. DUALRAUM

sungleichung folgt (|(x0 (i1 ) − x0 (i2 )) − ((xn (i1 ) − xn (i2 ))|2 1

+ · · · + |(x0 (ik ) − x0 (i1 )) − (xn (ik ) − xn (i1 ))|2 ) 2 ≤ (|(x0 (i1 ) − x0 (i2 )) − ((xm (i1 ) − xm (i2 ))|2 1

+ · · · + |(x0 (ik ) − x0 (i1 )) − (xm (ik ) − xm (i1 ))|2 ) 2 +(|(xn (i1 ) − xn (i2 )) − ((xm (i1 ) − xm (i2 ))|2 1

+ · · · + |(xn (ik ) − xn (i1 )) − (xm (ik ) − xm (i1 ))|2 ) 2 Wir w¨ahlen nun m so groß, dass m > N und so dass f¨ ur alle j = 1, . . . , k die Absch¨atzung |x0 (ij ) − xm (ij )| < . k Dann ist der obige Ausdruck kleiner als xn − xm J +

2 √ 2 k ≤ + √ ≤ 3. k k

Diese Absch¨atzung ist unabh¨angig von der Wahl der Koordinaten i1 , . . . , ik . 2 Lemma 131 Es seien nk < mk < nk+1 und 1 ≤ k ≤ N . Es seien vk =

mk

ai ei

i=nk

Dann gilt

N N 12 √ vk ≤ 2 vk 2J k=1

J

k=1

Beweis. 2 Lemma 132 Die Einheitsvektoren en , n ∈ N, bilden in J eine monotone, schrumpfende Basis.

5.8. DER RAUM VON R.C. JAMES

267

ussen Beweis. Wir zeigen, dass en , n ∈ N, eine monotone Basis ist. Dazu m¨ wir zeigen, dass f¨ ur alle x ∈ J und alle k ∈ N k x(i)ei ≤ xJ i=1

gilt. Um die Norm von Pk (x) = Supremum u ¨ber

k

J

i=1

x(i)ei auszurechnen, bilden wir das 1

(|(Pn x)(i1 )−(Pn x)(i2 )|2 +|(Pn x)(i2 )−(Pn x)(i3 )|2 +· · ·+|(Pn x)(in )−(Pn x)(i1 )|2 ) 2 Falls in ≤ k, dann erhalten wir 1

(|x(i1 ) − x(i2 )|2 + |x(i2 ) − x(i3 )|2 + · · · + |x(in ) − x(i1 )|2 ) 2 und ein solcher Ausdruck tritt auch bei der Berechnung der Norm von x auf. Falls in > k, dann erhalten wir 1

(|x(i1 ) − x(i2 )|2 + |x(i2 ) − x(i3 )|2 + · · · + |x(i )|2 + |x(i1 )|2 ) 2 wobei i die gr¨osste Zahl ist die kleiner oder gleich k ist. Bis auf einen beliebig kleinen Fehler tritt ein solcher Ausdruck auch bei der Berechnung der Norm von x auf: Wir w¨ahlen die Folge i1 , . . . , i , ˜i+1 , wobei ˜i+1 so gross gew¨ahlt ist, dass x(˜i+1 ) kleiner als ein vorgegebener Fehler ist. Wir zeigen, dass die Basis en , n ∈ N, schrumpfend ist. Wir nehmen an, dies sei nicht so. Dann gibt es ein x∗ ∈ J ∗ , so dass ∗ lim x|[ei ]∞ i=n n→∞

J

nicht existiert oder ungleich 0 ist. Es folgt ∃x∗ ∃ > 0∀N ∃n > N :

∗ > x|[ei ]∞ i=n J

∃x∗ ∃ > 0∀N ∃n > N ∃x ∈ [ei ]∞ i=n , x ≤ 1 : m ∗ n n n ai ei ≤ 1 : ∃x ∃ > 0∀N ∃n, m > N ∃an , . . . , am , i=n

Nun w¨ahlen wir Bl¨ocke uk =

mk i=nk

aki ei

mit uk J = 1

x∗ (x) > m x∗ ani ei > i=n

268

CHAPTER 5. DUALRAUM

mit nk < mk < nk+1 , k ∈ N, so dass x∗ (uk ) > . Dann konvergiert n 1 k=1

k

n∈N

uk

nicht in J, weil m m m ∗ x 1 1 1 ∗ 1 1 ≥ (u ) ≥ ln( m ) = u u x k k k n ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ k x k x k x J J J k=n k=n k=n J

Andererseits k¨onnen wir zeigen, dass eine solche Summe in J konvergiert. Mit Lemma folgt 12 m 12 m m √ 1 1 1 uk 2J = uk ≤ 2 2 k k k2 k=n k=n k=n J

2 Satz 43 (i) J hat mit seiner nat¨ urlichen Einbettung in J ∗∗ die Codimension 1. Insbesondere ist J nicht reﬂexiv. (ii) J ist isometrisch isomorph zu J ∗∗ .

Beweis. (i) Die Voraussetzungen von Lemma ?? erf¨ ullt und der Bidualraum J ∗∗ besteht aus allen Folgen ai mit n ai ei < ∞ aJ ∗∗ = sup n∈N i=1

J

Man sieht sofort, dass die konstante Folge (1, 1, 1, . . . ) im Bidualraum enthalten ist und die Norm 1 besitzt. Da alle Folgen, die in J enthalten sind, gegen 0 konvergieren, erh¨alt man, dass die Codimension von J im Bidualraum mindestens 1 ist. Andererseits konvergiert jede Folge, die Element des Bidualraums ist. Wir weisen dies nach. Es sei a ∈ J ∗∗ und wir nehmen an, dass limi→∞ a(i) nicht existiert. Dann ∃ > 0∀N ∃n, m ≥ N : |a(n) − a(m)| ≥

5.8. DER RAUM VON R.C. JAMES

269

Es folgt ∃ > 0∃n1 < m1 < n2 < m2 < · · · : |a(ni ) − a(mi )| ≥ Somit m k ai ei

1 1 ≥ √ (|a(n1 ) − a(m1 )|2 + |a(m1 ) − a(n2 )|2 + · · · + |a(mk ) − a(n1 )|2 ) 2 2 i=1 1 √ ≥ √ k 2 Jede konvergente Folge a ∈ J ∗∗ l¨asst sich als Summe einer Nullfolge b und einer konstanten Folge c schreiben. Da c ∈ J ∗∗ und a ∈ J ∗∗ , so gilt auch b ∈ J ∗∗ . Aus n bi ei < ∞ sup n

i=1

J

folgt bJ < ∞. Deshalb ist die Codimension von J in J ∗∗ gleich 1. (ii) Als Isomorphismus w¨ahlen wir U : J ∗∗ → J U (x∗∗ ) = (−λ, x∗∗ (e1 ) − λ, x∗∗ (e2 ) − λ, . . . ) wobei λ = limi→∞ x∗∗ (ei ). Wir berechnen die Norm von U (x∗∗ ). Wenn i1 > 1, dann erhalten wir &1 % ∗∗ |x (ei1 ) − x∗∗ (ei2 )|2 + |x∗∗ (ei2 ) − x∗∗ (ei3 )|2 + · · · + |x∗∗ (ein ) − x∗∗ (ei1 )|2 2 Falls i1 = 1, so erhalten wir % ∗∗ &1 |x (ei2 )|2 + |x∗∗ (ei2 ) − x∗∗ (ei3 )|2 + · · · + |x∗∗ (ein )|2 2 Nun berechnen wir die Norm von x∗∗ in J ∗∗ . Um k ∗∗ x (i)ei i=1

J

zu berechnen erhalten wir die folgenden F¨alle. Im Fall k ≥ in % ∗∗ &1 |x (ei1 ) − x∗∗ (ei2 )|2 + |x∗∗ (ei2 ) − x∗∗ (ei3 )|2 + · · · + |x∗∗ (ein ) − x∗∗ (ei1 )|2 2 Falls k < in , dann sei die gr¨oßte Zahl, so dass i ≤ k. Damit erhalten wir &1 % ∗∗ |x (ei1 ) − x∗∗ (ei2 )|2 + · · · + |x∗∗ (ei−1 ) − x∗∗ (ei )|2 + |x∗∗ (ei )|2 + |x∗∗ (ei1 )|2 2 2

270

CHAPTER 5. DUALRAUM

Chapter 6 Extremalpunkte 6.1

Strikt konvexe und uniform konvexe Mengen

Es sei X ein Vektorraum und K eine konvexe Teilmenge von X. Ein Punkt x ∈ K ist nicht Extremalpunkt von K, wenn es y, z ∈ K mit y = z und t ∈ (0, 1) gibt, so dass x = ty + (1 − t)z Die Menge der Extremalpunkte einer Menge K bezeichnen wir mit Ext(K). Eine Menge K heißt strikt konvex, wenn jeder Randpunkt von K Extremalpunkt ist. Ein normierter Raum heißt strikt konvex, wenn die abgeschlossene Einheitskugel strikt konvex ist. Ein normierter Raum bzw. seine Einheitskugel heißt uniform konvex, wenn ∀, 0 < ≤ 2, ∃δ > 0∀x, y, x = y = 1 und x−y ≥ : 12 (x+y) ≤ 1−δ Der Konvexit¨atsmodul eines uniform konvexen Raumes X ist eine Funktion δX : [0, 2] → [0, 1] ' ( δX () = inf 1 − 12 x + y | x = y = 1 und x − y = . Lemma 133 Jeder uniform konvexe Raum ist strikt konvex. 271

272

CHAPTER 6. EXTREMALPUNKTE

Beweis. 2 Lemma 134 (i) Es sei 1 ≤ p ≤ 2. Dann gilt f¨ ur den Konvexit¨ atsmodul von Lp die Absch¨ atzung a2 ≤ δ() ≤ b2 . (ii) Es sei 2 ≤ p < ∞. Dann gilt f¨ ur den Konvexit¨ atsmodul von Lp die p p Absch¨ atzung a ≤ δ() ≤ b . Beweis. Wir beobachten, dass δX () eine wachsende Funktion ist. Dazu zeigen wir, dass ' ( δX () = inf 1 − 12 x + y | x ≤ 1, y ≤ 1 und x − y ≥ . Als ersten Schritt zeigen wir ( ' inf 1 − 12 x + y | x ≤ 1, y ≤ 1 und x − y ≥ ' ( = inf 1 − 12 u + v | u ≤ 1, v ≤ 1 und u − v = Zu gegebenen x und y w¨ahlen wir u=

x+y x−y + 2 2 x − y

v=

x+y x−y − 2 2 x − y

Dann gilt u − v = und mit der Dreiecksungleichung folgt x + y x − y 1 ≤1 u = + +y 1− = x 1 + 2 2 x − y 2 x − y x − y Ebenso v ≤ 1. Außerdem gilt u+v x+y = 2 2 Nun zeigen wir ( ' inf 1 − 12 x + y | x ≤ 1, y ≤ 1 und x − y = ' ( = inf 1 − 12 u + v | u = 1, v ≤ 1 und u − v = Dazu w¨ahlen wir α, so dass x + y =1 x + α 2

x + y ≤1 y + α 2

6.1. STRIKT KONVEXE UND UNIFORM KONVEXE MENGEN

273

oder umgekehrt. Wir betrachten den angegebenen Fall. Wir setzen u=x+α und erhalten

x+y 2

v =y+α

x+y 2

u + v = 1 + α x + y 2 2

Insgesamt haben wir gezeigt, dass ' ( δX () = inf 1 − 12 x + y | x = 1, y ≤ 1 und x − y ≥ . Nun zeigen wir ( ' inf 1 − 12 x + y | x = 1, y ≤ 1 und x − y = ' ( = inf 1 − 12 u + v | u = 1, v = 1 und u − v = bzw. ( ' sup 12 x + y | x = 1, y ≤ 1 und x − y = ' ( = sup 12 u + v | u = 1, v = 1 und u − v = Wir k¨onnen auch annehmen, dass X 2-dimensional ist. Dann werden die Suprema angenommen. Wir nehmen an, dass das Supremum auf der linken Seite f¨ ur x0 mit x0 = 1 und y0 mit y0 < 1 angenommen wird. Es sei A = {w| w − x0 = } Weiter sei φ ein Funktional mit φ = 1 und φ(x0 + y0 ) = x0 + y0 ur alle w ∈ A Weil das Supremum f¨ ur x0 und y0 angenommen wird, gilt f¨ φ(x0 + w) ≤ x0 + w ≤ x0 + y0 = φ(x0 + y0 ) Deshalb gilt f¨ ur alle w ∈ A φ(w) ≤ φ(y0 ) Somit gilt f¨ ur alle w mit w − x0 = φ(w − x0 ) ≤ φ(y0 − x0 )

274

CHAPTER 6. EXTREMALPUNKTE

Weil φ = 1 = sup φ(z) ≤ φ(y0 − x0 ) ≤ y0 − x0 = z =

Mit der Dreiecksungleichung folgt x0 ≤ 12 (x0 + y0 + y0 − x0 ) = 12 (φ(x0 + y0 ) + φ(y0 − x0 )) = φ(y0 ) < 1 Die letzte Ungleichung gilt, weil φ = 1 und y0 < 1. Dies ist ein Widerspruch, weil x0 = 1. Es sei 1 < p ≤ 2. Wir verwenden die Ungleichung von Hanner. |f + gp + f − gp |p + |f + gp − f − gp |p ≤ 2p f pp + gpp Es folgt |f + gp + |p + |f + gp − |p ≤ 2p+1 bzw. f +

gpp

p p * + 1 − ≤ 2p+1 1 + f + gp f + gp

Mit der Taylorentwicklung erhalten wir p(p − 1) 2 p + + ··· f + gp 1 + p f + gp 2 f + g2p 2 p(p − 1) + + ··· +1 − p f + gp 2 f + g2p Damit folgt f +

gpp

2 + ··· 2 + p(p − 1) f + g2p

und 12 (f

+

g)pp

* ≤ 2p+1

p(p − 1) 2 1+ + ··· 2 f + g2p

Also gibt es eine Konstante c, so dass 12 (f + g)pp ≤ 1 − c2

* ≤1

* ≤ 2p+1

6.1. STRIKT KONVEXE UND UNIFORM KONVEXE MENGEN

275

Mit einer neuen Konstanten folgt 12 (f + g)p ≤ 1 − c2 Damit gilt f¨ ur den Konvexit¨atsmodul δ() ≥ c2 . Wir sch¨atzen nun den Konvexit¨atsmodul nach oben ab. Dazu betrachten wir die Funktionen f=

1+a 1

( 12 |1+a|p + 12 |1−a|p ) p

χ[0, 1 ) + 2

1−a 1

( 12 |1+a|p + 12 |1−a|p ) p

χ[ 1 ,1] 2

und g=

1−a 1 ( 12 |1+a|p + 12 |1−a|p ) p

χ[0, 1 ) + 2

1+a 1 ( 12 |1+a|p + 12 |1−a|p ) p

χ[ 1 ,1] 2

Es gilt f −g =

2a 1 ( 12 |1+a|p + 12 |1−a|p ) p

χ[0, 1 ) − 2

2a 1 ( 12 |1+a|p + 12 |1−a|p ) p

χ[ 1 ,1] 2

und f − gp =

2|a| 1

( 12 |1+a|p + 12 |1−a|p ) p

Somit ist a von der Gr¨oßenordnung . Weiter gilt 1 f 2

+ gp =

1 1

( 12 |1+a|p + 12 |1−a|p ) p

∼1−

p−1 2 a 2

Also gibt es eine Konstante c mit δ() ≤ c2 . Es sei 2 ≤ p < ∞. Wir benutzen die Ungleichung von Hanner. |f p + gp |p + |f p − gp |p ≥ f + gpp + f − gpp Es folgt 2p ≥ f + gpp + p und damit 1 f 2

+ gp ≤ 1 −

p p1

2 Also ist L f¨ ur 2 ≤ p < ∞ uniform konvex und f¨ ur den Konvexit¨atsmodul gilt δ() ≥ cp . Wir wollen nun den Konvexit¨atsmodul von oben absch¨atzen. Dazu betrachten wir die Funktionen p

f=

1 1

|1−a| p

χ[0,1−a]

g=

1 1

|1−a| p

χ[a,1]

276

CHAPTER 6. EXTREMALPUNKTE

Dann gilt f − gp =

1

|2a| p 1

|1−a| p

1

Also ist von der Gr¨oßenordnung a p . Weiter gilt 1 f 2

+ gp =

1 1 |1−a| p

'

( p1

2−p 2a + 1 − 2a

. p1 1−p = 1 − a 1−2 1−a

Also ist 1 − 12 f + gp von der Gr¨oßenordnung p . 2 Satz 44 [Milman-Pettis] Jeder uniform konvexe Banachraum ist reﬂexiv. Beweis. Es sei X ein unendlich-dimensionaler Banachraum und i : X → X ∗∗ die nat¨ urliche Einbettung von X in X ∗∗ . Weiter sei x∗∗ ∈ X ∗∗ mit x∗∗ = 1. Nach dem Satz von Goldstine gibt es ein Netz xγ , γ ∈ Γ, in der Einheitskugel von X so dass i(xγ ), gegen x∗∗ in der schwachen* Topologie konvergiert. Wir deﬁnieren nun auf Γ × Γ durch (α1 , β1 ) ≤ (α2 , β2 ), falls α1 ≤ α2 und β2 ≤ β2 . eine Halbordnung. Dann ist (i( 12 (xα + xβ ))), (α, β) ∈ Γ × Γ, ein Netz, das in der schwachen* Topologie gegen x∗∗ konvergiert. Wir weisen dies nach. Wegen limγ i(xγ ) = x∗∗ gibt es zu jeder Nullumgebung U ein γ0 , so dass f¨ ur alle γ mit γ0 ≤ γ die Relation i(xγ ) − x∗∗ ∈ U gilt. Da X ∗∗ mit der schwachen* Topologie ein topologischer Vektorraum ist, gibt es nach Lemma 27 zu jeder Nullumgebung U eine Nullumgebung V mit V + V ⊆ U . Wir w¨ahlen γ0 , so dass f¨ ur alle γ ≥ γ0 die Relation xγ ∈ V gilt. Deshalb gilt f¨ ur alle (α, β) ≥ (γ0 , γ0 ) i(xα ) + i(xβ ) − 2x∗∗ ∈ V + V ⊆ U Da wir annehmen k¨onnen, dass U absolutkonvex ist, folgt 1 (i(xα ) + i(xβ )) − x∗∗ ∈ U 2 Es folgt, dass das Netz 12 (xα + xβ ) gegen 1 konvergiert. Wir weisen dies nach. Nach Lemma ?? gilt f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ 1 lim x∗ ( (xα + xβ )) = x∗∗ (x∗ ) (α,β) 2

6.1. STRIKT KONVEXE UND UNIFORM KONVEXE MENGEN Es folgt

277

1 sup lim x∗ ( (xα + xβ )) = 1 2 x∗ =1 (α,β)

Also gibt es zu jedem ein x∗ mit x∗ = 1, so dass 1 1 − ≤ lim x∗ ( (xα + xβ )) = 1 (α,β) 2 ur alle (α, β) mit Es folgt, dass es zu jedem ein (α0 , β0 ) gibt, so dass f¨ (α0 , β0 ) ≤ (α, β) 1 1 − ≤ x∗ ( (xα + xβ )) = 1 2 Andererseits gilt 12 (xα + xβ ) ≤ 1, weil xα ≤ 1. Deshalb gibt es zu jedem ein (α0 , β0 ), so dass f¨ ur alle (α, β) mit (α0 , β0 ) ≤ (α, β) 1 1 − ≤ (xα + xβ ) = 1 2 Aus der uniformen Konvexit¨at von X folgt nun, dass das Netz xα − xβ gegen 0 konvergiert. Falls das Netz xα −xβ nicht gegen 0 konvergiert, dann ∃∀(α0 , β0 )∃(α1 , β1 ) : xα1 − xβ1 ≥ Mit der uniformen Konvexit¨at folgt 1 ∃δ∀(α0 , β0 )∃(α1 , β1 ) : x + x ≤ 1 − δ 2 Somit ist xα , α ∈ Γ, ein Cauchy-Netz in X bzgl. der Norm-Topologie. Da X vollst¨andig ist, konvergiert dieses Netz gegen ein x0 ∈ X in der NormTopologie von X. Damit konvergiert i(xγ ) gegen i(x0 ) in der Norm-Topologie von X ∗∗ . Da die schwache* Topologie auf X ∗∗ schw¨acher als die NormTopologie ist, konvergiert i(xγ ) gegen i(x0 ) in der schwachen* Topologie. Somit i(x0 ) = x∗∗ . Also gilt i(X) = X ∗∗ . 2

278

6.2

CHAPTER 6. EXTREMALPUNKTE

Der Satz von Krein-Milman

Es sei K eine konvexe Teilmenge eines Vektorraumes. Eine nichtleere Teilmenge S von K heißt Extremalmenge, falls f¨ ur alle x, y ∈ K, f¨ ur die ein t ∈ (0, 1) mit (1 − t)x + ty ∈ S existiert, gilt, dass x∈S

und

y∈S

K ist Extremalmenge von sich selbst. Falls eine Extremalmenge nur aus einem Punkt besteht, so ist dieser Punkt ein Extremalpunkt. Satz 45 (Krein-Milman) (i) Es sei X ein normierter Raum und T eine Topologie auf X, die feiner als die schwache Topologie ist und die gr¨ ober als die Norm Topologie ist. Falls K eine nichtleere, kompakte, konvexe Menge in (X, T ) ist, dann ist Kgleich der abgeschlossenen, konvexen H¨ ulle der Extremalpunkte von K. schw

K = CH(Ext(K))

= CH(Ext(K))

T

= CH(Ext(K))

(ii) Es sei X ∗ ein Dualraum eines normierten Raumes X und T eine Topologie auf X ∗ , die feiner als die schwache* Topologie ist und die gr¨ ober als die Norm Topologie ist. Falls K eine nichtleere, kompakte, konvexe Menge in (X ∗ , T ) ist, dann ist K gleich der abgeschlossenen, konvexen H¨ ulle der Extremalpunkte von K. T K = CH(Ext(K)) Die abgeschlossene, konvexe H¨ ulle einer Menge A ist die kleinste abgeschlossene, konvexe Menge, die A umfasst. Dies ist der Durchschnitt u ¨ber alle abgeschlossenen, konvexen Mengen, die A umfassen. Die abgeschlossene, konvexe H¨ ulle von A ist gleich dem Abschluss der konvexen H¨ ulle von A. Wir u ¨berlegen uns dies. Die abgeschlossene, konvexe H¨ ulle von A enth¨alt die konvexe H¨ ulle von A und damit auch den Abschluss von der konvexen H¨ ulle von A. Der Abschluss der konvexen H¨ ulle von A ist eine abgeschlossene, konvexe Menge, die A umfasst. Also enth¨alt sie die abgeschlossene, konvexe H¨ ulle von A.

6.2. DER SATZ VON KREIN-MILMAN

279

Beweis. (i) Es gilt CH(Ext(K))

schw

= CH(Ext(K))

T

= CH(Ext(K))

weil die abgeschlossenen Mengen in der schwachen und der Norm-Topologie gleich sind. Oﬀensichtlich gilt CH(Ext(K)) ⊆ K Wir zeigen nun, dass sich in jeder kompakten Extremalmenge S von K ein Extremalpunkt von K beﬁndet. Dazu betrachten wir die Familie D aller kompakten Extremalmengen von K. D ist nichtleer, weil K eine kompakte Extremalmenge von sich selbst ist. D erf¨ ullt die beiden Eigenschaften: (i) Der Durchschnitt einer Teilfamilie von D geh¨ort wieder zu D oder der Durchschnitt ist leer. (ii) Falls S ∈ D und x∗ ∈ X ∗ , dann gilt * ∗ ∗ x ∈ S x (x) = max x (z) ∈ D z∈S

(i) ist oﬀensichtlich. Wir zeigen (ii). Die Menge ist nicht leer, weil S kompakt ist und x∗ darauf sein Maximum annimmt. Die Menge ist kompakt, weil S kompakt ist und {x ∈ X | x∗ (x) = maxz∈S x∗ (z)} abgeschlossen ist. Es seien u, v ∈ K und 0 < t < 1 mit * ∗ ∗ (1 − t)u + tv ∈ x ∈ S x (x) = max x (z) . z∈S

Dann gilt (1 − t)u + tv ∈ S und somit u ∈ S und v ∈ S. Weiter folgt max x∗ (z) = x∗ ((1 − t)u + tv) = (1 − t)x∗ (u) + tx∗ (v). z∈S

Es folgt, dass

max x∗ (z) = x∗ (u) = x∗ (v) z∈S

Deshalb gilt

u, v ∈

* ∗ ∗ x ∈ S x (x) = max x (z) z∈S

und diese Menge ist eine Extremalmenge.

280

CHAPTER 6. EXTREMALPUNKTE

Wir f¨ uhren auf D eine Halbordnung ein: S1 ≤ S2 , falls S2 ⊆ S1 . Wir wenden nun das Lemma von Zorn an, um zu zeigen, dass zu jedem S ein maximales Element Smax existiert, das gr¨oßer ist. Zu S ∈ D betrachten wir die Teilfamilie aller T ∈ D mit T ⊆ S. Jede wohlgeordnete Teilfamilie Sι , ι ∈ I, die S enth¨alt, besitzt eine obere Schranke, n¨amlich den Durchschnitt Sι ι∈I

Dieser Durchschnitt ist nicht leer, weil s¨amtliche Mengen kompakt sind und endlich viele jeweils einen nichtleeren Durchschnitt besitzen. Nach dem Lemma von Zorn gibt es ein maximales Element Smax . Dieses maximale Element kann nur aus einem Punkt bestehen. Wenn dem nicht so ist, wenn es also mindestens zwei Punkte u und v in Smax gibt, so w¨ahlen wir ein Funktional x∗ mit x∗ (u) > x∗ (v). Ein solches Funktional existiert nach dem Satz von Hahn-Banach. Wir betrachten die Menge {x ∈ Smax | x∗ (x) = max x∗ (z)} z∈Smax

v ist nicht in dieser Menge und diese Menge ist in D. Dies widerspricht der Maximalit¨at von Smax . Also ist Smax eine Extremalmenge, die nur aus einem Punkt besteht. Damit ist dieser Punkt ein Extremalpunkt. Wir erhalten also, dass die Menge S einen Extremalpunkt enth¨alt. Wir nehmen nun an, dass es ein x0 ∈ K gibt mit x0 ∈ / CH(Ext(K)). Die Menge CH(Ext(K)) ist konvex und abgeschlossen in der Topologie T , damit aber auch abgeschlossen in der schwachen und der Norm Topologie. Deshalb gibt es ein Funktional x∗0 , das x0 strikt von der Menge CH(Ext(K)) trennt. Es gilt . x∗0 (x0 ) > max x∗0 (x) x ∈ CH(Ext(K)) Nun betrachten wir die Menge * ∗ ∗ x ∈ K x0 (x) = max x0 (z) z∈K

6.2. DER SATZ VON KREIN-MILMAN

281

Diese Menge ist eine Extremalmenge von K und enth¨alt deshalb einen Extremalpunkt. Andererseits ist der Schnitt mit der Menge CH(Ext(K)) leer, weil . max x∗0 (z) ≥ x∗0 (x0 ) > max x∗0 (x) x ∈ CH(Ext(K)) . z∈K

Dies kann aber nicht sein, weil CH(Ext(K)) s¨amtliche Extremalpunkte enth¨alt. 2 Beispiel 44 (i) Jeder Punkt des Randes der abgeschlossenen Einheitskugel Bp von p , 1 < p < ∞, ist Extremalpunkt. (ii) Die Extremalpunkte von B1 sind {±en | n ∈ N} B1 ist die abgeschlossene, konvexe H¨ ulle ihrer Extremalpunkte. (iii) Bc0 besitzt keine Extremalpunkte. Insbesondere ist c0 nicht isometrisch isomorph zu einem Dualraum. Man kann sogar zeigen, dass c0 nicht isomorph zu einem Dualraum ist. (iv) BL1 [0,1] besitzt keine Extremalpunkte. Insbesondere ist L1 [0, 1] nicht isometrisch isomorph zu einem Dualraum. (v) Es sei K ein kompakter Hausdorﬀ Raum. f ist genau dann ein Extremalpunkt der abgeschlossenen Einheitskugel von C(K), wenn |f | = 1. Falls K zusammenh¨ angend ist, dann sind 1 und −1 die einzigen Extremalpunkte. Die Extremalpunkte von BC[a,b] sind die konstanten Funktionen 1 und −1. Insbesondere ist C[a, b] nicht isometrisch isomorph zu einem Dualraum. (vi) Die Extremalpunkte von B∞ sind {((n))n∈N | (n) = ±1} (vii) Es sei K ein kompakter Hausdorﬀ Raum. Dann sind die Punktmaße ±δx , x ∈ K, die Extremalpunkte von der Einheitskugel in C(K)∗ .

Beweis. (iii) Nach dem Satz von Alaoglu (Satz 36) ist die abgeschlossene Einheitskugel eines Dualraumes schwach* kompakt. Nach dem Satz von Krein-Milman (Satz 45) ist die abgeschlossene Einheitskugel damit die abgeschlossene, konvexe H¨ ulle ihrer Extremalpunkte. Also ist c0 nicht isometrisch isomorph zu einem Dualraum. Wir nehmen nun an, dass c0 isomorph zu einem Dualraum X ∗ ist. Dann ist X ∗∗ isomorph zu 1 und X ∗∗∗ isomorph zu ∞ . Nach dem Ergebnis von Dixmier ist X ∗ in X ∗∗∗ komplementiert. Dann m¨ usste aber auch c0 in ∞ komplementiert sein, was wegen Beispiel 20 falsch ist. (vii) Nach dem Darstellungssatz von Riesz (Satz ??) kann man den Dualraum von C(K)∗ mit dem Raum der signierten Radon Maße identiﬁzieren. Wir zeigen, dass jedes Punktmaß ein Extremalpunkt ist.

282

CHAPTER 6. EXTREMALPUNKTE

Es sei δx = 12 µ + 12 ν und µ = ν = 1. Wir u ¨berlegen uns zuerst, dass µ und ν positive Maße sein m¨ ussen. Es seien µ = µ+ − µ− und ν = ν + − ν − die Jordanzerlegungen von µ und ν. Es folgt µ+ + ν + − 2δx = µ− + ν − und weiter

µ+ (K) + ν + (K) − 2 = µ− (K) + ν − (K)

Weil µ+ (K) ≤ 1 und ν + (K) ≤ 1 0 ≥ µ+ (K) + ν + (K) − 2 = µ− (K) + ν − (K) ≥ 0 Also µ− (K) = 0 und ν − (K) = 0. Wegen δx = 12 µ + 12 ν gilt 1 1 µ(K \ {x}) + ν(K \ {x}) 2 2

0=

Da µ und ν positive Maße sind, folgt µ = ν = δx . Wir wollen nun zeigen, dass jeder Extremalpunkt ein Punktmaß ist. Dazu werden wir den Satz von Stone-Weierstraß anwenden. Wir u ¨berzeugen uns zun¨ achst davon, dass ein Extremalpunkt µ positiv ist oder aber −µ positiv ist. Wir k¨ onnen µ als * * 1 3 + 1 1 + µ+ (K) µ+ (K) µ = µ+ − µ− = µ − 1+ − µ− + µ − 1− − µ− 2 2 2µ (K) 2 2 2µ (K) schreiben. Wir zeigen nun, dass f¨ ur alle f, g ∈ C(K) f gdµ = f dµ gdµ Als ersten Schritt zeigen wir, dass diese Gleichung f¨ ur alle f mit 0 < f < 1 und alle g ∈ C(K) gilt. Da entweder µ oder −µ positiv ist, nehmen wir an, dass µ positiv ist. Zu einer gegebenen Funktion f : K → (0, 1) deﬁnieren wir die Maße µ1 =

1 fµ f dµ

µ2 =

1

1 − f dµ

(1 − f )µ

Es gilt µ1 = µ2 = 1 µ= K

f dµ µ1 + 1 − f dµ µ2 K

Da ist, folgt µ = µ1 = µ2 . Hieraus folgt f¨ ur alle g ∈ C(K) die Gleichung µ Extremalpunkt gdµ1 = gdµ2 bzw. gf dµ g(1 − f )dµ = f dµ 1 − f dµ

6.2. DER SATZ VON KREIN-MILMAN Es folgt

gf dµ =

f dµ gdµ

283

(6.1)

Weiter folgt, dass diese Gleichung f¨ ur alle f ∈ C(K) gilt. Wir betrachten nun die abgeschlossene Hyperebene * H = f ∈ C(K) f dµ = 0 Diese Hyperebene ist eine Algebra. Wegen (6.1) folgt aus f, g ∈ H, dass f g ∈ H. Weiter gilt, dass die Funktionen in H die Punkte von K separieren. Wir betrachten zwei Punkte x und y mit x = y. Falls es eine Funktion f mit f (x) = f (y) gibt, dann haben wir die Separiertheit nachgewiesen. Falls nicht, dann haben alle f ∈ H auf x und y dieselben Werte. Wir k¨ onnen ausschließen, dass alle Funktionen sowohl in x als auch in y den Wert 0 annehmen. W¨ are dies so, dann w¨ are die Kodimension von H gleich 2 oder kleiner, was nicht der Fall ist. Somit gibt es zumindest eine Funktion, die in x und y denselben Wert annimmt, dieser ist aber nicht 0. Zu je zwei Punkten x und y existiert nach dem Lemma von Urysohn (Lemma ??) eine Funktion g mit g(x) = 0 und g(y) = 1. F¨ ur f ∈ H ist auch f g ∈ H wegen (6.1) ein Element von H und die Funktion f g nimmt in x und y verschiedene Werte an. Also separieren die Funktionen in H die Punkte von K. Wir behaupten, dass es einen Punkt x ∈ K gibt, so dass f¨ ur alle f ∈ H die Gleichung f (x) = 0 gilt. Wir nehmen an, dies sei nicht so. Dann gibt es zu jedem x ∈ K eine Funktion f ∈ H mit f (x) = 0. Wegen der Stetigkeit der Funktionen gibt es zu jedem x eine Umgebung U (x) und eine Funktion fx , die auf der Umgebung U (x) den Wert 0 nicht n annimmt. Wegen der Kompaktheit, gibt es endlich viele x1 , . . . , xn , so dass K ⊆ ur alle x ∈ K i=1 U (xi ) und fxi verschwindet nicht auf U (xi ). Deshalb gilt f¨ n

fi2 > 0

i=1

n Wegen fi ∈ H gilt auch fi2 ∈ H und somit i=1 fi2 ∈ H. Mit (6.1) k¨ onnen wir schließen, dass 1 ∈ H. Nach dem Satz von Stone-Weierstraß folgt dann aber, dass H = C(K). Also gibt es einen Punkt x, so dass f¨ ur alle f ∈ H die Gleichung f (x) = 0 gilt. Es kann keinen weiteren geben, weil sonst die Kodimension von H gr¨ oßer als oder gleich 2 w¨are. Hieraus folgt, dass K \ {x} eine Nullmenge ist. Wir nehmen an, dies sei nicht der Fall, also µ(K \ {x}) > 0. Da µ von innen regul¨ ar ist, gibt es dann eine kompakte Menge A mit A ⊆ K \ {x} und µ(A) > 0. Dann gibt es nach Urysohn eine Funktion g mit g(x) = 0 und g(y) = 1 f¨ ur alle y ∈ A. Es folgt 0= gdµ ≥ gdµ = µ(A) > 0 K

Damit folgt µ = δx . 2

A

284

CHAPTER 6. EXTREMALPUNKTE

Im obigen Beweis muss man letztendlich den Satz von Stone-Weierstraß nicht benutzen. Wenn man weiß, dass die konstanten Funktionen in H liegen, dann folgt 0 = K dµ = 1. Dann kann man auch darauf verzichten nachzuweisen, dass H id ePunkte von K trennt. Korollar 17 Es seien X und Y kompakte Hausdorﬀ R¨ aume und T : C(X) → C(Y ) eine isometrische Isomorphie. Dann gibt es einen Hom¨ oomorphismus φ : Y → X und eine stetige Abbildung a : Y → {−1, 1}, so dass f¨ ur alle y∈Y (T f )(y) = a(y)f (φ(y)) Beweis. Wir benutzen Beispiel 44 (vii). 2

Chapter 7 Approximationseigenschaft Wir sagen, dass ein Banachraum X die Approximationseigenschaft hat, wenn f¨ ur jede kompakte Teilmenge K von X und jedes > 0 ein linearer, stetiger Operator T mit endlich-dimensionalem Bild existiert, so dass f¨ ur alle x ∈ K die Ungleichung T x − x < gilt. Man kann diese Eigenschaft auch so beschreiben: Auf kompakten Mengen kann man die identische Abbildung gleichm¨aßig durch endlich-dimensionale Operatoren approximieren. Lemma 135 Jeder Banachraum mit einer Schauder Basis hat die Approximationseigenschaft. Die zur Basis geh¨origen nat¨ urlichen Projektionen Pm approximieren die Identit¨ at auf jeder kompakten Menge gleichm¨ aßig. Beweis. Es bezeichne xn , n ∈ N, die Schauder Basis in X. K sei eine kompakte Menge. Wir zeigen, dass es zu jedem ein m gibt, so dass f¨ ur alle x∈K Pm (x) − x < gilt. Da K kompakt ist, ist K total beschr¨ankt und gibt es zu jedem endlich viele z1 , . . . , zk , so dass zu jedem x ∈ K ein i mit x − zi < existiert. F¨ ur alle i gilt zi =

∞ n=1

285

ain xn

286

CHAPTER 7. APPROXIMATIONSEIGENSCHAFT

ur alle ≥ ni Deshalb gibt es zu jedem i ein ni , so dass f¨ i an x n < zi − n=1 ur alle i Wir setzen m = max{n1 , . . . , nk }. Dann gilt f¨ m i an x n < zi − n=1 Damit folgt f¨ ur alle x ∈ K Pm (x) − x

≤ Pm (x) − Pm (zi ) + Pm (zi ) − zi + zi − x ≤ (1 + Pm )x − zi +

F¨ ur entsprechend gew¨ahltes i folgt Pm (x) − x ≤ (2 + Pm ) 2 Lemma 136 Eine abgeschlossene Teilmenge K eines Banachraumes X ist genau dann kompakt, wenn es eine Folge xn , n ∈ N, mit limn→∞ xn = 0 gibt, so dass K ⊆ CH({xn }∞ n=1 ) Beweis. Falls limn→∞ xn = 0, dann gilt

∞ ∞ CH({xn }∞ an xn an ≥ 0 und an ≤ 1 n=1 ) = n=1

(7.1)

n=1

Die Menge auf der rechten Seite ist wohldeﬁniert. Dazu muss man nur einsehen, dass k an x n k∈N n=1

eine Cauchy-Folge ist. Dies ist der Fall, weil k k an xn ≤ |an |xn n=

n=

287 Wir zeigen nun, dass die rechte Menge in der linken k enthalten ist. Dazu zeigen wir, dass f¨ ur alle a1 , . . . , ak mit ai ≥ 0 und n=1 an ≤ 1 k

an xn ∈ CH({xn }∞ n=1 )

n=1

gilt. Es gilt

k

1−

an x n +

n=1

k

an x ∈ CH({xn }∞ n=1 )

n=1

Wegen lim→∞ x = 0 folgt lim

→∞

k

an xn +

1−

n=1

k

an x =

k

n=1

und somit

k

an xn ∈ CH({xn }∞ n=1 )

n=1

F¨ ur alle an , n ∈ N, mit an ≥ 0 und k

an x n

n=1

∞ n=1

an ≤ 1 ist k∈N

an xn

n=1

eine Cauchy-Folge. Also ∞

an xn ∈ CH({xn }∞ n=1 )

n=1

Nun zeigen wir, dass die linke Menge in der rechten enthalten ist. Dazu zeigen wir, dass die rechte Menge konvex und kompakt ist und, dass sie die Punkte xn enth¨alt. Dass die Punkte xn in der rechten Menge enthalten sind, ist oﬀensichtlich. Wir zeigen nun, dass die Menge konvex ist. Es seien x= mit

an ≤ 1 und

∞

an xn

y=

n=1

∞

bn xn

n=1

bn ≤ 1. Dann gilt

(1 − t)x + ty =

∞ n=1

((1 − t)an + tbn )xn

288

CHAPTER 7. APPROXIMATIONSEIGENSCHAFT

und dieser Punkt ist Element der Menge. Nun die Kompaktheit. Es sei yi =

∞

i∈N

ain xn

n=1

eine Folge in der Menge. Wir werden zeigen, dass es eine Teilfolge gibt, die in der Menge konvergiert. Dazu benutzen wir das Diagonalfolgenargument. Aus der Folge yi , i ∈ N, w¨ahlen wir eine Teilfolge yi1 , i ∈ N, aus, so dass die Koeﬃzienten ai,1 ahlen nun sukzessive 1 von x1 in R konvergieren. Wir w¨ Teilfolgen von Teilfolgen, so dass die ersten n Koeﬃzienten der n-ten Teilfolge yin , in R, konvergieren. Nun w¨ahlen wir die Folge yii , i ∈ N. Dies ist eine Teilfolge von yi und die Koeﬃzienten konvergieren. Damit haben wir eine Teilfolge von yi gefunden, die wir mit zi bezeichnen wollen, die die folgenden Eigenschaften besitzt. zi =

∞

bin xn

n=1

∞

bin ≤ 1

bin ≥ 0

n=1

lim bin = bn

i→∞

Wir zeigen nun, dass die Folge zi gegen ∞ ahlen n=1 bn xn konvergiert. Wir w¨ n0 so groß, dass f¨ ur alle n ≥ n0 die Ungleichung xn ≤ gilt. Weiter w¨ahlen wir i0 so groß, dass f¨ ur alle i mit i ≥ i0 und alle n mit 1 ≤ n ≤ n0 i die Ungleichungen |bn − bn | ≤ n0 gelten. Dann gilt f¨ ur alle i ≥ i0 ∞ i (bn − bn )xn n=1

n ∞ 0 i i ≤ (bn − bn )xn + (bn − bn )xn ≤

n=1 n 0

|bin − bn | xn +

n=1

n0

max xn

≤ ≤

n∈N

n=n0 +1 ∞

|bin − bn | xn

n=n0 +1

|bin − bn | + 2

n=1

2 + max xn n∈N

2 Lemma 137 Es seien X und Y Banachr¨aume und L(X, Y ) sei der Raum aller stetigen Operatoren von X nach Y mit der Topologie der gleichm¨ aßigen

289 Konvergenz auf kompakten Teilmengen von X. Dann gibt es zu jedem stetigen Funktional φ auf dem Raum L(X, Y ) mit dieser Topologie zwei Folgen ∗ ∗ ∗ xi ∈ X, i ∈ N und yi ∈ Y , i ∈ N, mit ∞ ur i=1 xi yi < ∞, so dass f¨ jedes T ∈ L(X, Y ) ∞ φ(T ) = yi∗ (T xi ) i=1

gilt.

Beweis. Wir zeigen, dass ein Funktional mit einer solchen Darstellung stetig ist. Wir w¨ahlen eine Folge ai , i ∈ N, strikt positiver Zahlen, die gegen ∞ konvergiert und die ∞ ai xi yi∗ = C < ∞ i=1 xi |i ∈ N} ∪ {0}. Es erf¨ ullt. Nun w¨ahlen wir als kompakte Menge K = { ai x i gilt ∞ ∞ ∞ x i ∗ ∗ ∗ yi (T xi ) ≤ yi T xi = yi xi ai T |φ(T )| = x a i i i=1 i=1 i=1 ∞ xi ≤ sup T yi∗ xi ai x a i∈N i i i=1

Es sei nun φ ein stetiges Funktional auf L(X, Y ). Es gibt also eine Konstante C und eine kompakte Menge K in X, so dass |φ(T )| ≤ CT K Wegen Lemma ?? gibt es eine Nullfolge xn , n ∈ N mit K ⊆ M = CH({xn }∞ n=1 ) Nach Lemma ?? ist M eine kompakte Menge. Deshalb gilt |φ(T )| ≤ CT M Wir betrachten nun die Abbildung S : L(X, Y ) → (Y ⊕ Y ⊕ · · · )0 , wobei der Raum (Y ⊕ Y ⊕ · · · )0 aus allen Folgen (y1 , y2 , . . . ) mit yi ∈, i ∈ N, und

290

CHAPTER 7. APPROXIMATIONSEIGENSCHAFT

limi→∞ yi = 0 besteht. Die Norm auf diesem Raum ist supi∈N yi . Die Abbildung S ist durch S(T ) = (T x1 , T x2 , . . . ) gegeben. Der Dualraum zu (Y ⊕ Y ⊕ · · · )0 ist(Y ∗ ⊕ Y ∗ ⊕ · · · )0 . Dieser Raum ∗ besteht aus allen Folgen (y1∗ , y2∗ , . . . ) mit ∞ i=1 yi als Norm. 2 Satz 46 Es sei X ein Banachraum. Dann sind ¨aquivalent (i) X besitzt die Approximationseigenschaft. (ii) F¨ ur alle Folgen xn ∈ X, n ∈ N, und x∗n ∈ X ∗ , n ∈ N, so dass ∞ ∗ ∗ ur alle x ∈ X die Gleichung ∞ n=1 xn xn < ∞ und so dass f¨ n=1 xn (x)xn = 0 erf¨ ullt ist, gilt ∞ x∗n (xn ) = 0 n=1

Beweis. X besitzt genau dann die Approximationseigenschaft, wenn die identische Abbildung im Abschluss der Operatoren mit endlich-dimensionalem Bild bzgl. der Topologie der gleichm¨aßigen Konvergenz auf kompakten Mengen liegt. Dies gilt genau dann, wenn jedes Funktional auf L(X), das bzgl. der Topologie der gleichm¨aßigen Konvergenz auf kompakten Mengen stetig ist und das auf allen Operatoren mit endlich-dimensionalem Bild 0 ist, auch f¨ ur die identische Abbildung 0 ist. Nach Lemma ?? liegt genau dies vor. 2 Satz 47 Die folgenden Aussagen sind ¨aquivalent. (i) Jeder Banachraum besitzt die Approximationseigenschaft. (ii) F¨ urjede Matrix von Skalaren A = (ai,j )∞ ai,j = 0 f¨ ur jedes i,j=1 mit lim j→∞ ∞ 2 i ∈ N, ∞ max |a | < ∞ und A = 0 gilt tr(A) = a = 0. j i,j i=1 n=1 n,n (iii) F¨ ur jede stetige Funktion K(s, t) auf [0, 1) × [0, 1], die f¨ ur alle s und u die Gleichung 1 K(s, t)K(t, u)dt = 0 erf¨ ullt, gilt

1 0

0

K(t, t)dt = 0.

291 ullt. Beweis. (i) ⇒ (ii) Es sei A = (ai,j )∞ i,j=1 eine Matrix, die (ii) nicht erf¨ Wir setzen xi = (ai,j )∞ i∈N j=1 ulle von xi , i ∈ Dann gilt xi ∈ c0 und X sei die abgeschlossene, lineare H¨ N, in c0 . Dann besitzt X nicht die Approximationseigenschaft. Um dies nachzupr¨ ufen benutzen wir Lemma 46. Die Folge xi , i ∈ N, und e∗i , i ∈ N, wobei e∗i die Einschr¨ankung des Einheitsvektors in 1 auf X ist, erf¨ ullen ∞

xi e∗i

=

i=1

∞ i=1

max |ai,j | < ∞ j∈N

Da X die abgeschlossene, lineare H¨ ulle von den Vektore xi ist, reicht es die folgende Bedingung nur f¨ ur die Vektoren xi nachzu pr¨ ufen. ∞ ∞ ∞ ∞ e∗i (xk )xi = ak,i (ai,j )∞ ak,i ai,j =0 j=1 = i=1

i=1

i=1

j=1

Die letzte Gleichung gilt, weil A2 = 0. Weiter gilt ∞ i=1

e∗i (xi )

=

∞

ai,i = 0

i=1

2 Satz 48 Es gibt eine unendliche Matrix A = (ai,j )∞ i,j=1 von komplexen Zahlen, so dass (i) F¨ ur jedes i ∈ N gibt es nurendlich viele j mit ai,j = 0. r (ii)F¨ ur jedes r mit 23 < r gilt ∞ i=1 (maxj∈N |ai,j |) < ∞. (iii) A2 = 0 (iv) tr(A) = ∞ i=1 ai,i = 0 Lemma 138

292

CHAPTER 7. APPROXIMATIONSEIGENSCHAFT

Chapter 8 Lokale Struktur 8.1

Banach-Mazur Abstand

Es seien X und Y Banachr¨aume. Falls es keinen stetigen Isomorphismus zwischen X und Y gibt, dann setzen wir den Banach-Mazur Abstand d(X, Y ) gleich ∞. Falls es einen stetigen Isomorphismus zwischen X und Y gibt, dann setzen wir d(X, Y ) = inf{II −1 |I ∈ L(X, Y )}. Tats¨achlich ist der Banach-Mazur Abstand keine Metrik auf einer Menge von Banachr¨aumen, allerdings ist ln d(X, Y ) eine Metrik. Falls X und Y endlich-dimensional sind, dann bedeutet d(X, Y ) = 1, dass es eine Isometrie zwischen X und Y gibt. Dies folgt aus der Kompaktheit. Im unendlich-dimensionalen Fall ist dies falsch. Falls X und Y endlich-dimensionale Banachr¨aume sind, dann l¨asst sich jedes T ∈ L(X, Y ) durch m T = x∗j ⊗ yj j=1

bzw. T (x) =

m j=1

darstellen. 293

x∗j (x)yj

294

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Die Spur von T ∈ L(X, X) mit T = tr(T ) =

m

m

j=1

x∗j ⊗ xj ist durch

x∗j (xj )

j=1

gegeben. Lemma 139 Es seien X, Y und Z Banachr¨ aume. Dann gilt d(X, Z) ≤ d(X, Y )d(Y, Z) Beweis. Es seien I : X → Y und J : Y → Z stetige Isomorphismen. Dann gilt J ◦ I ≤ JI (J ◦ I)−1 ≤ J −1 I −1 2 Lemma 140

d(X, Y ) = d(X ∗ , Y ∗ )

Lemma 141 Auf der Menge aller n-dimensionalen Banachr¨ aume ist Θ(X, Y ) = ln d(X, Y ) eine Metrik und der metrischer Raum ist vollst¨ andig.

Beweis. Wir zeigen die Dreiecksungleichung Θ(X, Z) = ln(d(X, Z))

≤ ln(d(X, Y )d(Y, Z)) = ln(d(X, Y )) + ln(d(Y, Z)) = Θ(X, Y ) + Θ(Y, Z)

2 Es sei A eine n × n-Matrix. Wir sagen, dass das Produkt A = U1 DU2 eine polare Zerlegung von A ist, falls U1 und U2 orthogonale, n × n-Matrizen und D eine Diagonalmatrix ist. Die Diagonalelemente der Matrix D heißen singul¨are Werte der Matrix A. Im folgenden wollen wir zeigen, dass jede Matrix eine polare Zerlegung besitzt und ihre singul¨are Werte wohldeﬁniert sind.

8.1. BANACH-MAZUR ABSTAND

295

Lemma 142 Es sei A eine reelle, n × n-Matrix. Es sei x1 , . . . , xn eine Orthonormalbasis von Eigenvektoren der symmetrischen Matrix At A und die Eigenwerte√seien λi . Dann sind die Vektoren Ax1 , . . . , Axn orthogonal und Axi 2 = λi Beweis. Die Eigenwerte λi sind nichtnegativ, weil die Matrix At A positiv semideﬁnit ist. < Axi , Axj >=< xi , At Axj >=< xi , λj xj >= λj < xi , xj > 2 Lemma 143 Es sei A eine reelle n × n-Matrix. Dann besitzt A eine polare Zerlegung und ihre singul¨ aren Werte sind wohldeﬁniert.

Beweis. Es sei x1 , . . . , xn eine Orthonormalbasis von Eigenvektoren der Matrix At A. U1 = (y1 , . . . , yn )

U2 = (x1 , . . . , xn )

¨brigen yi erhalten wir, indem wobei yi = Axi −1 2 Axi , falls Axi 2 > 0. Die u wir das Vektorensystem zu einer Orthonormalbasis komplettieren. 2 Lemma 144 (Polare Zerlegung) (i) Es sei A eine reelle, symmetrische n×nMatrix, die nur nicht-negative Eigenwerte besitzt. Dann gibt es genau eine reelle, symmetrische n × n-Matrix B mit nicht-negativen Eigenwerten A = B2 (ii) Es sei A eine n × n-Matrix. Dann gibt es genau eine symmetrische n×n-Matrix |A| mit nicht-negativen Eigenwerten und genau eine orthogonale n × n-Matrix U mit |A|2 = At A A = U |A| und |A| = U t A

296

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Die unendlich-dimensionale Version hiervon ﬁndet man in [Ring]. Beweis. (i) Es gibt λi ≥ 0, i = 1, . . . , n, und eine orthonormale Basis xi , i = 1, . . . , n, so dass k A= λi x i ⊗ x i i=1

Wir w¨ahlen B=

k )

λi x i ⊗ x i

1

Falls es eine weitere symmetrische n × n-Matrix C geben sollte, die nichtnegative Eigenwerte besitzt und C 2 = A: C=

l

αi yi ⊗ yi =⇒ C = 2

1

l

αi2 yi

⊗ yi =

1

yi orthonormal

k

λi x i ⊗ x i

i=1

=⇒ C = B elementar

(ii) At A ist symmetrisch: B = |A| A=

k

xi , i = 1, . . . , k yi , i = 1, . . . , k

λi x i ⊗ y i

1

t

AA=

k

λi y i ⊗ x i

1

|A| =

k

k 1

λi x i ⊗ y i

=

orthonormal k

λ2i xi ⊗ xi

1

|λi |xi ⊗ xi

1

U (xi ) = (sign λi )yi i = 1, . . . , k und entsprechend fortgesetzt. U t (yi ) = (sign λi )xi i = 1, . . . , k und entsprechend fortgesetzt. 2 Cpn , 1 ≤ p ≤ ∞ ist der Raum aller n × n-Matrizen mit der Norm ACp = (λi )ni=1 p wobei λi , i = 1, . . . , n die Eigenwerte von |A| sind.

8.1. BANACH-MAZUR ABSTAND

297

Die R¨aume Cpn heißen Schattenklasse. Lemma 145 (i) · Cpn ist eine Norm. (ii) n 12 AC2n = |ai,j |2 i,j=1

Beweis. 2 Lemma 146 (i) F¨ ur alle A ∈ Cpn und alle orthogonalen n × n-Matrizen U und V gilt ACp = U AV Cp (ii) Die Abbildung φ : Cpn∗ → (Cpn )∗ , die durch φ(A)(B) = tr(At B) deﬁniert ist, ist eine lineare Isometrie. Der Dualraum von Cpn ist isometrisch isomorph zu Cpn∗ , p1 + p1∗ = 1. Beweis. (i) Wir m¨ ussen nur einsehen, dass die singul¨aren Zahlen von A gleich denen von U AV sind. Es sei A = U1 DV1 , wobei U1 und V1 orthogonale Matrizen sind und D eine Diagonalmatrix. Dann gilt U AV = U U1 DV1 V und dies ist eine polare Zerlegung von U AV . (ii) Man beachte, dass der Dualraum von Cpn die Dimension n2 besitzt, also reicht es nachzuweisen, dass die Abbildung eine lineare Injektion ist. φ(A) = sup tr(At B) B =1

Es gibt orthogonale Matrizen U und V und eine Diagonalmatrix DA , so dass A = U DA V . Nun w¨ahlen wir eine Diagonalmatrix DB , so dass n p1 n p1∗ n ∗ B p p dA |dB |dA i,i di,i = i,i | i,i | i=1

i=1

und 1=

i=1

n i=1

p1 p |dB i,i |

298

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Dann setzen wir B = U DB V φ(A)

= sup tr(At B) ≥ tr(V t DA U t U DB V ) B =1

= tr(V t DA DB V ) = tr(V V t DA DB ) = tr(DA DB ) n p1 p = |dA = ACpn∗ i,i | i=1

2

8.2. DER SATZ VON F. JOHN

8.2

299

Der Satz von F. John

Eine konvexe, kompakte Menge K des Rn mit nichtleerem Inneren heißt konvexer K¨orper. K heißt zentralsymmetrisch, wenn es ein x0 ∈ K gibt, so dass f¨ ur alle x mit x ∈ K auch x0 − (x − x0 ) ∈ K gilt. Es seien x0 ∈ Rn und v1 , . . . , vn eine Orthogonalbasis der Rn . Dann heißt die Menge

n < x − x0 , vi >2 ≤ 1 x i=1

(nicht entartetes) Ellipsoid. Der Punkt x0 ist der Mittelpunkt des Ellipsoides. Ellipsoide lassen sich auch so beschreiben: Es sei H eine symmetrische, reelle n × n-Matrix, deren Eigenwerte s¨amtlich strikt positiv sind. Dann ist ' T ( x x Hx ≤ 1 ein Ellipsoid. Wir untersuchen hier das Ellipsoid E maximalen Volumens, das in einem konvexen K¨orper K enthalten ist. Die Punkte ∂K ∩ ∂E = ∂K ∩ E bezeichnen wir als Kontaktpunkte. Lemma 147 Eine Menge im Rn ist genau dann Ellipsoid, wenn sie aﬃnes Bild der Euklidischen Einheitskugel ist und einen inneren Punkt besitzt. Satz 49 (F. John) (i) Jeder konvexe K¨orper enth¨ alt ein eindeutiges Ellipsoid maximalen Volumens. (ii) Die Euklidische Kugel B2n ist genau dann das Ellipsoid maximalen Volumens des konvexen K¨ orpers K, wenn B2n ⊆ K und es ein m ∈ N, Vektoren u1 , . . . , um ∈ ∂K, deren Euklidische Normen gleich 1 sind, und positive Zahlen ci , i = 1, . . . , m gibt, so dass m

ci ui = 0

(8.1)

i=1

und f¨ ur alle x ∈ Rn x = 2

m i=1

gelten.

ci < x, ui >2

(8.2)

300

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Falls K zentralsymmetrisch ist, so ist die Bedingung (8.1) u ¨berﬂ¨ ussig. Dies liegt daran, dass −u auch ein Kontaktpunkt ist, wenn u einer ist. An Stelle der Vektoren u1 , . . . , um k¨onnen wir dann zu u1 , −u1 , . . . , um , −um u ¨bergehen. Man beachte, dass die Bedingung (8.2) a¨quivalent zu In =

m

c i ui ⊗ ui

(8.3)

i=1

ist, wobei In die identische Abbildung auf Rn bezeichnet. Wir weisen dies nach. Aus der Bedingung (8.3) folgt f¨ ur alle x ∈ Rn x=

m

ci < ui , x > ui

i=1

und somit < x, x >=

4 m

5 ci < ui , x > ui , x

=

i=1

m

ci < ui , x >< ui , x >

i=1

Nun die Umkehrung. Man beachte, dass die Abbildung m

ci ui ⊗ ui

i=1

selbstadjungiert ist und damit diagonalisierbar. Es sei x ein Eigenvektor der Abbildung mit Eigenwert λ. Dann gilt λ < x, x >=

m

ci < ui , x >< ui , x >= x2

i=1

Also gilt λ = 1. Damit sind alle Eigenwerte gleich 1 und die Abbildung ist die Identit¨at. Weiter gilt m n= ci (8.4) i=1

Wir u ¨berlegen uns dies. Aus ui = 1, i = 1, . . . , m, und In = m i=1 ci ui ⊗ ui folgt m m m n 2 n = tr(In ) = ci tr(ui ⊗ ui ) = ci ui (k) = ci i=1

i=1

k=1

i=1

8.2. DER SATZ VON F. JOHN

301

Der Beweis von Satz 49 folgt [Bal]. Beweis. Wir zeigen den Satz nur f¨ ur zentralsymmetrische, konvexe K¨orper. Wir zeigen zuerst (ii) und hierzu zun¨achst, dass aus (8.2) bzw. (8.3) folgt, dass B2n ein Ellipsoid maximalen Volumens ist. Dar¨ uber hinaus zeigen wir, dass das Ellipsoid maximalen Volumens eindeutig ist, wenn (8.2) gilt. Es seien vj , j = 1, . . . , n, eine Orthonormalbasis und

n < x, v >2 j ≤1 E = x 2 λj j=1 ein Ellipsoid, das in K enthalten ist. Wir zeigen, dass n

λj ≤ 1.

j=1

Wegen voln (E) = nj=1 λj voln (B2n ) folgt dann, dass B2n ein Ellipsoid maximalen Volumens ist. Da B2n ⊆ K und ui , i = 1, . . . , m, Kontaktpunkte dieser beiden K¨orper sind, sind die Hyperebenen {x| < x, ui >= 1}, i = 1, . . . , m, St¨ utzhyperebenen von K, d.h. K ⊆ {x| < x, ui >≤ 1}. Wir u ¨berlegen uns dies. Nach dem Satz von Hahn-Banach gibt es eine St¨ utzhyperebene an K im Punkt ui . Da ui ∈ ∂B2n und B2n ⊆ K, so ist diese St¨ utzhyperebene auch St¨ utzhyperebene n von B2 . Diese St¨ utzhyperebene ist aber durch < ui , x >= 1 gegeben. Dies bedeutet, dass f¨ ur alle i = 1, . . . , m die Relation ui ∈ K ◦ gilt. Da E ⊆ K, folgt

n K◦ ⊆ E◦ = x λ2j < x, vj >2 ≤ 1 j=1

Somit gilt f¨ ur alle i = 1, . . . , m n

λ2j < ui , vj >2 ≤ 1

j=1

Mit (8.4) folgt

m i=1

ci

n j=1

λ2j < ui , vj >2 ≤

m i=1

ci = n

302

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Mit (8.2) folgt n

λ2j

=

j=1

Weiter folgt

n

λ2j

j=1

n

m

ci < ui , vj >2 ≤ n

i=1

n1 λ2j

j=1

1 2 ≤ λ ≤1 n j=1 j n

Damit ergibt sich nj=1 λj ≤ 1. Also ist B2n ein Ellipsoid maximalen Volumens in K. Da in der Ungleichung zwischen dem arithmetischen und dem geometrischen Mittel genau dann Gleichheit gilt, wenn alle Zahlen λj gleich sind, folgt sogar, dass es außer B2n kein weiteres Ellipsoid maximalen Volumens gibt. Nun zeigen wir, dass (8.2) bzw. (8.3) gilt, vorausgestzt dass B2n ein Ellipsoid maximalen Volumens in K ist. Dazu zeigen wir, dass B2n kein Ellipsoid maximalen Volumens in K ist, falls (8.3) nicht gilt. Falls (8.3) nicht gilt, dann gilt f¨ ur alle m ∈ N, alle Kontaktpunkte u1 , . . . , um ∈ ∂K ∩ B2n und alle positive Zahlen ci , dass In =

m

c i ui ⊗ ui

i=1

Dies bedeutet insbesondere, dass n1 In keine Konvexkombination von Operatoren u ⊗ u ist, wobei u Kontaktpunkte sind. Somit liegt n1 In nicht in der konvexen H¨ ulle der Operatoren u⊗u, wobei u Kontaktpunkt ist. Nach dem Satz von Hahn-Banach l¨aßt sich n1 In also durch eine Hyperebene von den Operatoren u ⊗ u trennen. Es sei φ das Funktional, das diese Ebene deﬁniert. Es gilt f¨ ur alle Kontaktpunkte u φ

1 In n

< φ(u ⊗ u).

Wir k¨onnen dieses Funktional φ durch eine n × n-Matrix H = (hi,j )ni,j=1 darstellen n φ(A) = hi,j ai,j i,j=1

8.2. DER SATZ VON F. JOHN

303

Wir k¨onnen annehmen, dass H symmetrisch ist. Falls H nicht symmetrisch ¨ber. Dies ist m¨oglich, weil ist, gehen wir zu der Matrix 12 (H + H T ) u n n 1 T (H + H )i,j (u ⊗ u)i,j = hi,j (u ⊗ u)i,j 2 i,j=1 i,j=1

n n 1 1 1 T = hi,j (H + H )i,j In In 2 n n i,j i,j i,j=1 i,j=1 Weiter k¨onnen wir annehmen, dass die Spur von H gleich 0 ist. Falls dem nicht so ist, dann gehen wir zu dem Funktional φ(A) − tr(H) tr(A) =

n

hi,j ai,j − tr(H) tr(A)

i,j=1

Da f¨ ur alle Kontaktpunkte u ∈ ∂K ∩ B2n 1 1 = tr In = tr(u ⊗ u) n gilt, bleibt f¨ ur alle Kontaktpunkte die Ungleichung 1 1 In − tr(H) tr In < φ(u ⊗ u) − tr(H) tr(u ⊗ u) φ n n erhalten. Da

0=φ

1 1 In − tr(H) tr In n n

haben wir eine Matrix H gefunden, so dass f¨ ur alle Kontaktpunkte u die Ungleichung n 0< hi,j (u ⊗ u)i,j = uT Hu i,j=1

gilt. Die Matrix H liefert uns nun ein Ellipsoid gr¨oßeren Volumens in K. Wir setzen ' ( Eδ = x xT (In + δH)x ≤ 1 wobei wir δ > 0 so klein w¨ahlen werden, dass Eδ ein Ellipsoid ist und so dass ∂K ∩ Eδ = ∅.

304

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

ussen wir δ nur so klein Um sicherzustellen, dass Eδ ein Ellipsoid ist, m¨ w¨ahlen, dass die Eigenwerte von In + δH strikt positiv sind. Wir zeigen nun ∂K ∩ Eδ = ∅. Da die Menge KP = ∂K ∩ B2n der Kontaktpunkte kompakt ist, gibt es sogar ein δ0 > 0, so dass f¨ ur alle Kontaktpunkte u n hi,j (u ⊗ u)i,j = uT Hu 0 < δ0 ≤ i,j=1

gilt. Da die Funktion xT Hx auf der kompakten Menge ∂K stetig ist, ist sie dort auch gleichm¨aßig stetig. Somit gibt es ein η0 > 0, so dass f¨ ur alle x in der Menge KPη0 = {x ∈ ∂K|∃u ∈ KP : x − u < η0 } die Ungleichung 12 δ0 ≤ xT Hx gilt. Die Menge (KPη0 )c ∩ ∂K ist kompakt und die Funktion x nimmt darauf ihr Minimum an, das strikt gr¨oßer als 1 ist, also gr¨oßer als 1 + θ0 mit einem θ0 > 0. (F¨ ur dieses δ ist diese Menge ein Ellipsoid, weil In +δH eine symmetrische Matrix ist, die nur strikt positive Eigenwerte besitzt.) F¨ ur alle x ∈ KPη0 gilt 1 xT (In + δH)x ≥ 1 + δxT Hx ≥ 1 + δδ0 > 1 2 und f¨ ur alle x ∈ ∂K ∩ KPcη0 gilt xT (In + δH)x = x2 + δxT Hx ≥ (1 + θ0 )2 + δxT Hx Da H nur positive Eigenwerte besitzt, folgt weiter xT (In + δH)x ≥ (1 + θ0 )2 Also gilt ∂K ∩ Eδ = ∅. Da ∂K ∩ Eδ = ∅, folgt mit der Kompaktheit, dass inf{x − y|x ∈ ∂K, y ∈ Eδ } > 0 undk¨onnen wir das Ellipsoid Eδ etwas ausblasen und es ist immer noch in K enthalten. Es bleibt zu zeigen, dass voln (B2n ) ≤ voln (Eδ ).

(8.5)

8.2. DER SATZ VON F. JOHN

305

Es seien αi die Eigenwerte der Matrix In + δH. Dann gilt n −1 αi voln (B2n ). voln (Eδ ) = i=1

und wegen

n

n1 αi

i=1

1 1 αi = tr (In + δH) = 1 n i=1 n n

≤

folgt (8.5). 2 Korollar 18 (i) Es sei K ein konvexer K¨ orper im Rn , und E das Ellipsoid maximalen Volumens in K. Wir nehmen an, dass E bez. 0 zentralsymmetrisch ist. Dann gilt E ⊆ K ⊆ nE Die Konstante n ist optimal. (ii) Es sei K ein konvexer K¨ orper im Rn , der bez. 0 zentralsymmertisch ist, und E das Ellipsoid maximalen Volumens in K. Dann gilt √ E ⊆ K ⊆ nE √ Die Konstante n ist optimal. Beweis. (ii) Wir k¨onnen annehmen, dass E gleich der Euklidischen Kugel ist. Dann gilt f¨ ur alle x ∈ K und alle i = 1, . . . , m, dass | < x, ui > | ≤ 1. Mit (??) folgt weiter x2 = und somit x ≤

√

m i=1

ci < x, ui >2 ≤

m

ci = n

i=1

n. 2

Korollar 19 (i) F¨ ur alle n ∈ N und alle normierten R¨ aume E der Dimension n gilt √ d(E, n2 ) ≤ n (ii) F¨ ur alle n ∈ N und alle normierten R¨ aume E und F der Dimension n gilt d(E, F ) ≤ n

306

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Beweis. (i) Jeder reelle, normierte, n-dimensionale Raum ist isometrisch zum Rn mit einer entsprechenden Norm. Dazu w¨ahlen wir eine Basis v1 , . . . , vn in E und statten den Rn mit der Norm n xE = xi vi i=1

aus. BE sei die Einheitskugel dieser√Norm auf dem Rn . Nach Satz ?? gibt es ein Ellipsoid E mit E ⊆ BE ⊆ nE. Der Rn mit der Norm, die E als Einheitskugel hat, ist isometrisch zu√n2 . √ (ii) Wegen (i) gelten d(E, n2 ) ≤ n und d(F, n2 ) ≤ n. Mit Lemma 139 folgt d(E, F ) ≤ d(E, n2 )d(F, n2 ) ≤ n. 2

8.3. TYP UND COTYP

8.3

307

Typ und Cotyp

Ein Banachraum X ist vom Typ p, wenn es eine Konstante C gibt, so dass f¨ ur alle endlichen Folgen xi , i = 1, . . . , n, von Vektoren aus X die Ungleichung 0

1

n p1 n ri (t)xi dt ≤ C xi p i=1

(8.6)

i=1

Die Typ-p-Konstante Tp (X) eines Raumes X ist das Inﬁmum u ¨ber alle Konstanten C, die die Ungleichung (8.6) erf¨ ullen. Falls ein Raum keinen Typ p besitzt, dann setzen wir Tp (X) = ∞. Die Deﬁnition des Typs ist nur f¨ ur 1 ≤ p ≤ 2 sinnvoll. Dazu betrachtet man eine konstante Folge, also eine Folge, in der jedes Folgenglied gleich demselben Vektor ist. Mit der Khintchine-Ungleichung ergibt sich die Behauptung. Ein Banachraum X ist vom Cotyp q, wenn es eine Konstante C gibt, so dass f¨ ur alle endlichen Folgen xi , i = 1, . . . , n, von Vektoren aus X die Ungleichung n 1q 1 n C ri (t)xi dt ≥ xi q 0 i=1

i=1

Die Cotyp-q-Konstante Cq (X) eines Raumes X ist das Inﬁmum u ¨ber alle Konstanten C, die die Ungleichung (??) erf¨ ullen. Falls ein Raum keinen Cotyp q besitzt, dann setzen wir Cq (X) = ∞. Die Deﬁnition des Cotyps ist nur f¨ ur 2 ≤ q < ∞ sinnvoll. Dazu betrachtet man eine konstante Folge, also eine Folge, in der jedes Folgenglied gleich demselben Vektor ist. Mit der Khintchine-Ungleichung ergibt sich die Behauptung. Man beachte, dass ein Teilraum eines Raumes mit Typ p auch wieder Typ p besitzt. Ebenso f¨ ur den Cotyp. Lemma 148 Es seien 1 ≤ p ≤ 2 und 2 ≤ q < ∞ und X und Y Banachr¨ aume. Dann gilt Tp (X) ≤ d(X, Y )Tp (Y )

Cq (X) ≤ d(X, Y )Cq (Y )

308

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Beweis. Es sei I : Y → X ein stetiger Isomorphismus. 1 1 n n ri (t)xi dt ri (t)I(yi ) dt = 0 i=1 0 i=1 1 n ri (t)yi dt ≤ I 0 i=1 n p1 yi p ≤ ITp (Y ) i=1

= ITp (Y )

n i=1

= II −1 Tp (Y )

p1 I −1 (xi )p n

p1 xi p

i=1

2 Satz 50 (i) Die R¨aume Lp [0, 1], 1 ≤ p ≤ 2, haben Cotyp 2 und Typ p. Die R¨aume besitzen nicht Typ r f¨ u√r r > p. Weiter gilt C2 (Lp [0, 1]) ≤ 2 und Tp (Lp [0, 1]) = 1. (ii) Die R¨aume Lp [0, 1], 2 ≤ p < ∞, haben Cotyp p und Typ 2. Die R¨aume besitzen nicht Cotyp r√f¨ ur r < p. √ Weiter gilt Cp (Lp [0, 1]) ≤ 2 und T2 (Lp [0, 1]) ≤ 2p + 4. Korollar 20 (i) Es seien 1 ≤ p, q ≤ ∞. Lp [0, 1] ist genau dann isomorph zu Lq [0, 1], wenn p = q. (ii) Es sei 1 ≤ p ≤ ∞. Die R¨aume p und Lp [0, 1] sind genau dann isomorph, wenn p = ∞. ∞ und L∞ [0, 1] sind nicht isometrisch. Beweis. (ii) Die R¨aume Lp [0, 1], 1 ≤ p < ∞, enthalten einen Teilraum, der isomorph zu 2 ist, z.B. der Teilraum, der von den Rademacher-Funktionen erzeugt wird. Ebenso k¨onnen wir einen Teilraum nehmen, der von einer Folge unabh¨angiger, normalverteilter Zufallsvariablen erzeugt wird. Andereseits enthalten die R¨aume p , 1 ≤ p < ∞ keinen Teilraum, der zu 2 isomorph ist. 2

8.3. TYP UND COTYP

309

Beweis. (i) Wir zeigen zuerst, dass Lp , 1 ≤ p ≤ 2 den Cotyp 2 besitzen. Wegen Lemma 46.(ii) gilt n n 12 p2 12 xi 2p = |xi (ω)|p dω i=1

⎛

i=1

Ω

n

≤⎝

Ω

12 n 2 ⎠ = |xi | i=1

p2 ⎞ p1 |xi (ω)|2 dω

i=1

Mit der Khintchine Ungleichung (Satz 8) p 1 12 n n p 1 1 2 √ xi p ≤ ri (t)xi (ω) dt dω 2 i=1 0 i=1 Ω Mit Lemma 47

p 1 12 n n p 1 1 2 √ xi p ≤ ri (t)xi (ω) dω dt 2 i=1 0 Ω i=1

Also besitzt√Lp , 1 ≤ p ≤ 2, Cotyp 2 und die Cotyp2 Konstante ist kleiner oder gleich 2. Wir zeigen nun, dass Lp , 1 ≤ p ≤ 2, den Typ p besitzen. Da die L1 -Norm auf einem Wahrscheinlichkeitsraum kleiner als die Lp -Norm ist, folgt p 1 n 1 n p 1 ≤ ri (t)xi dt ri (t)xi dt 0 i=1 0 i=1 p n p1 1 = ri (t)xi dωdt 0 Ω i=1 p n p1 1 = ri (t)xi dtdω Ω 0 i=1

Da 1 ≤ p ≤ 2, ist die 2-Norm gr¨oßer als die p-Norm. Somit ⎞ p1 ⎛ ⎛ 2 ⎞ p2 1 n n 1 ⎟ ⎜ ri (t)xi dt ≤ ⎝ ⎝ ri (t)xi (ω) dt⎠ dω ⎠ 0 0 Ω i=1

i=1

310

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Weil die Rademacher Funktionen ein orthonormales System in L2 [0, 1] sind, gilt weiter ⎛ p2 ⎞ p1 1 n n ri (t)xi dt ≤ ⎝ |xi |2 dω ⎠ 0 Ω i=1

i=1

Da 1 ≤ p ≤ 2, ist die p -Norm gr¨oßer als die 2 -Norm (Satz 5). n p1 n p1 1 n ri (t)xi dt ≤ |xi |p dω = xi p 0 Ω i=1

i=1

i=1

Damit besitzt L , 1 ≤ p ≤ 2 Typ p und die Typ p Konstante ist 1. Wir zeigen, dass Lp nicht den Typ r f¨ ur r > p besitzt. Dazu w¨ahlen wir p

xi = χ[ i−1 , i ] n

i = 1, . . . , n

n

Dann gilt 0

1

p 1 n n p 1 1 i−1 i r (t)x r (t)χ (ω) dω dt = 1 dt i i i [ n ,n] 0 0 i=1

und

i=1

n

r1 xi rp

= nr−p 1

1

i=1

(ii) Es sei 2 ≤ p < ∞. Wir zeigen, dass die R¨aume den Typ 2 besitzen. Da die 1-Norm auf [0, 1] kleiner als die p-Norm ist, gilt p 1 n 1 n p 1 ri (t)xi dt ri (t)xi dt ≤ 0 i=1 0 i=1 p n p1 1 = ri (t)xi (ω) dtdω Ω 0 i=1

Mit der Khintchine Ungleichung (Satz 8) folgt ⎛ p2 ⎞ p1 1 n n ) ri (t)xi dt ≤ 2p + 4 ⎝ |xi (ω)|2 dω ⎠ 0 Ω i=1

i=1

8.3. TYP UND COTYP

311

Mit Lemma 46 (i) folgt

1

0

n 12 n ) ri (t)xi dt ≤ 2p + 4 xi (ω)2p i=1

i=1

Wir zeigen, dass die R¨aume den Cotyp p besitzen. Mit Lemma 47 folgt

n r (t)x i i dt

1

0

i=1

p 1 n p = r (t)x (ω) dω dt i i 0 i=1 p 1 n p 1 = ri (t)xi (ω) dt dω 0

1

i=1

Mit der Khintchine-Ungleichung (Satz ??) folgt

1

0

n ri (t)xi dt i=1

⎛

n

1 ≥√ ⎝ 2

p2 |xi (ω)|2

⎞ p1 dω ⎠

i=1

Weil 2 ≤ p, ist die p -Norm kleiner als die 2 -Norm (Satz 5). Somit √ 2 0

1

n p1 n p1 n ri (t)xi dt ≥ |xi (ω)|p dω = xi p i=1

i=1

i=1

2 Korollar 21 (i) Es sei 1 ≤ p ≤ q ≤ 2 oder 2 ≤ p ≤ q ≤ ∞. Dann gilt d(np , nq ) = n p − q 1

1

(ii) Es sei 1 ≤ p ≤ 2 ≤ q ≤ ∞. Dann gilt √ - 1 1 1 1. - 1 1 1 1. 2 1 − − n n √ max n p 2 , n 2 q ≤ d(p , q ) ≤ √ max n p − 2 , n 2 − q 2 2−1 Beweis. (i) Nach Lemma 140 gilt d(np , nq ) = d(np∗ , nq∗ ). Deshalb reicht es, den Fall 1 ≤ p ≤ q ≤ 2 zu betrachten.

312

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Es bezeichne I die identische Abbildung von np nach nq . Dann I −1 = n p − q 1

I = 1

1

Wir weisen dies nach. Es gilt I = max xq ≤ max xp = 1 x p =1

x p =1

und mit der H¨older-Ungleichung I −1 = max xp ≤ n p − q max xq = n p − q 1

1

1

x q =1

1

x q =1

Damit gilt d(np , nq ) ≤ II −1 = n p − q . Es sei 1 ≤ p ≤ q ≤ 2. Dann gelten 1

Tq (nq ) = 1

1

Tq (np ) ≥ n p − q 1

1

Die erste Gleichung gilt nach Satz 50. Wir weisen die zweite Ungleichung nach. Dazu betrachten wir die Einheitsvektoren ei , i = 1, . . . , n. Es gilt n

1q ei qp

=n

1 q

1

0

i=1

n 1 ri (t)ei dt = n p i=1

p

Mit Lemma 139 folgt n p − q ≤ Tq (np ) ≤ Tq (nq )d(np , nq ) ≤ d(np , nq ) 1

1

Der Fall 2 ≤ p ≤ q ≤ ∞ ergibt sich mittels Dualisierens. (ii) Es sei 1 ≤ p ≤ 2 ≤ q ≤ ∞. Nach Lemma 140 gilt d(np , nq ) = d(np∗ , nq∗ ). Deshalb reicht es, den Fall p ≤ q ∗ zu betrachten. Es gelten √ 1 1 C2 (np ) ≤ 2 n p − 2 ≤ C2 (nq ) Die erste Ungleichung folgt aus Satz 50. Wir weisen die zweite nach. Dazu betrachten wir wieder die Einheitsvektoren ei , i = 1, . . . , n. Es gilt n i=1

12 ei 2q

=n

1 2

0

1

n 1 ri (t)ei dt = n q i=1

q

8.3. TYP UND COTYP

313

Mit Lemma 139 folgt √ 1 1 n 2 − q ≤ C2 (nq ) ≤ C2 (np )d(np , nq ) ≤ 2d(np , nq ) √ 1 1 Es bleibt noch n p − 2 ≤ 2d(np , nq ) nachzuweisen. Dies folgt mittels Dualisierens. - 1 1 1 1. 1 √ max n p − 2 , n 2 − q ≤ d(np , nq ) 2 F¨ ur die Absch¨atzung nach oben benutzen wir die Walsh Matrizen. 1 1 Wk Wk Wk+1 = W1 = 1 −1 Wk −Wk Walsh-Matrizen sind bis auf Normalisierung symmetrische, orthogonale Matrizen. Es gilt Wk Wk = 2k I2k . Die Walsh-Matrix Wk ist eine 2k × 2k -Matrix. Deshalb betrachten wir zun¨achst nur R¨aume der Dimension n = 2k . Wir werden zeigen, dass

1 p ≤ q∗ 2 q Wk p,q (8.7) Wk+1 p,q ≤ 1 2 p∗ Wk p,q q∗ ≤ p Der Index (p, q) bedeutet, dass wir Wk als Operator in L(np , nq ) auﬀassen. Hieraus ergibt sich sofort f¨ ur n = 2k

1 nq p ≤ q∗ Wk p,q ≤ 1 n p∗ q∗ ≤ p Es gilt Wk+1 p,q = max Wk+1 (x)q x p =1

Wir setzen x = (y, z). Dann folgt Wk+1 p,q =

1

max

y pp + z pp =1

(Wk (y) + Wk (z)qq + Wk (y) − Wk (z)qq ) q

Mit der Ungleichung von Clarkson (Satz 7) folgt Wk+1 p,q

1

≤ 2q

1 q

∗

∗

1

maxp (Wk (y)qq + Wk (z)qq ) q∗ p

y p + z p =1

≤ 2 Wk p,q

∗

∗

1

maxp (yqp + zqp ) q∗ p

y p + z p =1

314

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Hieraus folgt nun (8.7). Nun zeigen wir f¨ ur n = 2k Wk q,p ≤ n p − q + 2 1

1

1

(8.8)

Dazu Wk q,p ≤ Iq,2 Wk 2,2 I2,p

1

= (2k ) 2 Iq,2 I2,p = (2k ) 2 (2k ) 2 − q (2k ) p − 2 = n p − q + 2 1

1

1

1

1

1

1

1

Damit haben wir den Fall erledigt, dass die Dimension eine Potenz von 2 ist. Nun der allgemeine Fall. Wir betrachten zun¨achst den Fall p ≤ q ∗ . Wir zerlegen den Raum der Dimension n in R¨aume, deren Dimensionen Potenzen ki von 2 sind. n = m und k1 < k2 < · · · < km . Wir i=1 ni , wobei ni = 2 betrachten U = U1 ⊕ U2 ⊕ · · · ⊕ Um : np 1 ⊕ · · · ⊕ np m → nq 1 ⊕ · · · ⊕ nq m wobei

−1

− q1∗

Ui−1 = ni

Ui = n i q W k i und

W ki

−1 U −1 = U1−1 ⊕ U2−1 ⊕ · · · ⊕ Um

Die Norm auf np 1 ⊕ · · · ⊕ np m ist durch (x1 , . . . , xm ) =

m

p1 xi pp

i=1

gegeben. Es gilt %m U p,q

q i=1 Ui (xi )q p p1 ( m i=1 xi p )

= max

%m

q q i=1 Ui xi p p p1 ( m i=1 xi p )

≤ max %m U

−1

q,p = max

& 1q

i=1

Ui−1 (yi )pp

q 1q ( m y q) i i=1

& 1q

%m

q i=1 xi p

& 1q

≤ max ≤1 p p1 ( m x ) p i i=1

& p1

%m ≤ max

Ui−1 p yi pq q 1q ( m y q) i i=1

i=1

& p1

8.3. TYP UND COTYP

315

Wegen (8.8) %m

ki 1− p2 yi pq i=1 (2 ) q 1q ( m i=1 yi q )

U −1 q,p ≤ max

& p1

Mit der verallgemeinerten H¨older Ungleichung U −1 q,p

≤

m

(2ki )

pq 1 ( − 12 ) q−p p

i=1

≤

k m

q−p pq

q−p pq (2i )

pq 1 ( − 12 ) q−p p

i=1

k q−p pq m pq km ( p1 − 12 ) −i q−p ( p1 − 12 ) = (2 ) (2 ) i=0

≤ (2km ) p − 2 1

≤n Wegen p ≤ q ∗ ≤ 2 pq q−p

1 − 12 p

1

∞

pq

(2−i ) q−p ( p − 2 )

i=0

q−p pq

1 − 2− q−p ( p − 2 )

1 1 − p 2

=

1

1

1 pq 2 − p ≥ q − p 2p 2 √

Hiermit U

−1

≤n

1 − 12 p

2

q−p pq

1

q−p pq

1 pq

1

=n

1 − 12 p

2

1 − 1q p

≤√

2 Satz 51 Typ und Cotyp von Cpn Satz 52 d(Cpn , Crn ) = d(np , nr )

1 1 2 np−2 2−1

316

8.4

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Messbarkeit vektorwertiger Funktionen

Es seien (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum und X ein Banachraum. Eine Funktion f : Ω → X heißt einfach, falls es eine endliche Folge x1 , . . . , xn in E und meßbare Mengen Ai , i = 1, . . . , n gibt, so daß f=

n

xi χAi

i=1

f heißt P-meßbar, falls es eine Folge von einfachen Funktionen fn und eine Nullmenge N gibt, so daß f¨ ur alle ω ∈ Ω \ N lim fn (ω) − f (ω) = 0

n→∞

Eine Funktion f : Ω → X heißt schwach P-meßbar, falls f¨ ur alle x∗ ∈ X ∗ die Funktion x∗ (f ) P-messbar ist. Es seien (Ω, A, µ) und (Ω , A , µ ) Maßr¨aume und F : (Ω, A, µ) → (Ω , A , µ ) eine messbare Funktion. Dann nennt man das Maß µF , das durch µF (A) = µ(F −1 (A))

A ∈ A

gegeben ist, das Bildmaß von F . Wir sagen, dass zwei Funktionen F und G dieselbe Verteilung besitzen, wenn f¨ ur alle messbaren Mengen A µ(F −1 (A)) = µ(G−1 (A)) Satz 53 (Pettis Messbarkeitstheorem) Eine Funktion f : Ω → E ist genau dann P-meßbar, wenn (i) f hat P-wesentliches separables Bild, d.h. es gibt A mit P(A) = 0 und f (Ω \ A) ist (Norm-)separabel in X. (ii) f ist schwach P-meßbar.

8.4. MESSBARKEIT VEKTORWERTIGER FUNKTIONEN

317

Eine P-messbare Funktion f : Ω → X heißt Bochner integrierbar, wenn es eine Folge von einfachen Funktionen fn : Ω → X gibt, so dass fn − f dP = 0. lim n→∞

Ω

Das Integral wird durch

f dP = lim

n→∞

Ω

f dP Ω

deﬁniert. (Man kann zeigen, dass das Integral wohldeﬁniert ist.) Der Raum Lp (Ω, A, P, X) ist der Raum aller P-Bochner integrierbaren Funktionen f : Ω → X, so dass f p = Ω

f (ω)pX

p1

<∞

(8.9)

Dieser Raum ist mit (8.9) als Norm ein Banachraum. Die Verteilungsfunktion F : R → R einer Zufallsvariablen f : Ω → R ist durch F (x) = P{ω|f (ω) < x} deﬁniert. Die Fouriertransformierte µ ˆ eines Wahrscheinlichkeitsmaßes µ ∈ M0 (R) ist µ ˆ(t) := e+its µ(ds) R

Die charakteristische Funktion ϕf von f : Ω → R ist +its ϕx (t) := e µx (ds) = e+itf (ω) dµ(ω) wobei µf das Bildmaß bezeichnet. Lemma 149 (Bauer, p.94) Es sei (Ω, µ) ein Maßraum und f : Ω → R eine integrierbare Funktion. Dann gilt f dµT = f ◦ T dµ Ω

Ω

318

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Korollar 22 Es sei (Ω, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, f : Ω → R eine integrierbare Funktion mit Verteilungsdichte φ. Dann gilt ∞ g ◦ f dP = g(t)φ(t)dt Ω

−∞

¨ 8.5. UNABHANGIGE ZUFALLSVARIABLEN

8.5

319

Unabh¨ angige Zufallsvariablen

Eine Familie von meßbaren Mengen Ai , i ∈ I heißt unabh¨angig, falls f¨ ur alle endlichen Teilmengen n Aij = P(Aij ) P j=1,...,n

j=1

ur alle Eine Familie von Zufallsvariablen xi , i ∈ I heißt unabh¨angig, falls f¨ endlichen Teilfamilien und f¨ ur alle Borelmengen Bj aus E gilt P (xi1 ∈ B1 , . . . , xin ∈ B) =

n

P(xij ∈ Bj )

j=1

Falls von drei Zufallsvariablen f, g, h jeweils zwei immer unabh¨angig sind, so m¨ ussen die drei Variablen f, g, h keinesfalls unabh¨angig sein. Dazu betrachtet man drei Mengen A, B und C, die paarweise unabh¨angig sind, aber nicht insgesamt unabh¨angig, also P(A ∩ B ∩ C) = P(A)P(B)P(C) (Man kann hierf¨ ur als Maßraum das Intervall [0, 1] mit dem Lebesguemaß w¨ahlen und als Mengen A = [0, 12 ], B = [0, 14 ] ∪ [ 34 , 1], C = [ 14 , 12 ] ∪ [ 34 , 1].) Dann sind χA , χB und χC , paarweise, aber nicht insgesamt unab¨angig. Lemma 150 Eine Familie von Zufallsvariablen xi , i ∈ I ist genau dann unabh¨ angig, falls die von xi , i ∈ I erzeugten σ-Algebren A(xi ) unabh¨angig sind, d.h. f¨ ur alle Aij ∈ A(xij ) j = 1, . . . , n gilt n Aij = P(Aij ) P j=1

j=1

(Bauer, S. 41-42). Satz 54 Es seien (Ω, A, P) ein Maßraum und X und Y Banachr¨aume. Es seien x, y : Ω → X zwei unabh¨ angige Zufallsver¨ anderliche. Außerdem seien g, f : X → Y Borel-meßbare Funktionen. Dann sind auch f (x), g(y) unabh¨angig.

320

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

x heißt symmetrisch, falls x und −x dieselbe Verteilung haben, d.h. ∀B, Borel : P(x ∈ B) = P(−x ∈ B) Lemma 151 Es sei X ein Banachraum, (Ω, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum angige Zufallsver¨ anderliche. und fi : Ω → X, i = 1, . . . , n, symmetrische und unabh¨ Dann gilt f¨ ur alle Borelmengen A1 , . . . , An und alle Vorzeichen 1 , . . . , n P(f1 ∈ A1 , . . . , fn ∈ An ) = P(ε1 f1 ∈ A1 , . . . , εn fn ∈ An )

εi = ±1

Beweis. P(f1 ∈ A1 , . . . , fn ∈ An )

=

n

P(fi ∈ Ai ) =

i=1

n

P(εi fi ∈ A1 )

i=1

= P(ε1 f1 ∈ A1 , . . . , εn fn ∈ An ) 2 Lemma 152 (Borel-Cantelli) Sei An , n ∈ N eine Folge von Ereignissen und A=

∞ ∞

Aj

k=1 j=k

Dann gilt ∞

P(An ) < ∞ =⇒ P(A) = 0

n=1

Eine n-dimensionale Zufallsver¨anderliche ist eine Abbildung f von einem Wahrscheinlichkeitsraum in den Rn , wobei jede Koordinatenfunktion von f = (f1 , . . . , fn ) eine Zufallsvariable ist. Die Verteilungsfunktion F von f ist durch F (t) = P(f1 < t1 , . . . , fn < tn ) Die Zufallsvariablen f1 , . . . , fn sind also genau dann unabh¨angig, wenn P(f1 < t1 , . . . , fn < tn ) =

n i=1

P(fi < ti )

¨ 8.5. UNABHANGIGE ZUFALLSVARIABLEN

321

Wir betrachten hier Zufallsver¨anderliche mit Werten im Rn . Die Verteilungsfunktion einer mehrdimensionalen Zufallsver¨anderlichen F = (f1 , . . . , fn ) ist νF : Rn → R+ νF (x) = P(f1 ≤ x1 , . . . , fn ≤ xn ) Die charakteristische Funktion ist chF : Rn → C

chF (x) =

exp(i < x, F (ω) >)dP(ω) Ω

=

Rn

exp(i < x, ξ >)dνF (ξ)

=

Rn

exp(i < x, ξ >)dF (ξ)dξ

wobei dF die Dichtefunktion von F ist (sie existiert, falls die Verteilungsfunktion absolut stetig ist). νF (x) =

x1

xn

... −∞

−∞

dF (ξ)dξ

Satz 55 Es sei F : Ω → Rn eine Zufallsvariable und chF ihre charakteris tische Funktion. Dann gilt f¨ ur I = nk=1 [ak , bk ] −n

P(F ∈ I) = lim (2π) T →∞

T

−T

···

T

−T

n e−itk ak − e−itk bk ch(t)dt F itk k=1

vorausgesetzt, dass die Verteilungsfunktionen der Zufallsver¨ anderlichen fk an den Stellen ak und bk stetig sind. Insbesondere ist damit eine Verteilungsfunktion eindeutig durch die charakteristische Funktion bestimmt. Falls chF eine integrierbare Funktion ist, dann gilt 1 dF (ξ) = (2π)n

Rn

exp(−i < x, ξ >)chF (x)dx

322

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Die Verteilungsfunktion einer Summe f1 + · · · + fn ist n P fi < t = · · · P(f1 < s1 , . . . , fn < sn )ds1 · · · dsn n i=1 si
i=1

Falls die Summanden unabh¨angige Zufallsvariablen sind, gilt weiter n n P fi < t = · · · P(fi < si )ds1 · · · dsn n i=1 si
i=1

i=1

Falls wir eine Summe von zwei unabh¨angigen Zufallsvariablen f1 und f2 haben, dann ergibt sich die Faltungsformel P (f1 + f2 < t) = P(f1 < s1 )P(f2 < s2 )ds2 ds1

s1 +s2
= −∞ ∞

−∞ t

−∞ t

−∞ ∞

−∞

−∞

= =

P(f1 < s1 )P(f2 < s2 )ds2 ds1

P(f1 < s1 )P(f2 < s2 − s1 )ds2 ds1 P(f1 < s1 )P(f2 < s2 − s1 )ds1 ds2

Das innere Integral ist die Faltung der Funktionen P(f1 < s1 ) und P(f2 < s2 ).

8.6. GAUSSVARIABLEN

8.6

323

Gaußvariablen

Eine Zufallsvariable x : Ω → R heißt normalverteilt mit Erwartungswert α und Streuung σ, falls die Verteilungsfunktion von x gleich t 1 (s − α)2 φ(t) = √ exp − ds 2σ 2 2π −∞ ist. (Insbesondere gilt Ex = α, E(x − Ex)2 = σ 2 ). Die Funktion (t − α)2 1 exp − f (t) = √ 2σ 2 2πσ bezeichnet man als Wahrscheinlichkeitsdichte. Lemma 153 Es sei g : Ω → R eine normalverteilte Funktion mit gdP = m (g − m)2 = σ 2 Ω

Ω

Dann gilt f¨ ur die charakteristische Funktion von g 1 22 chg (t) = exp imt − σ t 2 Lemma 154 F¨ ur alle x mit x > 0 √ ; ∞ 1 ; 1 2 1 2 2π − x2 √ e 2 ≤ π2 e− 2 s ds ≤ π2 x1 e− 2 x (π − 1)x + x2 + 2π x Lemma 155 F¨ ur alle t > 0 gilt ∞ 1 1 1 1 −t2 /2 1 1 2 −t2 /2 √ <√ e−s /2 ds < √ − 3 e e 2π t t 2π t 2π t Beweis. Mittels Diﬀerentiation erhalten wir f¨ ur alle t > 0 ∞ % 2 & 1 1 2 1 + 2 es /2 ds exp −t /2 = t s t

(8.10)

324

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Tats¨achlich d dt

& % 1 exp −t2 /2 t

=

1 2 − 2 − 1 e−t /2 t

Damit stimmen die beiden Seiten in (8.10) bis auf eine Konstante u ¨berein. Die Konstante muss aber 0 sein, wie man f¨ ur t → ∞ sieht. Aus (8.10) folgt sofort f¨ ur t > 0 ∞ % & & % 1 exp −s2 /2 ds < exp −t2 /2 t t Hieraus folgt f¨ ur t > 0 ∞ % 2 & % 2 & % 2 & 1 1 ∞ 1 exp −s /2 ds ≤ exp −s /2 ds < exp −t /2 s2 t2 t t3 t Hiermit und mit (∗) folgt & % 1 exp −t2 /2 t

& % 1 = 1 + 2 exp −s2 /2 ds s t ∞ % & % & 1 exp −s2 /2 ds + 3 exp −t2 /2 < t t

∞

2 ur alle n ∈ Lemma 156 Es gibt zwei positive Konstanten c1 und c2 , so dass f¨ N und alle normalisierten, unabh¨ angigen, Gauß-verteilten Zufallsvariablen g1 , . . . , gn mit Werten in R und Erwartungswert 0 ) ) sup |gi (w)|dP(w) ≤ c2 log n c1 log n ≤ 1≤i≤n

gilt.

Beweis. Wir sch¨atzen die Verteilungsfunktion ab. n {|gi (w)| ≤ t} P sup |gi (w)| > t = 1 − P i

i=1

8.6. GAUSSVARIABLEN

325

Wegen der Unabh¨angigkeit folgt P sup |gi (w)| > t i

=1− =1−

n i=1 n

P (|gi | ≤ t) (1 − P(|gi | > t))

i=1

Mit Lemma 8.10 n 1 1 1 −t2 /2 P sup |gi (w)| > t ≥ 1− 1− √ − e 2π t t3 i *n 1 1 1 −t2 /2 ≥ 1 − exp − − √ e − 2π t t3 n 1 1 −t2 /2 = 1 − exp − √ e − 2π t t3 Hiermit folgt sup |gi (w)|dP(w) = Ω

i

∞

P sup |gi (w)| > t dt i

0

1 1 n −t2 /2 − 1 − exp − √ e dt ≥ 2π t t3 0 ) ur n hinreichend groß ≥ C · log n f¨

∞

2 Die Verteilung der Summe einer beliebigen Anzahl gleichverteilter unabh¨angiger Zufallsver¨anderlicher wurde zuerst von N.I. Lobatschewski [Lob] bestimmt. Er wollte dadurch den Fehler astronomischer Messungen absch¨atzen, um die Frage zu entscheiden, ob im Weltall die Gestze der euklidischen oder nicheuklidischen Geometrie gelten. Satz 56 Die Summe von unabh¨angigen, normalverteilten Zufallsvariablen g1 , . . . , gn ist wieder normalverteilt. Die Wahrscheinlichkeitsdichte von g1 + · · · + gn ist 1 (t − (m1 + · · · + mn ))2 1 exp − φ(t) = ) 2 σ12 + · · · + σn2 σn2 + · · · + σn2

326

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

wobei

(gi − mi )2 dP = σi2

gi dP = mi Ω

i = 1, . . . , n

Ω

Eine Zufallsver¨anderliche f : Ω → Rn heißt Gauß- oder normalverteilt, falls f¨ ur alle ξ ∈ Rn gilt < f, ξ >: Ω → R (8.11) ist Gauß- oder normalverteilt. Insbesondere muss jede Koordinatenfunktion von f normalverteilt sein. Dies allein reicht jedoch nicht aus, um sicherzustellen, dass f selbst normalverteilt ist. Es gibt zwei normalverteilte Funktionen g und h mit Werten in R, so dass deren Summe g + h nicht normalverteilt ist. Genau genommen ist dies der typische Fall. In der Literatur wird h¨auﬁg eine restriktivere Deﬁnition f¨ ur eine mehrdimensionale Gaußfunktion verwendet. Es wird gefordert, dass die gemeinsame Verteilungsfunktion von f eine Dichte der Gestalt 1 1 −n −1 − T d(x) = (2π) 2 (det(A )) 2 exp − (x − m) A(x − m) 2 hat, wobei A eine symmetrische, positiv deﬁnite Matrix ist. Diese Bedingung ist im Wesentlichen zur Deﬁnition (8.11) a¨quivalent, l¨asst jedoch im Gegensatz zu (8.11) nicht zu, dass die Matrix A nur positiv semideﬁnit ist. Wir sagen, dass eine Menge {gi |i ∈ I} von reellwertigen Zufallsvariablen ein Gaußprozess ist, wenn s¨amtliche Linearkombinationen Gaußvariable sind. Satz 57 F : Ω → Rn , F = (f1 , . . . , fn ), sei normalverteilt und zentriert und A sei die Matrix mit den Koordinaten fi fj dP(ω) i, j = 1, . . . , n aij = Ω

Dann gilt (i) A ist positiv semideﬁnit. (ii)

1 chF (x) = exp − < Ax, x > 2

8.6. GAUSSVARIABLEN

327

(iii) Falls A positiv deﬁnit ist, so gilt

−n

dF (x) = (2π)

−1/2

det(A)

1 exp − < A−1 x, x > 2

Beweis. (i) Wegen 0≤

n Ω

2 ai fi

dP =

i=1

n

ai aj

fi fj dP Ω

i,j=1

ist die Matrix positiv semideﬁnit. Es spielt hier keine Rolle, welche Funktionen fi sind. (ii) n chF (x) = exp(i < x, F (ω) >)dP(ω) = exp i xk fk dP(ω) Ω

Ω

Nach Voraussetzung ist n

n k=1

xk fk dP = 0

Ω k=1

xk fk normalverteilt. Mit 2 n n xk fk dP = xk x fk f dP Ω Ω k=1

und Lemma 153 ergibt sich

k=1

k,=1

n 1 xk x fk f dP chF (x) = exp − 2 k,=1 Ω

(iii) wird mit Satz 55 bewiesen. 2 angige Zufallsver¨ anderliche. Satz 58 Es seien g1 , . . . , gn normalverteilte, unabh¨ Dann gilt f¨ ur die gemeinsame Verteilungsfunktion sk n 1 (t − mk )2 −1 −n 2 P(g1 < s1 , . . . , gn < sn ) = (2π) σk exp − dt 2 σk2 −∞ k=1

wobei mk =

gk dP

Ω

|gk − mk |2 dP

σk = Ω

328

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Die n-dimensionale Verteilungsdichte von (g1 , . . . , gn ) ist n n 1 (xk − mk )2 −1 −n φ(x1 , . . . , xn ) = (2π) 2 σk exp − 2 k=1 σk2 k=1 Satz 59 Es sei (Ω, P) ein Maßraum. F¨ ur jedes p mit 1 ≤ p < ∞ gibt es eine positive Konstante ap , so dass f¨ ur alle n ∈ N und alle x1 , . . . , xn ∈ R und alle normalverteilten, unabh¨ angigen Funktionen g1 , . . . , gn mit gi dP = 0 2 und |gi | dP = 1 ap

n

12 |xi |2

i=1

p 1 n p = xi gi dP Ω i=1

gilt.

Beweis. p ∞ n 1 1 1 t2 p xi gi dP = √ |t| ) 2 exp − 2 dt 2 x1 + · · · + x2n 2π −∞ x1 + · · · + x2n Ω i=1 Wir substituieren s=

t 1

(x21 + · · · + x2n ) 2

und erhalten p ∞ n 1 1 2 2 2 p2 p xi gi dP = √ (x1 + · · · + xn ) |s| exp − s ds 2 2π −∞ i=1 2

8.7. KONZENTRATION VON SUMMEN VON GAUSSVARIABLEN 329

8.7

Konzentration von Summen von Gaußvariablen

Theorem 8.7.1 Es sei X ein Banachraum, n ∈ N, x1 , . . . , xn ∈ X und g1 , . . . , gn unabh¨angige, normalverteilte Zufallsver¨ ur alle a2nderliche, so dass f¨ i = 1, . . . , n die Gleichungen gi dP = 0 und |gi | dP = 1 gelten. Dann gilt f¨ ur alle α > 0

n n Kα2 P ω gi (ω)xi − gi (η)xi dP(η) > α ≤ 2 exp − 2 σ Ω i=1 i=1 X X (8.12) wobei n 12 σ = sup |x∗ (xi )|2 x∗ =1

i=1

und K eine Konstante ist, die nicht kleiner als 2/π 2 ist. Dies bedeutet, dass eine große Konzentration um den Mittelwert vorliegt. In dem Buch von Pisier ist das Theorem f¨ ur unendliche Reihen ∞ i=1 gi xi formuliert. Die Forderung, dass die Variablen unabh¨angig sind, ist notwendig. Dazu betrachten wir die Folge x1 g1 = · · · = xn gn . Dann erhalten wir Kα2 P {ω | |n|g1 (ω)|x1 X − Eη n|g1 (η)|x1 X | > α } ≤ 2 exp − nx1 2 Weiter folgt P ω ||g1 (ω)| − Eη |g1 (η)|| >

α nx1

*

Kα2 ≤ 2 exp − nx1 2

Hieraus erhalten wir

% & P {ω | ||g1 (ω)| − Eη |g1 (η)|| > β } ≤ 2 exp −Kβ 2 n

Dies kann nicht sein. Wir m¨ochten noch bemerken, dass n 12 n gi (η)xi dP(η) ≥ sup |x∗ (xi )|2 x∗ =1 Ω i=1

X

i=1

(8.13)

330

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Dies folgt im Wesentlichen aus der Dreiecksungleichung: n n ∗ g (η)x dP(η) = sup x g (η)x i i i i dP(η) ∗ Ω i=1 Ω x =1 i=1 X n ∗ ≥ sup g (η)x (x ) i i dP(η) ∗ x =1 Ω i=1

Mit Satz 59 folgt weiter n 12 n gi (η)xi dP(η) ≥ a1 sup |x∗ (xi )|2 ∗ x =1 Ω i=1

i=1

X

Beispiel 45 Let 1 ≤ p < ∞ und X = np . Die Vektoren ei seien die Einheitsvektoren. n Bp ap ≤ gi ai ei dP ≤ Cp ap Ω i=1

Beweis von Beispiel. Nach Satz ist das Rademacher-Mittel kleiner als das Gaußmittel. Außerdem gilt p1 n n gi ai ei dP |gi ai |p dP = Ω i=1 Ω i=1 p1 n |gi ai |p dP ≤ Ω i=1

2 Beweis. Es sei γn das Gauß-Maß auf dem Rn , also n2 t2 1 e− 2 dt γn (A) = 2π A Weiter sei u : n2 → X durch u(t) =

n i=1

ti xi

8.7. KONZENTRATION VON SUMMEN VON GAUSSVARIABLEN 331 deﬁniert. Wir zeigen, dass die Ungleichung (8.12) zu der Ungleichung * 2 Kα n u(s)dγn (s) > α ≤ 2 exp − γn t ∈ R u(t) − u2 Rn

(8.14)

¨aquivalent ist. Dazu zeigen wir, dass σ = u∗ gilt. (Wegen u = u∗ ergibt sich, dass die rechte Seite in (8.12) gleich der rechten Seite in (8.14) ist.) Wir u ¨berzeugen uns, dass u∗ : X ∗ → n2 durch u∗ (x∗ ) = (x∗ (xi ))ni=1 gegeben ist. Dies gilt, weil f¨ ur alle t ∈ Rn und alle x∗ ∈ X ∗ u∗ (x∗ )(t) = x∗ (u(t)) also ∗

∗

u (x )(t) = x

∗

n

ti xi

i=1

Damit folgt u∗ = sup

x∗ =1

=

n

ti x∗ (xi )

i=1

n

12 |x∗ (xi )|2

i=1

Wir betrachten nun die Abbildung Θ : Ω → Rn Θ(ω) = (g1 (ω), . . . , gn (ω)) und µ sei das Bildmaß von Θ, d.h. µ(A) = P(Θ−1 (A)) ¨berzeugen uns davon. Dazu reicht es, dies f¨ ur Dann gilt µ = γn . Wir u Mengen der Form A = (−∞, a1 ) × · · · × (−∞, an ) zu zeigen. Es gilt µ(A)

= P(Θ−1 (A)) = P {ω|(g1 (ω), . . . , gn (ω)) ∈ A} = P {ω|g1 (ω) < a1 , . . . , gn (ω) < an }

332

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Wegen der Unabh¨angigkeit folgt ai n u2 1 √ µ(A) = P {ω|gi (ω) < ai } = e− 2 du 2π −∞ i=1 i=1 n

Also gilt µ = γn . Es folgt * n u(s)dγn (s) > α γn t ∈ R u(t) − Rn * −1 n =P Θ u(s)dγn (s) > α t ∈ R u(t) − Rn * = P ω ∈ Ω t = (g1 (ω), . . . , gn (ω)) und u(t) − u(s)dγn (s) > α Rn

Wegen

n gi (ω)xi u(t) = i=1

und

X

n u(s)dγn (s) = gi (ω)xi dP(ω) Rn Ω

i=1

X

(Die letztere Gleichung folgt, weil man das Bildmaß integriert.) Wir weisen nun (8.14) nach. Hierzu betrachten wir den Rn × Rn mit dem Maß γn × γn . Außerdem betrachten wir t sin θ + s cos θ mit deren Ableitung nach θ t cos θ − s sin θ Weiter betrachten wir F : Rn → R mit F (t) = u(t). F ist eine konvexe Funktion. Deshalb ist F nach dem Satz von Rademacher Lebesgue fast u ¨berall diﬀerenzierbar. Wir wollen uns nun u ¨berlegen, dass f¨ ur fast alle (t, s) ∈ Rn × Rn und

f¨ ur fast alle θ ∈ [0, 2π] die Ableitung F in t sin θ + s cos θ existiert (Die θNullmenge h¨angt also von t und s ab.). Dies zeigen wir mit dem Satz von Fubini. Wir werden n¨amlich zeigen, dass dann F auf einer Menge positiven Maßes nicht diﬀerenzierbar ist, was dem Satz von Rademacher widerspricht.

8.7. KONZENTRATION VON SUMMEN VON GAUSSVARIABLEN 333 Dazu u ¨berlegen wir uns, dass die Menge aller Tripel (t, s, θ), so dass F in diesem Punkt diﬀerenzierbar ist, eine messbare Menge ist. Die Funktion r : Rn × Rn × [0, 2π] → Rn r(t, s, θ) = t cos θ + s sin θ ist stetig und somit ist das Urbild einer Borelmenge eine Borelmenge. Die Abbildung F ist konvex und somit ist die Menge aller Punkte, in denen sie diﬀerenzierbar ist eine Borelmenge (Nach dem Satz von Rademacher ist dies auch eine Nullmenge). Dies sieht man so ein: Eine konvexe Funktion auf dem Rn ist genau dann in einem Punkt diﬀerenzierbar, wenn die St¨ utzhyperebene an den Graphen eindeutig ist. Dies ist wiederum dazu a¨quivalent, dass die links- und rechtsseitigen partiellen Ableitungen gleich sind. Wir setzen nun h(t) = limk→∞ hk , wobei = n < F (t + k1 ei ) − F (t) F (t) − F (t − k1 ei ) hk (t) = − 1 1 i=1

k

k

hk sind stetige Funktionen. h ist nichtnegativ und genau dann gleich 0, wenn F diﬀerenzierbar ist. Außerdem ist h eine messbare Funktion, weil sie punktweiser Limes einer Folge von stetigen Funktionen ist. Da F konvex ist, ist die Folge hk monoton fallend. Der Limes existiert, weil die Folge hk monoton fallend ist. {t|F ist nicht in t diﬀerenzierbar}

= {t|h(t) > 0} ∞ 1 = {t|h(t) ≥ } =1 = =

∞

1 {t|∀k : hk (t) ≥ } =1 ∞ ∞

1 {t|hk (t) ≥ } =1 k=1

Da hk stetige Funktionen sind, ist die letztere Menge eine abz¨ahlbare Vereinigung abgeschlossener Mengen, also insbesondere eine Borelmenge. Falls nicht gilt: F¨ ur fast alle (t, s) ∈ Rn × Rn die Ableitung F in t sin θ + s cos θ f¨ ur fast alle θ ∈ [0, 2π] existiert, dann besitzt die Menge aller Tripel (t, s, θ), so dass F in diesem Punkt nicht diﬀerenzierbar ist, positives Maß.

334

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

ur festes t und θ. Deshalb Es bezeichne Ct,θ den Schnitt f¨ Ct,θ = {s|F ist nicht in t sin θ + s cos θ diﬀerenzierbar} 0

< γn × γn × λ1 {(t, s, θ)|F ist nicht in diesem Punkt diﬀerenzierbar} 2π γn (Ct,θ )dλ1 (θ)dγn (t) = Rn

0

Also muss es eine Teilmenge von [0, 2π] mit positivem Maß geben, so dass ur θ mit γn (Ct,θ ) > 0. Deshalb k¨onnen wir annehmen, dass γn (Ct,θ ) > 0 f¨

cos θ = 0. F¨ ur ein solches θ gilt, dass s = s die Ungleichung t sin θ + s cos θ = t sin θ + s cos θ impliziert. Deshalb ist die Abbildung T : Ct,θ → Rn T (s) = t sin θ + s cos θ eine bijektive aﬃne Abbildung, deren Determinante gleich (cos θ)n ist. Hieraus folgt, dass F auf der Menge T (Ct,θ ) nicht diﬀerenzierbar ist, aber diese Menge positives Maß besitzt. Dies widerspricht dem Satz von Rademacher. Insbesondere haben wir gezeigt, dass {(t, s, θ)|F ist nicht in diesem Punkt diﬀerenzierbar} eine Nullmenge ist. F¨ ur alle t und s ist die Funktion f : [0, 2π] → R n f (θ) = F (t sin θ + s cos θ) = (ti cos θ + si sin θ)xi i=1

absolutstetig. Deshalb existiert f fast u ¨berall und wir k¨onnen den Hauptsatz der Diﬀerential- und Integralrechnung auf die Funktion f anwenden. π 2 d F (t) − F (s) = f (π/2) − f (0) = F (t sin θ + s cos θ)dθ 0 dθ Falls F in dem Punkt t sin θ + s cos θ diﬀerenzierbar ist, folgt mit der Kettenregel d F (t sin θ + s cos θ) =< F (t sin θ + s cos θ), t cos θ − s sin θ > dθ

8.7. KONZENTRATION VON SUMMEN VON GAUSSVARIABLEN 335 Da f¨ ur fast alle t, s die Funktion F in fast allen t sin θ + s cos θ diﬀerenzierbar ist, folgt mit der Kettenregel, dass f¨ ur fast alle t und s F (t) − F (s) =

π 2

< F (t sin θ + s cos θ), t cos θ − s sin θ > dθ

0

Es sei λ > 0. Da die Funktion exp(λu) konvex ist, folgt mit der Ungleichung von Jensen exp (λ(F (t) − F (s))) π π 2 2 exp λ < F (t sin θ + s cos θ), t cos θ − s sin θ > dθ ≤ π 0 2 Nun integrieren wir beide Seiten und erhalten exp (λ(F (t) − F (s))) dγn (t)dγn (s) Rn Rn π π 2 2 exp λ < F (t sin θ + s cos θ), t cos θ − s sin θ > dθdγn (t)dγn (s) ≤ π Rn Rn 0 2 Wir wollen nun den Satz von Fubini anwenden. Dazu u ¨berpr¨ ufen wir die Messbarkeit der Funktion π exp λ < F (t sin θ + s cos θ), t cos θ − s sin θ > 2 Da {(t, s, θ)|F ist nicht in diesem Punkt diﬀerenzierbar} eine Nullmenge ist, ist diese Funktion fast u ¨berall punktweiser Grenzwert von Hk

< = n π 1 = exp λ k F (t sin θ + s cos θ + ek ) − F (t sin θ + s cos θ) (tk cos θ − sk sin θ) 2 i=1 k

und Hk ist eine stetige Funktion. Mit dem Satz von Fubini erhalten wir nun exp (λ(F (t) − F (s))) dγn (t)dγn (s) Rn Rn π π 2 2 exp λ < F (t sin θ + s cos θ), t cos θ − s sin θ > dγn (t)dγn (s)dθ ≤ π 0 Rn Rn 2

336

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Da die e-Funktion konvex ist, folgt mit der Jensen Ungleichung exp λ F (t) − F (s))dγn (s) dγn (t) Rn

≤

2 π

0

π 2

Rn

π exp λ < F (t sin θ + s cos θ), t cos θ − s sin θ > dγn (t)dγn (s)dθ 2 Rn

Rn

Nun kommen wir zu dem entscheidenden Punkt. Das Maß γn × γn ist invariant unter der Abbildung (t, s) → (t sin θ + s cos θ, t cos θ − s sin θ) Diese Abbildung ist eine Isometrie auf Rn × Rn , weil (t sin θ + s cos θ, t cos θ − s sin θ)2 = t sin θ + s cos θ2 + t cos θ − s sin θ2 n n 2 = |ti sin θ + si cos θ| + |ti sin θ − si cos θ|2 =

i=1 n

i=1

%

|ti sin θ + si cos θ|2 + |ti sin θ − si cos θ|2

&

i=1

= t2 + s2 Weiter gilt dγn (t) × dγn (s) =

1 − t2 − s2 1 − t2 +s2 2 dtds e 2 dte 2 ds = e 2π 2π

und das Maß γn × γn is invariant unter der angegebenen Abbildung. Hieraus ergibt sich f¨ ur alle θ π exp λ < F (t sin θ + s cos θ), t cos θ − s sin θ > dγn (t)dγn (s) 2 Rn Rn π exp λ < F (t), s > dγn (t)dγn (s) = 2 Rn Rn und somit

exp λ F (t) − F (s))dγn (s) dγn (t) Rn Rn π exp λ < F (t), s > dγn (t)dγn (s) ≤ 2 Rn Rn

8.7. KONZENTRATION VON SUMMEN VON GAUSSVARIABLEN 337 F¨ ur alle ξ ∈ Rn gilt

Rn

exp(< ξ, t >)dγn (t) = exp

1 ξ2 2

Wir weisen diese Formel nach. Da das Maß γn rotationsinvariant ist, k¨onnen wir annehmen, dass ξ = e1 . Es bleibt also nachzuweisen, dass 1 exp(t1 )dγn (t) = exp 2 Rn Es gilt

Rn

exp(t1 )dγn (t)

Mit dieser Formel exp λ(F (t) − Rn

Rn

1 1 2 = exp(t1 )e− 2 t dt n (2π) 2 Rn 1 1 = exp(t1 − t21 )dt1 1 2 (2π) 2 Rn √ e 1 = exp(− (t1 − 1)2 )dt1 1 2 (2π) 2 Rn

F (s))dγn (s) dγn (t) ≤

Rn

exp λ

2π

2

8

F (t)

2

Aus |F (t) − F (s)| = |u(t) − u(s)| ≤ u(t − s) ≤ ut − s folgt und somit

F (t) ≤ u exp λ(F (t) − F (s))dγn (s) dγn (t) Rn Rn 2 2π

2 ≤ exp λ F (t) dγn (t) 8 Rn 2 2π 2 ≤ exp λ u dγn (t) 8 Rn 2 2π 2 = exp λ u 8

dγn (t)

338

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Mit Chebychevs Ungleichung folgt * F (s))dγn (s) ≥ α exp(λα)γn t F (t) − Rn ≤ exp λ(F (t) − F (s))dγn (s) dγn (t) Rn Rn 2 2π 2 ≤ exp λ u 8 und somit γn t F (t) −

Rn

* F (s))dγn (s) ≥ α

Wir w¨ahlen jetzt λ=α

≤ exp λ

8

u − λα 2

4 *

Rn

2

π 2 u2

und erhalten

γn t F (t) −

2π

F (s))dγn (s) ≥ α

2 ≤ exp − 2 π u2

Dieselbe Absch¨atzung zeigen wir f¨ ur −F und erhalten dann * 2 γn t F (t) − F (s))dγn (s) ≥ α ≤ 2 exp − 2 π u2 n R

2 Korollar 23 Es gibt Konstanten Cp,q , 1 ≤ q < p < ∞, so dass f¨ ur alle Banachr¨ aume X, n ∈ N, x1 , . . . , xn ∈ X und alle unabh¨angigen, gleichverteilten, normalverteilten Zufallsver¨ anderlichen g1 , . . . , gn p q p1 1q n n gi (ω)xi dP ≤ Cp,q gi (ω)xi dP Ω Ω i=1

i=1

X

X

gilt. Beweis. Nach (8.13) gilt n 12 n gi (η)xi dP(η) ≥ sup |x∗ (xi )|2 x∗ =1 Ω i=1

X

i=1

8.7. KONZENTRATION VON SUMMEN VON GAUSSVARIABLEN 339 Deshalb folgt aus (8.12)

n % & gi (ω)xi − α > α ≤ 2 exp −K2 P ω i=1

X

n gi (η)xi dP(η) α= Ω

mit

i=1

X

Es folgt p n gi (η)xi dP(η) Ω i=1 X

∞ n ≤ p αp P ω ( − 1)α ≤ gi (ω)xi ≤ α =1 i=1 X

n ∞ = αp p P ω ( − 1)α ≤ gi (ω)xi ≤ α i=1

=1

≤ αp + αp

∞ =2

2

% & p 2 exp −K( − 1)2

X

340

8.8

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

¨ Aquivalenz von Bernoulli und Gauß Variablen

Lemma 157 (Pisier) Es sei X ein Banachraum und (Ω, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum Es seien fi : Ω → R, i = 1, . . . , n, unabh¨angige, symmetrische anderliche und p ≥ 1. F¨ ur alle i und j mit 1 ≤ i, j ≤ n gelte Zufallsver¨ |f |dP = |f |dP. Dann gilt f¨ u r alle Vektoren xi ∈ X, i = 1, . . . , n Ω i Ω j p −p 1 n n p ri (t)xi dt ≤ |f1 |dP fi (ω)xi dP 0 Ω Ω 1 1 wobei ri , i = 1, . . . , n, Rademacher-Funktionen sind. Falls fi , i = 1, . . . , n, normalverteilte, zentrierte, normalisierte Zufallsver¨ anderliche sind, dann p n p 1 n π p2 ri (t)xi dt ≤ fi (ω)xi dP 2 0 1 Ω 1 Beweis. Eine Zufallsvariable f heißt symmetrisch, wenn −f dieselbe Verteilung besitzt. Mit Lemma 151 folgt, dass f¨ ur alle Vorzeichen i n n fi xi und i fi xi i=1

i=1

dieselbe Verteilung besitzen. Hiermit folgt, dass f¨ ur alle t ∈ [0, 1] p p n ∞ fi (w)xi dP(ω) = ri (t)fi (ω)xi dP(ω) Ω 1 Ω 1 Hieraus folgt p p 1 n ∞ fi (w)xi dP(ω) = ri (t)fi (ω)xi dP(ω)dt 0 Ω 1 Ω 1 Mit dem Satz von Fubini folgt p p 1 n ∞ fi (w)xi dP(ω) = ri (t)fi (ω)xi dtdP(ω) Ω 1 Ω 0 1 p 1 ∞ ri (t)sgn(fi (ω))|fi (ω)|xi dtdP(ω) = Ω 0 1

¨ 8.8. AQUIVALENZ VON BERNOULLI UND GAUSS VARIABLEN

341

Da ri , i = 1, . . . , n symmetrische Zufallsvariablen sind p p 1 n ∞ fi (w)xi dP(ω) = ri (t)|fi (ω)|xi dtdP(ω) Ω Ω 0 1

1

Wir benutzen den Satz von Fubini und wir benutzen, dass die L1 -Norm kleiner als die Lp -Norm ist. p p 1 n ∞ fi (w)xi dP(ω) = ri (t)|fi (ω)|xi dP(ω)dt 0 Ω 1 Ω 1 p 1 ∞ ri (t)|fi (ω)|xi dP(ω) dt ≥ 0 Ω 1 Nun wenden wir die Dreiecksungleichung an. p 1 n ∞ p fi (w)xi dP(ω) ≥ ri (t) |fi (ω)|dP(ω) xi dt Ω 1 Ω 0 1 Falls die fi normalverteilt sind, folgt mit Korollar 22 > ∞ ∞ t2 t2 2 1 |fi |dP =√ |t|e− 2 dt = te− 2 dt π 0 2π Ω > 6 −∞ 7 > ∞ t2 2 2 = = −e− 2 π π 0 2 Satz 60 (Maurey-Pisier) Es sei X ein Banachraum, gi , i ∈ N unabh¨angige zentrierte, normalisierte Gaußvariablen und ri , i ∈ N unabh¨angige Z.V. mit P(ri = 1) = P(ri = −1) = 12 . Dann sind ¨aquivalent: (i) Es gibt ein C > 0, so dass f¨ ur alle Folgen von Vektoren xi , i ∈ N gilt 2 2 n n gi (w)xi P ≤ C ri (w)xi dP Ω 1 Ω 1 (ii) X enth¨alt nicht gleichm¨aßig ln∞ ’s. (iii) X besitzt einen nichttrivialen Cotyp. (X enth¨alt gleichm¨aßig ln∞ ’s: ∃C > 0 ∀n ∈ N ∃E ⊆ X : d(E, ln∞ ) ≤ C)

342

8.9

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Die S¨ atze von Slepian und Sudakov-Fernique

Lemma 158 (Slepian) Es seien F und G zentrierte Gaußfunktionen mit Werten im Rn . Es gelte 2 (i) |fi | dP = |gi |2 dP i = 1, . . . , n Ω

Ω

gi gk d P ≤

(ii) Ω

Dann gilt

fi fk d P

i, k = 1, . . . , n

Ω

sup fi dP ≤

Ω 1≤i≤n

sup gi dP Ω 1≤i≤n

Lemma 159 Es sei (X, A, µ) ein vollst¨ andiger Maßraum. Es sei f : X × [a, b] → R eine Funktion, so dass f¨ ur alle t ∈ [a, b] die Funktion ft : X → R mit ft (x) = f (x, t) integrierbar ist. Die Ableitungen ∂f existieren und es gibt ∂t eine integrierbare Funktion ur alle x ∈ X und t ∈ [a, b] g : X → R, so dass f¨ ∂f (x, t) ≤ g(x) gilt. Dann ist die Funktion, die t auf die die Ungleichung ∂t Zahl X f (x, t)dµ(x) abbildet nach t diﬀerenzierbar und es gilt ∂f ∂ f (x, t)dµ(x) = (x, t)dµ(x). ∂t X X ∂t Beweis. Wir k¨onnen annehmen, dass F und G unabh¨angig sind (anderenfalls gehen wir zu dem Produktraum Ω × Ω u ¨ber). Wir nehmen hier o.E.d.A. an, dass AF und AG positiv deﬁnit sind. Andernfalls st¨oren wir die Matrizen um ε, indem wir unabh¨angige Zufallsver¨anderliche addieren. Wir betrachten dazu normalverteilte, normalisierte zentrierte, unabh¨angige Gaußver¨anderliche hi , i = 1, . . . , n, die u ¨berdies auch noch unabh¨angig von allen fi sind. Dann erhalten wir 2 n ai (fi + hi ) dP Ω i=1 n n n 2 ai aj fi fj dP + 2 ai aj fi hj dP + ai aj hi hj dP = i,j=1

Ω

i,j=1

Ω

i,j=1

Ω

¨ 8.9. DIE SATZE VON SLEPIAN UND SUDAKOV-FERNIQUE Wegen

343

fi hj dP = 0 2 n n n 2 2 ai (fi + hi ) dP ≥ ai aj hi hj dP = a2i Ω Ω

Ω

i=1

Also ist die Matrix

i,j=1

i=1

n (fi + hi )(fj + hj )dP

Ω

i,j=1

positiv deﬁnit. Wir werden zeigen, daß f¨ ur die Verteilungsfunktion gilt n n {fi > λi } ≤ P {gi > λi } ∀ λ ∈ Rn P i=1

i=1

Hieraus folgt dann die Behauptung. Wir betrachten f¨ ur festes λ λ1 λn 1 −n −1/2 −1 ϕ(C) = ... (2π) det(C) exp − < C x, x > dx 2 −∞ −∞ auf der Menge der positiv-deﬁniten Matrizen und stellen fest, dass ϕ dort wohldeﬁniert ist, weil f¨ ur alle x = 0 die Ungleichung < C −1 x, x > > 0 gilt. Wir zeigen nun, dass f¨ ur alle i und j mit i = j ∂ϕ ≥0 (8.15) ∂Cij gilt. Die Menge aller positiv deﬁniten Matrizen ist oﬀen in der Menge aller Matrizen, weil es zu jeder positiv deﬁniten Matrix C ein > 0 gibt, so dass f¨ ur alle Matrizen B mit B ≤ 1 gilt, dass C + B positiv deﬁnit ist. Damit ist ϕ auf einer oﬀenen Menge deﬁniert und wir k¨onnen somit Ableitungen betrachten. Wir wollen uns u ¨berlegen, dass ϕ als Funktion von C diﬀerenzierbar ist. Dazu k¨onnen wir ein hinreichend kleine Umgebung von C betrachten. u ¨berlegen wir uns, dass die Ableitung des Integranden gleichm¨aßig durch eine integrierbare Funktion beschr¨ankt ist. * ∂ 1 −1/2 −1 det(C) exp − < C x, x > ∂Cij 2 * 1 1 −3/2 ∂ −1 = − det(C) det(C) exp − < C x, x > 2 ∂Cij 2 * 1 1 −1/2 ∂ −1 −1 − det(C) < C x, x > exp − < C x, x > 2 ∂Cij 2

344

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

( ' Der entscheidende Term exp − 12 < C −1 x, x > kann auf einer Umgebung von C gleichm¨aßig durch exp(−δx22 ) abgesch¨atzt werden. Diese Funktion ist auf Rn integrierbar, und sie bleibt auch integrierbar, wenn sie mit einem Polynom multipliziert wird. Deshalb gilt * λn λ1 ∂ϕ ∂ 1 −n −1/2 −1 = ... (2π) det(C) exp − < C x, x > dx ∂Cij ∂Cij −∞ 2 −∞ * λn λ1 1 ∂ −n −1/2 −1 ... (2π) det(C) exp − < C x, x > dx = 2 −∞ −∞ ∂Cij Mit Satz 57 folgt * λ1 λn 1 ∂ 1 ∂ϕ = ... exp −i < x, ξ > − < Cξ, ξ > dξ dx ∂Cij (2π)−n ∂Cij Rn 2 −∞ −∞ Wir vertauschen Integration und Diﬀerentiation. Dies ist m¨oglich, weil ∂ 1 ∂Cij exp −i < x, ξ > − 2 < Cξ, ξ > 1 1 = ξi ξj exp −i < x, ξ > − < Cξ, ξ > 2 2 1 1 = ξi ξj exp − < Cξ, ξ > 2 2 % & 1 ≤ ξi ξj exp −δξ22 2 die Ableitungen gleichm¨aßig durch eine integrierbare Funktion beschr¨ankt sind (δ ist das Minimum der minimalen Eigenwerte von C u ¨ber eine kleine Umgebung.). * λ1 λn ∂ϕ 1 ∂ 1 = ... exp −i < x, ξ > − < Cξ, ξ > dξ dx ∂Cij (2π)−n Rn ∂Cij 2 −∞ −∞ F¨ ur alle i = j

1 ∂ exp −i < x, ξ > − < Cξ, ξ > ∂Cij 2 1 1 = − ξi ξj exp −i < x, ξ > − < Cξ, ξ > 2 2 1 ∂2 1 = exp −i < x, ξ > − < Cξ, ξ > 2 ∂xi ∂xj 2

¨ 8.9. DIE SATZE VON SLEPIAN UND SUDAKOV-FERNIQUE

345

Deshalb * λ1 λn ∂2 1 1 ∂ϕ = ... exp −i < x, ξ > − < Cξ, ξ > dξ dx ∂Cij (2π)−n Rn ∂xi ∂xj 2 −∞ −∞ Wir wenden wieder Satz 57 an * λ1 λn 1 ∂2 ∂ϕ −n −1/2 −1 = ... exp − < C x, x > dx (2π) det(C) ∂Cij 2 −∞ −∞ ∂xi ∂xj Es sei x˜ = (x1 , . . . , xi−1 , λi , xi+1 , . . . , xj−1 , λj , xj+1 , . . . , xn ) xˆ = (x1 , . . . , xi−1 , xi+1 , . . . , xj−1 , xj+1 , . . . , xn ) i,j

Hiermit folgt ∂ϕ ∂Cij

=

1 det(C)−1/2 (2π)−n λi−1 λi+1 λ1 ... ... −∞

−∞

−∞

λj−1

λj+1

λn

...

−∞

−∞

−∞

* 1 −1 exp − < C x˜, x˜ > dˆ xi,j 2

Insbesondere ist dies gr¨oßer gleich 0. Damit erhalten wir f¨ ur die Funktionen Φ : [0, 1] → R Φ(t) = ϕ(tAF + (1 − t)AG ) 2

und C : [0, 1] → Rn Es gilt

C(t) = tAF + (1 − t)AG dΦ(t) ∂ϕ ∂Cij = dt ∂Cij ∂t ij=1 n

Weil nach Voraussetzung f¨ ur alle i = 1, . . . , n die Gleichung aFii = aG ii gilt, gilt F G f¨ ur alle t ∈ [0, 1] die Gleichung Ci,i (t) = aii = aii . Die Koordinatenfunktionen Ci,i sind also konstantund deren Ableitungen gleich 0. Somit dΦ(t) ∂ϕ ∂Cij = dt ∂Ci,j ∂t i =j

346 Mit

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR ∂Ci,j ∂t

= aFi,j − aG i,j folgt dΦ(t) ∂ϕ = (aFi,j − aG i,j ) dt ∂C i,j i =j

Nach Voraussetzung gilt aber, dass aFij ≥ aG ij . Ausserdem gilt wegen (8.15) ∂ϕ ≥ 0. Also gilt f¨ ur alle t ∈ (0, 1) ∂Cij dΦ(t) ≥0 dt Deshalb folgt n {fi < λi } P i=1 λ1

=

λn

... −∞

−n

(2π) −∞

−1/2

det(AF )

1 exp − < A−1 F x, x > 2

* dx

= Φ(1) ≥ Φ(0) * λ1 λn 1 −1 −n −1/2 = ... (2π) det(AG ) exp − < AG x, x > dx 2 −∞ −∞ n =P {fi < λi } i=1

Also

P

n

{fi ≥ λi }

= 1−P

i=1

n

{fi < λi }

i=1

≤ 1−P

n

{fi < λi }

i=1

=P

n

{gi ≥ λi }

i=1

2 Lemma 160 (Sudakov-Fernique) Es seien F, G : Ω → Rn+1 , F = (f0 , . . . , fn ), G = (g0 , . . . , gn ) normalverteilte, zentrierte Zufallsver¨ anderliche mit f0 ≡ g0 ≡ 0

¨ 8.9. DIE SATZE VON SLEPIAN UND SUDAKOV-FERNIQUE und

|fi − fk | dP ≤

|gi − gk |2 dP

2

Ω

Dann gilt

347

i, k = 0, 1, . . . , n

Ω

sup fi dP ≤ 2 Ω

i

sup gi dP Ω

i

Tats¨achlich ist der Faktor 2 in der Absch¨ atzung von Satz 160 nicht notwendig. Man kann zeigen, dass Ω supi fi dP ≤ Ω supi gi dP gilt. Satz 160 besagt, dass unter der Voraussetzung, dass die Funktionen gi im Raum L2 paarweise gr¨oßere Abst¨ande haben als die Funktionen fi , das Supremum der gi im Integral gr¨oßer ist als das der fi . Ein analoges Problem, das noch oﬀen ist, ist das folgende [Grom]. Gegeben seien zwei Familien von Euklidischen Kugeln im Rn , B2n (xi , ri )

B2n (yi , ri )

i = 1, . . . , N

wobei die Abst¨ande zwischen den Mittelpunkten der einen Familie gr¨oßer ist als die der anderen xi − xj ≤ yi − yj

i, j = 1, . . . , N

Dann ist das Volumen vom Schnitt der einen Familie gr¨oßer als das der anderen N N voln B2n (yi , ri ) ≤ voln B2n (xi , ri ) i=1

i=1

Beweis. Wir bemerken zuerst, dass aus den Voraussetzungen folgt, dass f¨ ur alle i = 1, . . . , n |fi |2 dP ≤ Ω

|gi |2 dP

(8.16)

Ω

g sei eine zentrierte, normalverteilte Z.V., g : Ω → R mit von allen fi , gi , i = 0, . . . , n unabh¨angig sei. Wir setzen f˜i = fi + Cg 1/2 2 g g˜i = gi + C + fi dP − gi dP

|g|2 dP = 1, die

i = 0, 1, 2, . . . , n

348

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

wobei C 2 = sup j

|gj |2 dP.

Wir pr¨ ufen zun¨achst nach, daß f¨ ur f˜i und g˜i , i = 1, . . . , n die Voraussetzungen von Lemma ?? erf¨ ullt sind. Da g von allen fi unabh¨angig ist, folgt 2 2 2 2 ˜ fi dP = f + 2 fi Cg + C g dP = f 2 + C 2 g 2 dP i

i

Ω

g˜i dP

gi2

=

+ 2gi g C + − Ω Ω + C 2 + fi2 dP − gi2 dP g 2 dP

2

2

fi2 dP

gi2 dP

Ω

Ω

Ω

Da g von allen gi unabh¨angig ist, folgt 2 2 2 2 2 g˜i dP = gi + C + fi dP − gi dP g 2 dP Ω

Ω

Ω

Wegen gi2 dP = 1 2 2 2 2 2 2 g˜i dP = gi dP + C + fi dP − gi dP = C + fi2 dP Ω

Ω

Ω

Also folgt

Ω

f˜i2 dP =

Ω

Analog folgt

g˜i2 dP

Ω

|f˜i − f˜k |2 dP ≤ Ω

|g˜i − g˜k |2 dP Ω

Aus diesen beiden Absch¨atzungen folgt f˜i f˜k dP g˜i g˜k dP ≤ Ω

Ω

Nun wenden wir Lemma 158 an: ˜ sup fi dP ≤ sup g˜i dP Ω

i

Ω

i

Ω

¨ 8.9. DIE SATZE VON SLEPIAN UND SUDAKOV-FERNIQUE Wir m¨ ussen also noch zeigen, daß sup fi dP = sup f˜i dP und i

Ω

sup g˜i dP ≤ 2

i

Ω

349

i

Ω

sup gi dP i

Ω

Die erste Ungleichung ist oﬀensichtlich. Wir benutzen Ω gdP = 0. ˜ sup fi dP = sup (fi + Cg)dP = (sup fi ) + Cg dP = sup fi dP Ω

i

i

Ω

Ω

i

i

Ω

nun die zweite Ungleichung nach. Wegen (8.16) gilt Ω |fi |2 dP − Wir weisen 2 ur alle i = 1, . . . , n die Ungleichung C 2 ≥ Ω |gi |2 dP ≤ 0. Außerdem gilt f¨ |g | dP. Deshalb Ω i

2

g˜i = gi + C +

1/2

fi2 dP

−

Ω

g ≤ gi + Cg ≤ gi + Cg +

gi2 dP Ω

wobei

+

g =

g g≥0 0 sonst

Es reicht daher zu zeigen, dass + C |g |dP ≤ sup gi dP Ω

Ω

i

Weil f¨ ur alle Gaußverteilten Zufallsver¨anderlichen f gilt: wobei |g|2 = 1, folgt |g |dP +

C Ω

1 = C 2

|g|( |f |2 )1/2 ,

1/2 |gi | dP · |g|dP

|g|dP = sup Ω i = sup |gi |dP ≤ sup |gi |dP i

|f | =

2

Ω

Ω

Ω

Ω

i

Weil supi |gi | ≤ supi gi + supi (−gi ) und weil die gi symmetrisch sind + |g |dP ≤ sup gi + sup (−gi )dP = 2 sup gi dP C Ω

2

Ω

i

i

Ω

i

350

8.10

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Satz von Chevet

Wir sch¨atzen hier den Erwartungswert der Norm eines Operators ab, bei dem die Koordinaten der darstellenden Matrix normalverteilte oder Bernoulliverteilte Zufallsver¨anderliche sind. Es seien X und Y Banachr¨aume und xi , i = . . . , n und yi , j = 1, . . . , m 1, n,m Folgen in den R¨aumen X und Y . Dann ist i,j=1 ai,j xi ⊗ yj ein Operator von X ∗ nach Y n,m n,m ∗ ai,j xi ⊗ yj (x ) = ai,j x∗ (xi )yj ai,j ∈ R i,j=1

i,j=1

Die Operatornorm ist n,m ai,j xi ⊗ yj = sup ai,j x∗ (xi )y ∗ (yj ) x∗ =1 i,j=1

ε

y ∗ =1

i,j=1

Satz 61 (Chevet) Es seien X und Y Banachr¨aume. Es seien gi,j , gi , i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m, m ≤ n unabh¨angige, normalisierte zentrierte Gaußfunktionen mit Werten in R. Dann gilt f¨ ur alle endlichen Folgen {xi }ni=1 und m {yj }j=1 aus X bzw. Y Λ ≤ 2

n,m √ g (ω)x ⊗ y i,j i j dP(ω) ≤ 2 2 Λ Ω i,j=1

ε

wobei ⎛ Λ = ⎝ sup

x∗ =1

⎛ + ⎝ sup

y ∗ =1

n i=1

m j=1

1/2 ⎞ m ∗ 2 ⎠ |x (xi )| gi yi dP Ω i=1

Y

1/2 ⎞ n ⎠ |y ∗ (yj )|2 g x i i dP Ω i=1

X

8.10. SATZ VON CHEVET

351

Beweis. Wir zeigen zuerst die linke Absch¨atzung. Sie ist einfach nachzuweisen und folgt im Wesentlichen aus der Dreiecksungleichung. n,m gi,j (ω)xi ⊗ yj dP(ω) Ω i,j=1 ε n,m ∗ g (ω)y (y )x ≥ sup i,j j i dP(ω) ∗ y =1 Ω i,j=1

X

m

y ∗ (yj )gi,j , i = 1, . . . , n sind unabh¨angige, Gaußverteilte Zufallsver¨anderliche. Da die gi,j normalisiert sind, gilt j=1

2 m m ∗ y (y )g dP = |y ∗ (yj )|2 j i,j Ω j=1

Also k¨onnen wir

m j=1

∗

y (yj )gi,j durch

j=1

m j=1

∗

2

|y (yj )|

1/2 gi ersetzen.

n,m gi,j (ω)xi ⊗ yj dP(ω) Ω i,j=1 ε m 1/2 n |y ∗ (yj )|2 gi (ω)xi dP(ω) ≥ sup ∗ y =1 Ω j=1

i=1

X

Wir weisen nun die rechte Ungleichung nach. Hierbei wenden wir das Lemma von Sudakov-Fernique (Lemma 160) an. O.E.d.A. k¨onnen wir annehmen, dass X, Y endlich-dimensional sind und daß die Einheitskugeln in X ∗ , Y ∗ nur endlich viele Extremalpunkte haben. (Wir betrachten ja nur die Teilr¨aume in X und Y , die von den Folgen, xi , i = 1, . . . , n, und yj , j = 1, . . . , m, aufgespannt werden.) Es sei M = {(x∗ , y ∗ ) | x∗ ∈ ext(BX ∗ ), y ∗ ∈ ext(BY ∗ )} ∪ {(0, 0)}

352

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

und F

x∗ ,y ∗

n,m

(ω) =

gi,j (ω)x∗ (xi )y ∗ (yj )

i,j=1

F0,0 (ω) = 0 ⎧ n 1/2 m √ ⎨ Gx∗ ,y∗ (ω) = 2 sup |ξ ∗ (xj )|2 hj (ω)y ∗ (yj ) ⎩ ξ∗ =1 1 j=1

+ sup

m

η ∗ =1

1/2 |η ∗ (yj )|2

1

n i=1

⎫ ⎬ gi (ω)x∗ (xi ) ⎭

G0,0 (ω) = 0 wobei gi , hj s¨amtlich unabh¨angige, zentrierte, normalisierte Gaußvariablen sind. Wir stellen nun fest: (i) F : Ω → R#M , F = (Fx∗ ,y∗ )(x∗ ,y∗ )∈M , ist eine Gaußfunktion. (ii) G : Ω → R#M , F = (Fx∗ ,y∗ )(x∗ ,y∗ )∈M , ist eine Gaußfunktion. (iii) F und G erf¨ ullen die Voraussetzungen des Lemmas 160. Wir weisen (i) nach. F¨ ur alle reelle Zahlen ax∗ ,y∗ , (x∗ , y ∗ ) ∈ M gilt

ax∗ ,y∗ Fx∗ ,y∗ =

(x∗ ,y ∗ )∈M

n,m

⎛

⎝

i,j=1

⎞ ax∗ ,y∗ x∗ (xi )y ∗ (yj )⎠ gi,j

(x∗ ,y ∗ )∈M

Da gi,j unabh¨angig sind, ist die Summe wieder Gaußverteilt und damit ist F ein Gaußvektor. Ebenso zeigt man, dass G ein Gaußvektor ist. Wir weisen nun (iii) nach. Wir m¨ ussen also zeigen, dass

|Fx∗ ,y∗ − Fx˜∗ ,˜y∗ | dP ≤

|Gx∗ ,y∗ − Gx˜∗ ,˜y∗ |2 dP

2

Ω

Ω

8.10. SATZ VON CHEVET

353

Wir zeigen dies. |Gx∗ ,y∗ − Gx˜∗ ,˜y∗ |2 dP Ω 1/2 m n 2 |ξ ∗ (xj )| hj (w)(y ∗ − y˜∗ )(yj ) = 2 sup ∗ ξ =1 Ω 1 j=1 2 m 1/2 n ∗ 2 ∗ ∗ |η (yj )| gi (w)(x − x˜ )(xi ) dP + sup η ∗ =1 1 i=1 Wegen der Unabh¨angigkeit der gi und hj folgt |Gx∗ ,y∗ − Gx˜∗ ,˜y∗ |2 dP Ω n

m 2 |(y ∗ − y˜∗ )(yj )|2 sup |ξ ∗ (xj )| =2 j=1

+

n i=1

∗

∗

∗

ξ ∗ =1

|(x∗ − x˜∗ )(xi )|2 sup

η ∗ =1

i=1

m

|η ∗ (yj )|2

j=1

∗

w¨ahle ξ = x , η = y˜ |Gx∗ ,y∗ − Gx˜∗ ,˜y∗ |2 dP Ω

n,m n,m √ |x∗ (xi )(y ∗ − y˜∗ )(yj )|2 + |˜ y ∗ (yj )(x∗ − x˜∗ )(xi )|2 ≥ 2 Wegen

√

ij=1

ij=1

2(a2 + b2 )1/2 ≥ |a + b| bzw. a2 + b2 ≥ 12 |a + b|2 folgt |Gx∗ ,y∗ − Gx˜∗ ,˜y∗ |2 dP Ω

≥

n,m

ij=1

|x∗ (xi )y ∗ (yj ) − x˜∗ (xi )˜ y ∗ (yj )|2

2 n,m ∗ ∗ ∗ ∗ = gij (ω)(x (xi )y (yj ) − x˜ (xi )˜ y (yj ) dP(ω) Ω ij=1 |Fx∗ ,y∗ − Fx˜∗ ,˜y∗ |2 dP = Ω

354

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Mit Lemma 160 folgt sup Fx∗ ,y∗ (ω)dP ≤ 2 sup Gx∗ ,y∗ (ω)dP x∗ ,y ∗

x∗ ,y ∗

Dies ist aber genau die rechte Ungleichung. 2 Korollar 24 Es sei ei , i = 1, . . . , n, die Einheitsvektorbasis in np und fi , i = 1, . . . , n, die Einheitsvektorbasis in nr . Dann gilt n 1 1 1 1 1 1 +r−p ∗ ∗ p 2 r √ max{n , n , n } ≤ gi,j (ω)ei ⊗ fj dP(ω) 2π Ω i,j=1

n L(n p ,r )

) 1 1 1 1 1 ≤ C max{r, p∗ } max{n r , n p∗ , n 2 + r − p } Beweis. Wir benutzen den Satz von Chevet. ⎛ n 1/2 ⎞ ⎠ |e∗i (x)|2 Λ = ⎝ sup x p =1

i=1

⎛ + ⎝ sup

n gi fi dP Ω

n

y ∗ r∗ =1

j=1

i=1

r

1/2 ⎞ n ∗ 2 ∗ ⎠ |y (fj )| gi ei dP ∗ Ω i=1

p

Wir erhalten Λ =

sup x2

n

x p =1

Ω

+

sup y ∗ 2

Λ = max{1, n

}

+ max{1, n

}

|gi |p

dP

r1 |gi |r

dP

i=1

n Ω

∗

p1∗

i=1

n Ω

dP

i=1

Ω

1 − r1∗ 2

|gi |r

n

y ∗ r∗ =1

1 − p1 2

r1

i=1

p∗

|gi |

p1∗ dP

8.10. SATZ VON CHEVET

355

Wir wenden nun die stetige Dreiecksungleichung an. Λ ≥ max{1, n

1 − p1 2

n r r1 |gi |dP } i=1

Ω

n p∗ p1∗ 1 1 |gi |dP + max{1, n 2 − r∗ } i=1

Ω

Wegen > ∞ ∞ 2 t2 2 1 − t2 =√ |t|e dt = te− 2 dt π 0 2π > 6 −∞ 7 > ∞ t2 2 2 = −e− 2 = π π 0

|gi |dP Ω

folgt > 1 1 1 1 1 1 2 ≥ max{1, n 2 − p }n r + max{1, n 2 − r∗ }n p∗ π > 1 1 1 1 1 2 = max{n r , n p∗ , n 2 + r − p } π

Λ

Andererseits gilt Λ ≤ max{1, n

1 − p1 2

}

n

r1 |gi |r dP

Ω i=1

+ max{1, n

1 − r1∗ 2

}

n

p∗

p1∗

|gi | dP

Ω i=1 1 r

1 p∗

≤ max{n , n , n

1 − p1 + r1 2

+

}

|g1 |r dP Ω

r1

p∗

|g1 | dP

+ Ω

Es gilt

1 |g1 | dP = √ 2π Ω r

∞

−∞

2

r − t2

|t| e

> ∞ t2 2 dt = tr e− 2 dt π 0

p1∗ ,

356

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Wir substituieren s = t2 /2 > > ∞ r+1 r+1 r+3 2 2 r+1 r −s |g1 | dP = s 2 e ds = 2 2 2 2 Γ π π 2 0 Ω Hieraus folgt ⎡> ⎤ ∗ r1 > p1∗ ∗ 1 1 1 1 1 r+3 p +3 2 r+1 2 p +1 ⎦ + 2 2 Γ 2 2 Γ Λ ≤ max{n r , n p∗ , n 2 − p + r } ⎣ π 2 π 2 Die Stirling Formel liefert Γ

r+3 2

∼

√

2πe

− r+3 2

r+3 2

r+3 2

2 Lemma 161 Es seien X und Y Banachr¨aume und xi , i = 1, . . . , n, und yj , j = 1, . . . , m unbedingte Basen von X und Y . Es seien ri,j Bernoulli-verteilte Zufallsvariablen. Dann gilt ⎛ n,m n 1/2 ⎞ m √ ∗ 2 ⎠ ⎝ 2 ri,j (ω)xi ⊗ yj dP(ω) ≥ sup |x (xi )| yi x∗ =1 Ω i,j=1 i=1 i=1 Y ε ⎛ m 1/2 ⎞ n ∗ 2 ⎝ ⎠ + sup |y (yj )| xi y ∗ =1 j=1

Beweis.

i=1

n,m ri,j (ω)xi ⊗ yj dP(ω) Ω i,j=1 ε n,m ∗ ri,j (ω)y (yj )xi dP(ω) ≥ sup y ∗ =1 Ω i,j=1 X n m ri,j (ω)y ∗ (yj ) dP(ω)xi ≥ sup ∗ y =1 Ω i=1

j=1

X

X

8.10. SATZ VON CHEVET

357

Mit der Khintchine Ungleichung folgt n,m ri,j (ω)xi ⊗ yj dP(ω) Ω i,j=1 ε m 12 n 1 ∗ 2 ≥ √ sup |y (yj )| xi 2 y∗ =1 i=1 j=1

X

2 Korollar 25 Es sei ei , i = 1, . . . , n, die Einheitsvektorbasis in np und fi , i = 1, . . . , n, die Einheitsvektorbasis in nr . Außerdem seien ri,j Bernoulliverteilte Zufallsver¨ anderliche. Dann gilt n 1 1 1 1 1 1 √ max{n r , n p∗ , n 2 + r − p } ≤ min ri,j (ω)e∗i ⊗ fj ω∈Ω 2 i,j=1 n L(n p ,r ) n ∗ ≤ ri,j (ω)ei ⊗ fj dP(ω) Ω i,j=1

n L(n p ,r )

) 1 1 1 1 1 ≤ C max{r, p∗ } max{n r , n p∗ , n 2 + r − p } Dies bedeutet, dass der Mittelwert u ¨ber alle ±1-Matrizen von derselben Gr¨oßenordnung wie das Minimum ist. Man vergleiche dies mit unserer Absch¨atzung f¨ ur die Normen der Walshmatrizen. Diese Normen liegen also auch beim Minimum. Beweis. Wir zeigen die Absch¨atzung nach oben. Nach Satz 157 gilt n n ∗ ∗ ri,j (ω)ei ⊗ fj dP(ω) ≤ gi,j (ω)ei ⊗ fj dP(ω) Ω Ω i,j=1

n L(n p ,r )

i,j=1

n L(n p ,r )

Nun wenden wir Korollar 24 an. Wir weisen nun die Absch¨atzung nach unten nach. 1

L(np ,nr ) ≥ (e1 )r = n r

358

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR L(np ,nr ) = t L(n

,n ) r ∗ p∗

L(np ,nr )

1 ≥ t (e1 )p∗ = n p∗

≥ n− p max (δ1 , . . . , δn )r δ 1 1 ≥ n− p n (δ1 , . . . , δn )r 2 δ r 1 n n r 1 1 −p ≥n i,j δj n 2 δ i=1 j=1 n r 1 n 1 r 1 −p ≥n i,j δj n 2 i=1 j=1 δ 1

Mit der Khintchine-Ungleichung folgt ⎛

r2 ⎞ r1 1 1 1 1 |δj |2 ⎠ = √ n 2 + r − p 2 j=1

n n

1 1 L(np ,nr ) ≥ √ n− p ⎝ 2 i=1

2 Bemerkung 2 In [CMP] wurde gezeigt, dass f¨ ur alle 0 < q < ∞ ⎛

q n,m ⎜ ∗ ri,j ei ⊗ fj ⎝ Ω i,j=1

⎞ q1 1 1 ⎟ dP⎠ ≤ K(q, r) max{m 2 , n r }

n L(m 2 ,r )

gilt, wobei ei , i = 1, . . . , m, die Einheitsvekoren in m 2 und fj , j = 1, . . . , n, die Einheitsvektoren in nr sind.

8.11. DAS VOLUMEN VON EINHEITSKUGELN

8.11

359

Das Volumen von Einheitskugeln

Wir sagen, dass eine Basis x1 , . . . , xn eines n-dimensionalen normierten Raumes X symmetrisch ist, falls f¨ ur alle Permutationen σ und alle Vorzeichen 1 , . . . , n n n ai x i = i aσ(i) xi i=1

i=1

gilt. Es seien x∗i , i = 1, . . . , n, die biorthogonalen Funktionale zu xi , i = 1, . . . , n. Sie sind durch x∗i (xj ) = δi,j gegeben. Man kann sich leicht davon u ¨berzeugen, dass x∗i , i = 1, . . . , n, eine symmetrische Basis von X ∗ ist. Ineinem solchen Fall kann man das Volumen der Einheitskugel {a ∈ n R | ni=1 ai xi ≤ 1} von unten leicht dadurch absch¨atzen, indem man feststellt, dass ein W¨ urfel der Kantenl¨ange 2/ ni=1 xi in {a ∈ Rn | ni=1 ai xi ≤ 1} enthalten ist. n

2 n n ⊆ a ∈ Rn ai x i ≤ 1 B∞ i=1 xi i=1 Falls keine unbedingte Basis vorliegt, so ist dies schwerer. Man kann jedoch das Mittel u ¨ber alle Vorzeichen benutzen. n −n n

1 n n 2 i xi ≤ vol a ∈ R ai xi ≤ 1 2n

i=1

i=1

Satz 62 Es sei X ein n-dimensionaler Banachraum und x1 , . . . , xn eine symmetrische Basis von X. Dann gilt n

−n 2n xi ≤ voln a ∈ Rn i=1

n n −n ai xi ≤ 1 ≤ (2e)n xi i=1

i=1

F¨ ur die Einheitskugeln Bpn von np erhalten wir 2n n− p ≤ voln (Bpn ) ≤ (2e)n n− p n

n

360

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Beweis. Es gilt n

|ai |

=

n

x∗i

n

|ai |xi

i=1 i=1 n n n n x∗i |ai |xi = x∗i ai x i ≤

i=1

i=1

i=1

i=1

i=1

Außerdem gilt f¨ ur alle a und b mit |ai | ≤ |bi |, i = 1, . . . , n, n n ai x i ≤ bi xi i=1

i=1

Oﬀensichtlich reicht es, dies f¨ ur den Fall a1 = b1 , . . . , an−1 = bn−1 , 0 ≤ an < bn zu zeigen. Dazu w¨ahlen wir t mit 0 < t < 1 und an = tbn − (1 − t)bn , bzw. t = (an + bn )/(2bn ). Dann gilt n n−1 n n bi xi = t bi xi + (1 − t) bi x i − b n x n ≥ ai x i i=1

i=1

i=1

n n xi x∗i n=

Nun wollen wir noch

i=1

i=1

zeigen. Es gilt n=

i=1

n

x∗i

n

i=1

i=1

xi

n n x∗i xi ≤ i=1

i=1

Nach n dem∗ Satz von Hahn-Banach existiert ein Funktional i=1 ai xi = 1 und n n n n ∗ xi = ai xi xi = ai i=1

i=1

i=1

n i=1

ai x∗i mit

i=1

Da x∗i , i = 1, . . . , n eine symmetrische Basis von X ∗ ist, gilt f¨ ur alle Permutationen σ n n ∗ ∗ 1= ai xi = aσ(i) xi i=1

i=1

8.11. DAS VOLUMEN VON EINHEITSKUGELN Somit 1

361

n 1 ∗ aσ(i) xi = n! σ i=1 n n n 1 1 ∗ ∗ aσ(i) xi = aj xi ≥ n! σ n j=1 i=1 i=1

Es folgt weiter n≥

n j=1

n n n aj x∗i = x∗i xi i=1

i=1

i=1

Hieraus folgt n n n n −1 x∗i |ai | ≤ ai xi ≤ max{|a1 |, . . . , |an |} xi i=1

i=1

i=1

oder a¨quivalent n

−1 n n xi B∞ ⊆ a ∈ R i=1

i=1

n n ai x i ≤ 1 ⊆ x∗i B1n i=1

i=1

Diese Inklusionen lassen sich benutzen, um das Volumen von BX abzusch¨atzen. √ n −n Mit der Formel von Stirling 2πn n e < n! n n

−n xi ≤ voln a ∈ Rn ai xi ≤ 1 2n i=1 i=1 −n n n n 2n ∗ n ≤ x ≤ (2e) x i i n! i=1

i=1

2 Dies ist ein einfaches und eﬀektives Verfahren, das Volumen einer Einheitskugel eines normierten Raumes abzusch¨atzen. Leichte Modiﬁkationen lassen diese Methode auch auf R¨aume anwenden, in denen eine unbedingte Basis vorhanden ist, d.h. wenn f¨ ur alle ai und Vorzeichen i n n ai ei = i ai ei i=1

i=1

362

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

In R¨aumen, wo keine solche Basis vorliegt, ist dies viel schwieriger. Beispiele solcher R¨aume sind Operatorenr¨aume. Frage Es sei Rn×n ausgestattet mit dem Lebesguemaß. Es seien X und Y Banachr¨aume und xi , i = 1, . . . , n, und yj , j = 1, . . . , m unbedingte Basen von X und Y . Gilt dann voln2 (BX⊗ Y ) ⎛

1/2 m ∼ 2 ⎝ sup |x∗ (xi )|2 yi ∗ x =1 i=1 i=1 Y ⎞ −nm m 1/2 n ∗ 2 + sup |y (yj )| xi ⎠ y ∗ =1 n

nm 2

j=1

i=1

X

Satz 63 Es sei Rn×n ausgestattet mit dem Lebesguemaß. Bp,q sei die Einheitskugel von lnp ⊗ε lnq . Dann gilt )

n2

C max{p, q}nβ(p,q)

≤ voln2

√ n2 e 2 (Bp,q ) ≤ nβ(p,q)

wobei ⎧ 1 1 1 ⎪ ⎪ ⎨ p + q − 2 falls 1 ≤ q ≤ p ≤ 2 β(p, q) = ⎪ 1 ⎪ ⎩ falls 1 ≤ q ≤ p und p ≥ 2 q

Das Oberﬂ¨achenmaß ν auf ∂B2n kann man sich auf verschiedene Weisen verschaﬀen. Man kann es als die Einschr¨ankung des n − 1-dimensionalen Hausdorﬀ-Maßes deﬁnieren. Eine weitere M¨oglichkeit ist ν(A) = nλn ([0, A]) oder wir k¨onnen es als Bildmaß der Abbildung Φ : [0, π]×· · ·×[0, π]×[0, 2π] →

8.11. DAS VOLUMEN VON EINHEITSKUGELN

363

Rn ξ1 ξ2 ξ3

= cos φ1 = sin φ1 cos φ2 = sin φ1 sin φ2 cos φ3 .. .

ξn−1 ξn

= sin φ1 . . . sin φn−2 cos φn−1 = sin φ1 . . . sin φn−2 sin φn−1

F¨ ur alle messbaren Mengen A in ∂B2n und alle Isometrien T vom Rn gilt ν(A) = ν(T (A)). Hieraus ergibt sich f (ξ)dν(ξ) = f (T (ξ))dν(ξ) ∂B2n−1

∂B2n−1

Lemma 162 Es sei µ das normalisierte Oberﬂ¨ achenmaß auf S n−1 und n sei eine Norm im R und B deren Einheitskugel. Dann gilt n x−n dµ voln (B) = voln (B2 ) S n−1

wobei B2n die Euklidische Einheitskugel ist, voln (B2n ) =

π n/2 %n &. Γ 2 +1

Beweis. Es gilt

x −1 B = {x|x ≤ 1} = x x2 ≤ x2

Wir integrieren nun bzgl. Polarkoordinaten g : [0, R] × [0, π] × · · · × [0, π] × [0, 2π] → Rn g(r, φ1 , . . . , φn−1 ) = x = (x1 , x2 , . . . , xn ) = r cos φ1 = r sin φ1 cos φ2 = r sin φ1 sin φ2 cos φ3

x1 x2 x3 .. . xn−1 xn

= r sin φ1 . . . sin φn−2 cos φn−1 = r sin φ1 . . . sin φn−2 sin φn−1

364

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Wir erhalten dann dλn (x) = B

I

∂(x1 , . . . , xn ) ∂(r, φ1 , . . . , φn−1 ) d(r, φ1 , . . . , φn−1 )

Damit ist das Volumen gleich ∂(x1 , . . . , xn ) d(r, φ1 , . . . , φn−1 ) I ∂(r, φ1 , . . . , φn−1 ) π π ξ −1 2π ··· rn−1 sinn−2 φ1 · · · sin φn−2 drdφ1 · · · dφn−1 = 0

0

0

0

wobei = cos φ1 = sin φ1 cos φ2 = sin φ1 sin φ2 cos φ3

ξ1 ξ2 ξ3 .. . ξn−1 ξn Hiermit folgt dλn (x) B

1 = n

0

2π

= sin φ1 . . . sin φn−2 cos φn−1 = sin φ1 . . . sin φn−2 sin φn−1 ···

π

0

π

ξ−n sinn−2 φ1 · · · sin φn−2 dφ1 · · · dφn−1

0

2 Lemma 163 Es seien Ti , i = 1, . . . , N Isometrien des n-dimensionalen Euklidischen Raumes und eine Norm mit Einheitskugel B. Außerdem sei xT =

N 1 Ti (x) N i=1

und BT sei die Einheitskugel dieser Norm. Dann gilt voln (BT ) ≤ voln (B)

8.11. DAS VOLUMEN VON EINHEITSKUGELN

365

Beweis. Nach Lemma ?? gilt voln (B) =

voln (B2n )

x−n dµ

S n−1

Da Ti eine Isometrie und µ das Oberﬂ¨achenmaß ist, folgt weiter n Ti (x)−n dµ voln (B) = voln (B2 ) S n−1

Deshalb folgt mit der Dreiecksungleichung 1/n

voln (B)

=

voln (B2n )1/n

1/n N 1 −n Ti (x) dµ N i=1 S n−1

≥ voln (B2n )1/n

S n−1

n 1/n N 1 −1 T (x) dµ i N i=1

F¨ ur positive Folgen a1 , . . . , aN gilt N N ai a−1 N2 ≤ i i=1

i=1

Also ⎛

vol(B)1/n

= voln (B2n )1/n ⎝

S n−1

−n ⎞1/n N 1 Ti (x) dµ⎠ N i=1

1

= voln (BT ) n 2 Lemma 164 Es sei {ei }ni=1 die Einheitsvektorbasis im Rn und B die Einheitskugel einer Norm mit ei = 1 f¨ ur i = 1, . . . , n. Dann gilt −n n 1 2n e ≤ voln (B) i i 2n

i=1

366

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Beweis. Zu jeder Vorzeichenwahl = (1 , . . . , n ) w¨ahlen wir T : Rn → Rn mit Tε ((ai )ni=1 ) = (εi ai )ni=1 als Isometrien. Mit Lemma 163 folgt dann voln (BT ) ≤ voln (B) Andererseits ist BT die Einheitskugel einer 1-unbedingten Norm. Deshalb gilt −1 n BT ⊃ ei Bln∞ i=1

Also

BT

−n −n n n n ei voln (Bln∞ ) = 2 ei voln (BT ) ≥ i=1

i=1

BT

BT

2 Lemma 165 F¨ ur alle n × n-Matrizen A = (ai,j )ni,j=1 gilt n

|ai,j | ≤

√

2 n1/p

∗ +1/q ∗ +1/2

Alpn ⊗ε lqn

falls 1 ≤ q ≤ p ≤ 2

i,j=1 n

|ai,j | ≤ n1/q

∗ +1

Alpn ⊗ε lqn

falls 1 ≤ q ≤ p und 2 ≤ p

i,j=1

Beweis. Es seien = (1 , . . . , n ) und δ = (δ1 , . . . , δn ) Vektoren, deren Koordinaten 1 oder −1 sind. n n = max max ai,j xi yj max ai,j i xi δj yj x p∗ = y q∗ =1 x p∗ = y q∗ =1 δ, i,j=1 i,j=1 n n = max max |xi | ai,j δj yj x p∗ = y q∗ =1 δ i=1 j=1 n n ≥ max |xi |2−n a δ y i,j j j x p∗ = y q∗ =1 i=1

δ

j=1

8.11. DAS VOLUMEN VON EINHEITSKUGELN

367

Mit der Khintchine Ungleichung folgt n 1/2 n n 1 max ai,j xi yj ≥ √ |xi | |ai,j yj |2 max x p∗ = y q∗ =1 x = y =1 ∗ ∗ 2 p q i,j=1 i=1 j=1 Wir w¨ahlen x = n− p∗ (1, . . . , 1) und y = n− q∗ (1, . . . , 1) 1

1

n 1/2 n n 1 ∗ ∗ max ai,j xi yj ≥ √ n−1/p −1/q |ai,j |2 x p∗ = y q∗ =1 2 i,j=1 i=1 j=1 n 1 −1/p∗ −1/q∗ −1/2 √ n ≥ |aij | 2 i,j=1

Wir w¨ahlen x = (±1, . . . , ±1) und y = ei n n n −1/q ∗ −1/q ∗ −1 max ai,j xi yj ≥ n max |ai,j | ≥ n |ai,j | j=1,...,n x p∗ = y q∗ =1 i,j=1

i=1

i,j=1

2 Beweis von Satz ?? Die rechte Ungleichung ist eine einfache Konsequenz von Lemma 165. Weil √ 1/p∗ +1/q∗ +1/2 2n Bl1 2 1≤q≤p≤2 Bp,q ⊂ n

Bp,q ⊂ n1/q

∗ +1

1 ≤ q ≤ p und p ≥ 2

Bl1 2 n

folgt f¨ ur 1 ≤ q ≤ p ≤ 2 voln2 (Bp,q ) ≤

√

∗ +1/q ∗ +1/2

2 n1/p

n2

2

· 2n ·

1 ≤ (n2 )!

√

und f¨ ur 1 ≤ q ≤ p und p ≥ 2 %

voln2 (Bp,q ) ≤ n

& 2 1+1/q ∗ n

2e

n1/p+1/q−1/2

2 e n2 2n ≤ (n2 )! n1/q

n2

368

CHAPTER 8. LOKALE STRUKTUR

Die linke (nicht triviale) Ungleichung folgt aus Lemma 25 und Lemma ??: −n2 n Ave ± ei ⊗ fj ±

2

voln2 (Bp,q ) ≥ 2n

i,j=1

−n2 ) 1 1 1 1 1 2 ≥ 2n C max{p, q} max{n q , n p , n q + p − 2 } 2