Funktionalanalysis - math.uni-bielefeld.degrigor/falect13.pdf · orie das Funktionalkalkul von Operatoren um die Funktionen von Operatoren (inklusive e itH ) de nieren zu k onnen

Funktionalanalysis

Alexander Grigorian

Universit�at Bielefeld

SS 2013

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Contents

1 Normierter Vektorraum 11.1 Einf�uhrung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Vektorr�aume und Lineare Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Die Norm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Konvergenz und Topologie in normierten Vektorr�aumen . . . . . . . . . . . 101.5 Die Lebesgue-R�aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.5.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.5.2 Das Ma� . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5.3 Messbare Funktionen und Lebesgue-Integration . . . . . . . . . . . 171.5.4 Konvergenz fast �uberall und Fatou-Lemma . . . . . . . . . . . . . . 191.5.5 Die p-Norm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.5.6 Der Raum Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Hilbertraum 272.1 Skalarprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.2 Skalarproduktnorm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.3 Geometrische Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.4 De�nition von Hilbertraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.5 Konvexe Mengen im Hilbertraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.6 Orthogonale Projektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.7 Beste Approximation von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.8 Stetige lineare Funktionale im Hilbertraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.9 Orthogonale Folgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.10 Orthonormalbasis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.11 Existenz orthogonaler Basis im separablen Hilbertraum . . . . . . . . . . . 482.12 Dicht liegende Teilmengen in Lebesgue-R�aumen . . . . . . . . . . . . . . . 502.13 Satz von Stone-Weierstra� . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.14 Spezielle Orthonormalbasen in L2(a; b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3 Lineare Operatoren im Hilbertraum 613.1 Operatornorm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 613.2 Adjungierter Operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.3 Inverser Operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.4 Spektrum eines Operators . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.5 Selbstadjungierte Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.6 Kompakte Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.7 Diagonalizierung von selbstadjungierten kompakten Operatoren . . . . . . 78

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iv CONTENTS

3.8 Sturm-Liouville-Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 823.9 Schr�odinger-Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4 Funktionalkalk�ul von selbstadjungierten Operatoren 934.1 Polynome von selbstadjungierten Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.2 Stetige Funktionen von selbstadjungierten Operatoren . . . . . . . . . . . . 95

4.2.1 Funktionalkalk�ul von selbstadjungierten Operatoren . . . . . . . . . 954.2.2 Der spektrale Abbildungssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.2.3 Zus�atzliche Eigenschaften von Funktionalkalk�ul . . . . . . . . . . . 99

4.3 Unstetige Funktionen von selbstadjungierten Operatoren . . . . . . . . . . 1014.3.1 Operator-Ungleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.3.2 Starke Konvergenz von Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.3.3 Monotone Grenzwerte der stetigen Funktionen und Funktionalkalk�ul 104

4.4 Spektralsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.4.1 Spektralschar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.4.2 Riemann-Stieltjes-Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1094.4.3 Spektralsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

5 Lineare Funktionale im Banachraum 1135.1 Dualraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

5.1.1 De�nition und Vollst�andigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1135.1.2 Dualraum von lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1145.1.3 Satz von Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1155.1.4 Bidualraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1175.1.5 Dualraum von l1 und Banachlimes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1185.1.6 Dualraum von C[a; b] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

5.2 Schwache Topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1225.2.1 Begri�e von schwacher Topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1225.2.2 Prinzip der gleichm�a�igen Beschr�anktheit . . . . . . . . . . . . . . . 1245.2.3 Schwache Vollst�andigkeit des Dualraums . . . . . . . . . . . . . . . 1265.2.4 Schwache Pr�akompaktheit im Dualraum . . . . . . . . . . . . . . . 127

5.3 Satz �uber die o�ene Abbildung und Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . 1285.3.1 Satz �uber die o�ene Abbildung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1285.3.2 Satz von der inversen Abbildung und Zerlegung von Spektrum . . . 131

Chapter 1

Normierter Vektorraum

1.1 Einf�uhrung

In Funktionalanalysis erforschen wir am meistens zwei Richtungen:1. Unendlichdimensionale Vektorr�aume.2. Lineare Operatoren in solchen R�aumen, insbesondere das Spektrum von solchen

Operatoren.Historisch die Hauptmotivation kam aus der Theorie von partiellen Di�erentialgle-

ichungen, wo man die Ergebnisse von Funktionalanalysis benutzt um z.B. die Existenzvon L�osungen zu beweisen. Eine sehr wichtige Anwendung �ndet Funktionalanalysis inQuantenmechanik. Teilweise ist die Funktionalanalysis als die matematische Sprache vonQuantenmechanik entstanded, genau so wie Di�erential- und Integralrechnung bilden dieSprache der klassischen Mechanik und Physik.Betrachten wir die Bewegung eines mikroskopischen Teilchens wie z.B. das Elektron

im Atom. Sei Xt die Position des Teilchens um Zeit t. In klassischer Mechanik bestimmtman Xt als eine Funktion von t durch die L�osung von zweitem Newtonschen Gesetz. InQuantenmechanik ist die eindeutige Bestimmung von Xt sogar theoretisch nicht m�oglich,was in der Heisenbergschen Unbestimmtheitsrelation postuliert ist. Stattdessen beschreibtman die Bewegung des Teilchens mit Hilfe von Wellenfunktion (x; t) wobei x 2 R3 einer�aumliche Variable ist und t 2 R eine zeitliche Variable. Mit Hilfe von Wellenfunktionbestimmt man die Wahrscheinlichkeit, dassXt in einer TeilmengeM von R3 liegt; n�amlich,es gilt

P (Xt 2M) =ZM

j (x; t)j2 dx:

Die Wellenfunktion ist eine komplexwertige Funktion, die die Schr�odingergleichungerf�ullt:

i~@

@t= � ~

2

2m� + V (x) ;

wobei ~ die Planck-Konstante ist, m die Masse des Teilchens, � = @2

@x21+ @2

@x22+ @2

@x23der

Laplace-Operator, und V (x) das Potential von externem Kraftfeld (z.B. elektrostatischesFeld im Atom). Diese Gleichung wurde von Erwin Schr�odinger in 1926 entdeckt, unddaf�ur erhielt er in 1933 den wohlverdienten Nobelpreis f�ur Physik.Dann entsteht die Frage, wie man die Schr�odingergleichung l�osen kann. Diese Gle-

ichung ist eine partielle Di�erentialgleichung. Um sie zu vereinfachen, nehmen wir an,

1

2 CHAPTER 1. NORMIERTER VEKTORRAUM

dass ~ = 1 und 2m = 1 so dass diese Gleichung wird

i@

@t= �� + V (x) : (1.1)

Versuchen wir eine L�osing mit Hilfe von Trennung von Variablen zu bestimmen und setzenwir an

(x; t) = u (x) v (t) :

Dann haben wiriuv0 = � (�u) v + V uv = (��u+ V u) v

und

iv0

v=��u+ V u

u:

Die linke Seite ist eine Funktion von t und die rechte Seite ist eine Funktion von x. Deshalbbedeutet diese Identit�at, dass die beiden Seiten Konstanten sind. Bezeichnen wir dieseKonstante with �, so dass

v0 = �i�vund

��u+ V u = �u:

Die erste Gleichung ist eine gew�ohnliche Di�erentialgleichung und hat die L�osung

v (t) = const e�i�t:

Die zweite Gleichung ist hei�t station�are Schr�odingergleichung. Schreiben wir diese Gle-ichung in der Form um

Hu = �u

wobeiH = ��+V ein Operator ist, der Hamilton-Operator hei�t. Jede nicht-Null L�osungu von diese Gleichung hei�t eine Eigenfunktion von H, und der entsprechende Wert von� hei�t Eigenwert. Diese Begri�e sind �ahnlich zu Eigenvektor und Eigenwert von einerMatrix. Man beweist in Linearer Algebra, dass jede symmetrische n � n Matrix A eineOrthogonalbasis von Eigenvektoren in Rn hat. F�ur den Hamilton-Operator H = ��+Vist es auch wichtig eine hinreichende Menge von Eigenfunktionen zu �nden.Ein Hauptergebnis von Funktionalanalysis ist die Existenz von Orthogonalbasis von

Eigenfunktionen dieses Operators. Aber in welchem Raum? Das ist ein unendlichdimen-sionaler Raum von Funktionen u (x) auf einer beschr�ankten Teilmenge � R3 mit derEigenschaft Z

ju (x)j2 dx <1:

Dieser Vektorraum wird mit L2 () bezeichnet und er besitzt ein Skalarprodukt

(u1; u2) =

Z

u1 (x)u2 (x)dx:

So, es geht jetzt um Eigenfunktionen und Eigenwerten von Operator H in L2 ().Gegeben ist eine Orthonormalbasis fukg1k=1 von Eigenfunktionen vonH mit entsprechen-

den Eigenwerten �k, erhalten we eine Folge von speziellen L�osungen von (1.1)

k (x; t) = uk (x) e�i�kt:

1.2. VEKTORR�AUME UND LINEARE OPERATOREN 3

Dann die allgemeine L�osung kann als eine Reihe gegeben werden:

(x; t) =

1Xk=1

ckuk (x) e�i�kt (1.2)

mit beliebigen Koe�zienten ck mit

1Xk=1

jckj2 = 1;

was �aquivalent zuRj (x; t)j2 dx = 1 ist. Die Menge von allen Eigenwerten �k hei�t das

Spectrum von H: Es ist interessant, dass die Werte �k genau die m�ogliche Energieniveaudes Teilchens ergeben. In der L�osung (1.2) nimmt die Energie des Teilchen den Wert �kmit Wahrscheinlichkeit jckj2 :Ist die Teilmenge unbeschr�ankt, z.B. = R3, so ist die Situation anders, da der

Hamilton-Operator H keinen Eigenwert haben kann. Das Spectrum hat H trotzdem,aber die Elemente des Spectrums sind nicht Eigenwerte. In diesem Fall l�ost man dieSchr�odingergleichung

i@

@t= H

mit Hilfe von Funktionalkalk�ul der Operatoren, n�amlich durch

= e�itH 0;

vorausgesetzt, dass man den Operator e�itH schon de�niert hat. F�ur eine Matrix Ade�niert man die Matrix eA mit Hilfe von Exponentialreihe:

eA =1Xk=0

Ak

k!;

und man beweist, dass die Reihe immer in einem bestimmten Sinn konvergiert. Das istnicht der Fall f�ur den Di�erentialoperator H. Man entwickelt innerhalb der Spektralthe-orie das Funktionalkalk�ul von Operatoren um die Funktionen von Operatoren (inklusivee�itH) de�nieren zu k�onnen.In dieser Vorlesung werden wir sowohl die allgemeinen Eigenschaften von unendlichdi-

mensionalen Vektorr�aumen studieren als auch die Operatoren in solchen R�aumen, ihreSpektren und Funktionalkalk�ul.

1.2 Vektorr�aume und Lineare Operatoren

Ein Vektorraum �uber K�orper K ist eine Menge V mit Operationen Addition

x; y 2 V 7! x+ y 2 V

und skalare Multiplikation� 2 K; x 2 V 7! �x 2 V;

die bestimmte Axiomen erf�ullen. Der K�orper K wird immer R oder C sein.


Seien X;Y zwei Vektorr�aume �uber K. Eine Abbildung A : X ! Y hei�t linear fallsdie folgenden Identit�aten gelten:

A (x1 + x2) = A (x1) + A (x2)

�A (x) = A (�x) :

Lineare Abbildungen hei�en auch Operatoren. H�au�g schreibt man f�ur Operatoren Axstatt A (x).Die Vektorr�aume X;Y hei�en isomorph falls es eine bijektive lineare Abbildung A :

X ! Y gibt. Man schreibt in diesem FallX �= Y:Das Isomorphismus ist eine �Aquivalenzrelationzwischen Vektorr�aumen. Gilt X �= Y , dann sind alle Eigenschaften von Addition undskalar Multiplikation in X und Y gleich.Eine Teilmenge U 2 V hei�t Unterraum falls U geschlossen bez�uglich Addition und

skalar Multiplikation ist, d.h. x; y 2 U ) x + y 2 U und �x 2 U: Dann ist U auch einVektorraum.Gegeben sei ein Unterraum U von V . Dann de�niert man auch einen Faktorraum V=U

wie folgt. Man de�niert erst eine �Aquivalenzrelation � auf V : x � y genau dann, wennx� y 2 U . O�ensichtlich ist � eine �Aquivalenzrelation, und die �Aquivalenzklassen von �sind die Elementen von V=U: F�ur jedes x 2 V bezeichnen wir mit [x] die �Aquivalenzklassevon x. Dann de�niert man die Operationen in V=U wie folgt:

[x] + [y] = [x+ y]

� [x] = [�x]

Diese Operationen sind wohlde�niert weil das Ergebnis unabh�angig von der Wahl desVertreters der Klasse ist. Z.B. gilt x0 � x und y0 � y, so gilt auch x0 + y0 � x+ y, da

(x0 + y0)� (x+ y) = (x0 � x) + (y0 � y) 2 U:

Es ist einfach zu �uberpr�ufen, dass V=U ein Vektorraum ist. Die Abbildung x 2 V 7! [x] 2V=U ist eine lineare Abbildung von V nach V=U .� wir uns an den Begri� von Dimension. Die Vektoren x1; :::; xn aus V hei�en linear

unabh�angig falls die einzige lineare Kombination von xk die verschwindet, ist die trivialeKombination, d.h.

�1x1 + :::�nxn = 0) �1 = ::: = �n = 0:

Die Dimension dimV von V ist die maximale Anzahl von linear unabh�angigen Vektorenin V oder 1 fall es beliebig lange Folgen von unabh�angigen Vektoren gibt.

Beispiel. Der Raum Rn = f(x1; :::; xn) : xi 2 Rg hat Dimension n. Der Raum Cn =f(x1; :::; xn) : xi 2 Cg has Dimension n als ein Vektorraum �uber C und 2n als ein Vektor-raum �uber R. O�ensichtlich gilt Isomorphismus Cn �= R2n als Vektorr�aume �uber R.Beispiel. Betrachten wir auch die Menge R1 = ffxkg1k=1 : xk 2 Rg von allen unendlichenFolgen von reellen Zahlen. O�ensichtlich ist R1 auch ein Vektorraum bez�uglich derOperationen fxkg + fykg = fxk + ykg und � fxkg = f�xkg : Es gilt dimR1 = 1 da eseine unendliche linear unabh�angige Menge von Vektoren in R1 gibt:

f1; 0; 0:::g ; f0; 1; 0:::g ; f0; 0; 1; 0:::g ::: (1.3)

1.2. VEKTORR�AUME UND LINEARE OPERATOREN 5

Betrachten we die Teilmengen von R1 wie folgt:

l1 =

�fxkg1k=1 : sup

kjxkj <1

�- die Menge von beschr�ankten Folgen

und, f�ur jedes p > 0;

lp =

(fxkg1k=1 :

1Xk=1

jxkjp <1):

Es ist o�ensichtlich, dass l1 ein Unterraum ist. Es gilt dass lp auch ein Unterraum ist(siehe �Ubungen). Die beiden R�aumen l1 und lp sind1-dimensional, da sie die Folge (1.3)enthalten. Gleichfalls de�niert man den Raum C1 und die komplexwertigen Versionenvon lp und l1.

Beispiel. Sei I ein Intervall, d.h. I = [a; b], oder (a; b), oder [a; b) oder (a; b] mit a < b.Bezeichnen wir mit C (I) die Menge von allen stetigen reellwertigen Funktionen auf I.Man kann C (I) als ein Vektorraum �uber R betrachten mit den folgenden Operationen:

(f + g) (t) = f (t) + g (t)

(�f) (t) = �f (t) :

Beweisen wir, dass dimC (I) =1: Daf�ur w�ahlen wir in I eine Folge fIkg1k=1 von disjunk-ten Intervallen und betrachten f�ur jedes Ik eine nicht-Null stetige Funktion fk mit demTr�ager in Ik. Dann die Folge ffkg1k=1 ist linear unabh�angig, woraus dimC (I) =1 folgt.

Beispiel. F�ur jede ganze Zahl m � 0 bezeichnen wir mit Cm (I) die Menge von m-fachstetig di�erenzierbaren Funktionen auf I. Dass ist auch ein1-dimensionaler Vektorraum,auch ein Unterraum von C (I). Bezeichnen wir mit C1 (I) der Durchschnitt von allenCm (I), so dass C1 (I) der Vektorraum von den unendlich oft di�erenzierbaren Funktionenauf I.

Beispiel. Bezeichnen with mit Pn die Menge von allen Polynomen von Grad � n mitreellen Koe�zienten. Jedes f 2 Pn hat die Form

f (t) = a0 + a1t+ :::+ antn

wobei ak 2 R. Es ist klar, dass Pn ein Unterraum von C1 (R) ist. Andererseits ist Pnisomorph zu Rn+1; da die folgende Abbildung bijektive und linear ist:

f 2 Pn 7! (a0; :::; an) 2 Rn+1:

Betrachten wir wieder lineare Abbildungen zwischen Vektorr�aumen. F�ur einen Oper-ator A : X ! Y betrachten wir den Kern von A

kerA = fx 2 X : Ax = 0g

und den Bildraum von A

imA = fAx : x 2 Ag :


Es ist klar, dass kerA ein Unterraum von X ist und imA ein Unterraum von Y . Manbeweist in linearer Algebra dass es immer gilt

imA �= X= kerA

(Homomorphiesatz). Ist dimX <1, erh�alt man daraus auch den Dimensionssatz

dimX = dimkerA+ dim imA:

Betrachten wir weitere Beispiele von Operatoren.

Beispiel. Sei M eine beliebige Menge. Bezeichnen wir mit RM die Menge von allenreellwertigen Funktionen auf M . O�ensichtlich ist RM ein Vektorraum �uber R. W�ahlenwir n Elementen x1; :::; xn aus M and betrachten die Abbildung A : RM ! Rn wie folgt:f�ur jede Funktion f :M ! R

Af = (f (x1) ; :::; f (xn)) 2 Rn:

Es ist klar, dass A linear ist.

Beispiel. In R1 die Verschiebung

A (x1; x2; x3; :::) = (x2; x3; :::)

ist ein Operator.

Beispiel. In C [a; b] der Integraloperator

Af =

Z b

a

f (t) dt

ist ein Operator von C [a; b] nach R. Der andere Integraloperator

Af (t) =

Z t

a

f (s) ds; t 2 [a; b] ;

ergibt den Operator von C [a; b] nach selbst.

Beispiel. In C1 (R) der Di�erentialoperator Af = f (n) von Ordnung n ist ein Opera-tor von C1 (R) nach selbst. F�ur diesen Operator kerA = Pn�1 und imA = C1 (R) :Insbesondere erhalten wir Isomorphismus C1 (R) =Pn�1 �= C1 (R).

1.3 Die Norm

Sei V ein Vektorraum �uber R oder C.De�nition. Eine Funktion N : V ! [0;+1) hei�t eine Norm auf V falls

(N1) N (x+ y) � N (x) +N (y) (Dreiecksungleichung)

(N2) N (�x) = j�jN (x) (absolute Homogenit�at)

(N3) N (x) = 0, x = 0 (De�nitheit)

1.3. DIE NORM 7

Erf�ullt N nur (N1) und (N2) aber nicht (N3), so hei�t N Halbnorm oder Seminorm.

De�nition. Ein normierter Vektorraum ist ein Paar (V;N) wobei V ein Vektorraum undN eine Norm auf V .

Normalerweise bezeichnet man die Norm N (x) von x 2 V mit kxk.Beispiel. In Rn die kanonische Norm ist die Euklidische Norm

kxkEuklid =qx21 + :::+ x2n

In C [a; b] die kanonische Norm is die sup-Norm

kfkC[a;b] = supx2[a;b]

jf (x)j :

In Ck [a; b] benutzt man die Norm

kfkCk[a;b] = sup0�l�k

supx2[a;b]

��f (l) (x)�� :Beispiel. Im Vektorraum Pn von Polynomen von Grad� n betrachten wir unterschiedlicheNormen. F�ur jedes Polynom f (t) = a0 + a1t+ :::+ ant

n 2 Pn kann man die EuklidischeNorm aus Rn+1 benutzen:

kfkEuklid =qa20 + a21 + :::+ a2n:

Andererseits jedes Polynom ist eine stetige Funktion auf jedem Intervall [a; b], und wek�onnen auch die sup-Norm benutzen:

kfkC[a;b] = supt2[a;b]

jf (t)j :

Damit erhalten wir eine Menge von Normen auf Pn! Gibt es eine Beziehung zwischen denNormen? Die Antwort ist im folgenden Satz gegeben.

Satz 1.1 Seien N1 und N2 zwei Normen auf einem endlichdimensionalen Vektorraum V .Dann existieren positive Konstanten c; C mit

cN2 (x) � N1 (x) � CN2 (x) f�ur alle x 2 V;

d.h. die Normen N1 und N2 sind �aquivalent.

Insbesondere sind die Normen kfkEuklid und kfkC[a;b] auf Pn �aquivalent, was �uberhauptnicht o�ensichtlich ist.Jetzt betrachten wir unterschiedliche Normen in Rn. F�ur jedes p 2 [1;1) de�nieren

with die p-Norm von x 2 Rn mit

kxkp = (jx1jp + :::+ jxnjp)1=p

und die 1-Norm mit

kxk1 = sup (jx1j ; :::; jxnj) = max (jx1j ; :::; jxnj) :


Z.B. die 2-Norm ist gleich die Euklidische Norm.Auch in lp de�nieren wir die p-Norm durch

kxkp = 1Xk=1

jxkjp!1=p

; f�ur 1 � p <1

undkxk1 = sup

k�1jxkj f�ur p =1:

Satz 1.2 F�ur jedes p 2 [1;1] ist die p-Norm eine Norm in Rn und in lp.

Die Eigenschaften (N2) und (N3) sind f�ur die p-Norm o�ensichtlich. Die Hauptsacheist die Dreiecksungleichung (N1) zu beweisen, d.h.

kx+ ykp � kxkp + kykp (1.4)

f�ur alle x; y aus Rn bzw lp. Die Ungleichung (1.4) hei�t Minkowski-Ungleichung. Wirwerden sie mit Hilfe von H�older-Ungleichung beweisen.Seien p; q 2 [1;1] mit

1

p+1

q= 1:

Jedes solches Paar p; q hei�t die konjugierten H�older-Exponenten. Z.B. die Paaren 1;1und 2; 2 sind konjugiert.

Lemma 1.3 (H�older-Ungleichung) F�ur alle x; y 2 Rn gilt

jx � yj � kxkp kykq (1.5)

wobei x � y das Skalarprodukt in Rn ist und p; q die konjugierten H�older-Exponenten.

Z.B. f�ur p = q = 2 erhalten wir die Cauchy-Schwarz-Ungleichung

jx � yj � kxk2 kyk2 :

Beweis. F�ur p = 1 und q =1 haben wir

jx � yj = jx1y1 + :::+ xnynj �nXk=1

jxkj jykj �

nXk=1

jxkj!maxkjykj = kxk1 kyk1 :

Das Gleiche gilt f�ur p =1 und q = 1. Jetzt nehmen wir an, dass 1 < p <1 und daher1 < q <1. Ist x = 0 oder y = 0; so ist (1.5) trivial. Seien x 6= 0 und y 6= 0. Betrachtenwir den Vektoren

x0 =x

kxkpund y0 =

y

kykq:

Dann gilt kx0kp = ky0kq = 1; und (1.5) ist �aquivalent zu

jx0 � y0j � 1:

1.3. DIE NORM 9

Wir haben

jx0 � y0j =nXk=1

jx0kj jy0kj �nXk=1

�jx0kj

p

p+jy0jq

q

�wobei wir die Young-Ungleichung

ab � ap

p+bq

q(1.6)

benutzt haben. Somit erhalten wir

jx0 � y0j � 1

pkx0kpp +

1

qky0kqq =

1

p+1

q= 1;

was zu beweisen war.

Beweis von (1.4). F�ur p = 1 und p = 1 ist (1.4) o�ensichtlich. Sei 1 < p < 1.Beweisen wir erst (1.4) f�ur x; y 2 Rn. Sei q der zu p konjugierte H�older-Exponent. Giltkx+ ykp = 0; so gibt es nichts zu beweisen. Nehmen wir an, dass kx+ yk 6= 0. Wirhaben

kx+ ykpp =nXk=1

jxk + ykjp =nXk=1

jxk + ykj jxk + ykjp�1

�X

(jxkj+ jykj) zk wobei zk = jxk + ykjp�1

=X

jxkj zk +X

jykj zk� kxkp kzkq + kykp kzkq=

�kxkp + kykp

�kzkq :

Berechnung von kzkq ergibt

kzkq =

nXk=1

jxk + ykj(p�1)q!1=q

=

nXk=1

jxk + ykjp!1=q

= kx+ ykp=qp ;

woraus folgt

kx+ ykpp ��kxkp + kykp

�kx+ ykp=qp :

Dividieren durch kx+ ykp=qp ergibt

kx+ ykp�p=qp � kxkp + kykp

woraus (1.4) folgt, da p� p=q = 1:F�ur x; y 2 lp erhalten wir f�ur jedes n 2 N nach Minkowski-Ungleichung in Rn

nXk=1

jxk + ykjp!1=p

�

nXk=1

jxkjp!1=p

+

nXk=1

jykjp!1=p

:

Lassen wir n!1 und erhalten Minkowski-Ungleichung in lp.


1.4 Konvergenz und Topologie in normierten Vek-

torr�aumen

Sei V ein normierter Vektorraum, wo die Norm mit k�k bezeichnet wird. Die Norminduziert eine Metrik d auf V durch die Festlegung

d (x; y) = kx� yk ;

f�ur alle x; y 2 V . Es ist einfach zu sehen, dass d (x; y) die Axiomen von Metrik erf�ullt:

(D1) d (x; y) = d (y; x) (Symmetrie)

(D2) d (x; y) � d (x; z) + d (y; z) (Dreiecksungleichung)

(D3) d (x; y) > 0 falls x 6= y, und d (x; x) = 0 (De�nitheit)

Somit ist (V; d) ein metrischer Raum. Wie in jedem metrischen Raum de�niert manKonvergenz von den Folgen in V wie folgt: xn ! x genau dann, wenn d (xn; x) ! 0f�ur n ! 1; d.h. kxn � xk ! 0 f�ur n ! 1. Man schreibt auch x = limn!1 xn. MitHilfe von Konvergenz de�niert man abgeschlossene Mengen: eine Menge M � V hei�tabgeschlossen falls f�ur jede konvergierte Folge fxng aus M gilt limxn 2M .Eine Menge � V hei�t o�en falls das Komplement c = V n abgeschlossen ist.

Eine �aquivalente De�nition von o�enen Menge ist wie folgt. Bezeichnen wir mit B (x; r)eine metrische Kugel in (V; d) mit Zentrum x und Radius r, d.h.

B (x; r) = fy 2 V : d (x; y) < rg :

Dann eine Menge ist o�en genau dann, wenn f�ur jedes x 2 existiert r > 0 mitB (x; r) � . Die so de�nierten o�enen Mengen erf�ullen die Axiomen von Topologie.Erinnern wir uns an folgendes: eine Topologie auf V ist eine Menge O von Teilmengenvon V (den o�enen Mengen), die die folgenden Axiomen erf�ullt:

(O1) ; und V geh�oren zu O.

(O2) F�ur beliebige Familie f�g�2I von Mengen � 2 O auch die VereinigungS�2I �

geh�ort zu O:

(O3) F�ur jede endliche Familie fkgnk=1 von Mengen k 2 O auch der DurchschnittTnk=1k geh�ort zu O:

Somit ist jeder normierte Vektorraum auch ein topologischer Raum, wobei die Topolo-gie von der Norm erzeugt ist. Sie hei�t die Norm-Topologie.Gegeben seien zwei �aquivalente Normen auf V . Dann erzeugen diese Normen die gle-

iche Topologie. Z.B. es folgt aus dem Satz 1.1, dass es in endlichdimensionaler Vektorraumnur eine durch die Norm erzeugte Topologie gibt. Somit hat jeder endlichdimensionalerVektorraum eine kanonische Topologie.Es ist nicht der Fall f�ur die 1-dimensionalen Vektorr�aumen.

Beispiel. Betrachten wir den Vektorraum C [a; b] mit der sup-Norm. Dann ist die Kon-vergenz fn ! f in diesem Raum �aquivalent zur gleichm�a�igen Konvergenz fn � f auf[a; b] :

1.4. KONVERGENZ UND TOPOLOGIE IN NORMIERTEN VEKTORR�AUMEN 11

Beispiel. Betrachten wir den Vektorraum C1 [0; 1] mit zwei Normen:

N1 (f) = kfkC[0;1] = supt2[0;1]

jf (t)j

und

N2 (f) = kfkC1[0;1] = max supt2[0;1]

jf (t)j ; supt2[0;1]

jf 0 (t)j!:

Betrachten wir die Folge fn (t) =1nsinnt: O�ensichtlich gilt N1 (f) =

1nund somit fn ! 0

bez�uglich die Norm N1. Andererseits f0n = cosnt und N2 (fn) = 1, woraus folgt, dass

fn 6! 0 bez�uglich N2. Somit erzeugen N1 und N2 zwei verschiedene Topologien.

Sei V ein normierter Vektorraum. Eine Folge fxng von Elementen von V hei�tCauchy-Folge (oder Fundamentalfolge) falls d (xk; xm) ! 0 f�ur l;m ! 1 (�aquivalent,kxk � xmk ! 0). Der metrische Raum (V; d) hei�t vollst�andig falls jede Cauchy-Folgekonvergiert.

De�nition. Ein normierter Vektorraum V hei�t Banachraum falls der durch die Normerzeugte metrische Raum (V; d) vollst�andig ist.

Warum ist die Vollst�andigkeit wichtig? Erinnern wir uns an die folgenden Ergebnissevon Analysis 1 und 2.

Beispiel. Um die Existenz von Wurzelpa f�ur jedes reelles a > 0 zu beweisen, betrachtet

man die rekurrente Folge fxng1n=0 mit x0 = 1 und xn+1 =12

�xn +

axn

�: Man zeigt,

dass die Folge fxng Cauchy-Folge ist und somit konvergent. Dann erf�ullt der Grenzwertx = limn!1 xn die Identit�at x =

12

�x+ a

x

�die �aquivalent zu x2 = a ist. Somit giltp

a = x. In diesem Argument ist die Vollst�andigkeit von R entscheidend.

Beispiel. Betrachten wir eine gew�ohnliche Di�erentialgleichung f 0 = �(t; f) wobei f (t)eine gesuchte Funktion ist und � eine gegebene Funktion. Unter der Lipschitz-Bedingungvon � beweist man, dass die Di�erentialgleichung mit Anfangsbedingung eine eindeutigeL�osung hat (Picard-Lindel�of-Satz). Daf�ur schreibt man die Di�erentialgleichung als eineIntegralgleichung um und de�niert mit Hilfe davon eine rekurrente Folge ffng. Danachzeigt man, dass ffng eine Cauchy-Folge in C [a; b] auf einem bestimmten Intervall [a; b]ist. Da der Raum C [a; b] vollst�andig ist (siehe Satz 1.4 unterhalb), daraus folgt, dass dieFolge ffng konvergiert. Im letzten Schritt zeigt man, dass der Grenzwert f = lim fn diegesuchte L�osung ist. O�ensichtlich ist in diesem Argument die Vollst�andigkeit von C [a; b]sehr wichtig.

Satz 1.4 Die folgenden normierten Vektorr�aume �uber R sind Banachr�aume.

(a) Jede endlichdimensionaler Vektorraum.

(b) Der Raum lp mit der p-Norm, f�ur jedes p 2 [1;1] :

(c) Der Raum Cn [a; b] mit der Cn [a; b]-Norm, f�ur alle a < b und n = 0; 1; 2; ::: .

Beweis. (a) Es reicht zu zeigen, dass Rn mit k�k1 vollst�andig ist. Sei�x(k)1k=1

eineCauchy-Folge. Dann gilt x(k) � x(m)

1 ! 0 f�ur k;m!1:


Daraus folgt, dass f�ur jedes i = 1; :::; n��x(k)i � x(m)i

��! 0 f�ur k;m!1;

d.h. die numerische Folgenx(k)i

o1k=1

Cauchy-Folge f�ur jedes i ist. Da jede Cauchy-Folge

in R konvergiert, so erhalten wir, dass xi = limk!1 x(k)i existiert f�ur jedes i. Dann��x(k)i � xi

��! 0 f�ur k !1, woraus folgt, dass f�ur x = (x1; :::; xn) x(k) � x 1 ! 0 f�ur k !1;

d.h. x(k) ! x. Somit ist die Folge�x(k)konvergent, und der Raum ist vollst�andig.

(b) Sei p 2 [1;1). Sei�x(k)1k=1

eine Cauchy-Folge in lp, d.h. x(k) � x(m) p! 0 f�ur k;m!1:

Dann erhalten wir wie zuvor, dass f�ur alle i = 1; 2; :::��x(k)i � x(m)i

��! 0 f�ur k;m!1;

und somit die Existenz von xi = limk!1 x(k)i : Setzen wir x = (x1; x2; :::) und beweisen

folgendes:

(i) x 2 lp

(ii) x(k) ! x in lp, d.h. x(k) � x

p! 0:

Da�x(k)Cauchy-Folge ist, so haben wir

8" > 0 9N 8k;m � N1Xi=1

��x(k)i � x(m)i

��p � ": (1.7)

Insbesondere gilt f�ur jedes nnXi=1

��x(k)i � x(m)i

��p � "

Lassen wir hier m!1 und erhalten

nXi=1

��x(k)i � xi

��p � ":

Dann n!1 ergibt1Xi=1

��x(k)i � xi

��p � ": (1.8)

Insbesondere gilt x(k) � x

p<1 und somit x(k) � x 2 lp: Da x(k) 2 lp, so erhalten wir

x =�x� x(k)

�+ x(k) 2 lp:

1.4. KONVERGENZ UND TOPOLOGIE IN NORMIERTEN VEKTORR�AUMEN 13

Es folgt aus (1.7) und (1.8), dass

8" > 0 9N 8k � N x(k) � x

p� "1=p;

und somit x(k) � x

p! 0 f�ur k !1:

Der Fall p =1 wird analog behandelt.(c) Betrachten wir erst den Fall n = 0 und beweisen, dass jede Cauchy-Folge ffkg in

C [a; b] konvergiert. Wir haben

supt2[a;b]

jfk (t)� fm (t)j ! 0 f�ur k;m!1:

Folglich gilt f�ur alle t 2 [a; b]

jfk (t)� fm (t)j ! 0 f�ur k;m!1

und die numerische Folge ffk (t)g1k=1 ist Cauchy-Folge. Dann existiert limk!1 fk (t) =:f (t) f�ur jedes t 2 [a; b]. Beweisen wir, dass f 2 C [a; b] und kfk � fkC[a;b] ! 0: Nach dieCauchy-Bedingung haben wir

8" > 0 9N 8k;m � N supt2[a;b]

jfk (t)� fm (t)j � ":

Insbesondere gilt f�ur jedes tjfk (t)� fm (t)j � ":

Lassen wir hier m!1 und erhalten f�ur jedes t

jfk (t)� f (t)j � ";

woraus folgt, dass auchsupt2[a;b]

jfk (t)� f (t)j � ":

Deshalb erhalten wir die gleichm�a�ige Konvergenz

fk � f auf [a; b] :

Es ist bekannt, dass der gleichm�a�ige Grenzwert von stetigen Funktionen immer stetigist. Somit gilt f 2 C [a; b] und dann auch kfk � fkC[a;b] ! 0:Jetzt beweisen wir, dass auch Cn [a; b] vollst�andig ist. Sei ffkg eine Cauchy-Folge in

Cn [a; b] ; d.h.kfk � fmkCn[a;b] ! 0 f�ur k;m!1:

Dann gilt f�ur alle i = 0; :::; n, dass f (i)k � f (i)m

C[a;b]

! 0 f�ur k;m!1;

d.h. die Folgenf(i)k

o1k=1

eine Cauchy-Folge in C [a; b] ist. Dann konvergiert diese Folge in

C [a; b] f�ur jedes i = 0; :::; n: Sei

fk � f f�ur k !1


und, f�ur jedes i = 1; :::; n

f(i)k � gi f�ur k !1:

Benutzen wir die folgende Behauptung: falls fk � f und f 0k � g f�ur stetige Funktionenf; g, dann gilt g = f 0: Daraus folgt, dass gi = f (i) und somit

f(i)k � f (i) f�ur k !1:

We erhalten, dass f 2 Cn [a; b] und kfk � fkCn[a;b] ! 0, was zu beweisen war.

Beispiel. Zeigen wir, dass der Raum V = C1 [�1; 1] mit der sup-Norm nicht vollst�andig

ist. Daf�ur betrachten wir die Folge fk (t) = jtj1+1k :

1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

t

f_k

f

Diese Folge liegt in C1 [�1; 1] und konvergiert gleichm�a�ig gegen f (t) = jtj 2 (C n C1) [�1; 1]f�ur k !1. Somit ist ffkg Cauchy-Folge in V aber ohne Grenzwert. Der Grenzwert ex-istiert allerdings in einem gr�o�eren Raum

F�ur Banachr�aumen gilt Majorantenkriterium f�ur Konvergenz von Reihen.

Satz 1.5 Seien V ein Banachraum und fxng eine Folge von Elementen von V . Danngilt

1Xn=1

kxnk <1)1Xn=1

xn konvergiert.

(Siehe �Ubungen)

1.5 Die Lebesgue-R�aume

1.5.1 Motivation

Betrachten wir im Raum C [a; b] die p-Norm

kfkp =�Z b

a

jf (t)jp dt�1=p

1.5. DIE LEBESGUE-R�AUME 15

wobei p 2 [1;1): Man kann beweisen, dass die p-Norm eine Norm ist (was wir sp�atermachen { siehe Satz 1.8). Aber der Raum C [a; b] mit dieser Norm ist nicht vollst�andig.Um es zu sehen, betrachten wir ein Beispiel f�ur den Fall p = 1 (der Fall p > 1 ist �ahnlich).

Beispiel. Betrachten wir die Folge ffng1n=1 von Funktionen aus C [�1; 1]:

fn (t) =

8<:1; 1

n� t � 1

�1; � 1n� t � �1

nt; � 1n� t � 1

n

Zum Beispiel, f4 (t) wird auf dem folgenden Bild gezeigt:

1.0 0.5 0.5 1.0

1.0

0.5

0.5

1.0

t

F�ur alle m > n haben wir fm � fn = 0 au�erhalb�� 1n; 1n

�und �uberall jfm � fnj � 1.

Es folgt, dass

kfn � fmk1 =Z 1

�1jfn � fmj dt �

2

n! 0 f�ur n!1:

Daher ist ffng eine Cauchy-Folge. Aber diese Folge hat keinen Grenzwert in C [�1; 1],da sie gegen die unstetige Funktion

f (t) =

8<:1; t > 00; t = 0�1; t < 0

punktweis und auch bez�uglich k�k1 konvergiert. Wir sehen, dass die Folge ffng konvergiertin einem gr�o�eren Raum als C [�1; 1] :Damit erhalten wir einen Tipp: man kann, vielleichtden Raum C [�1; 1] vergr�ossern und somit bez�uglich k�k1 vervollst�andigen. Um es richtigzu machen, brauchen wir die messbaren Funktionen, die statt stetiger Funktionen benutztwerden.

1.5.2 Das Ma�

De�nition. Eine �-Algebra auf einer Menge X ist eine Menge S von Teilmengen von Xmit den folgenden Eigenschaften:

� ;; X 2 S


� A 2 S ) Ac 2 S

� Ak 2 S f�ur k = 1; 2; ::: )S1k=1Ak 2 S:

Gegeben sei eine �-Algebra S auf X. Die Elementen von S hei�en auch messbareMengen.

De�nition. Ein Ma� � auf S ist eine Funktion � : S ! [0;1) mit der folgenden Eigen-schaft: f�ur jede Folge fAkg1k=1 von disjunkten messbaren Mengen gilt

�

� 1Sk=1

Ak

�=

1Xk=1

� (Ak) ; (1.9)

d.h. das Ma� ist �-additiv.

Man nennt � (A) das Ma� von A. Es folgt aus (1.9), dass � (;) = 0: Es kann auchandere Mengen mit Ma� 0 geben. Jede messbare Menge mit Ma� 0 hei�t Nullmenge. Esist klar aus (1.9), dass abz�ahlbare Vereinigung von Nullmengen wieder eine Nullmengeist.

De�nition. Ein Ma�raum ist ein Dreifache (X;S; �) ; wobei S eine �-Algebra auf X istund � ein Ma� auf S.

Ein Ma� hei�t vollst�andig, falls jede Teilmenge der Nullmenge ist auch Nullmenge.Jedes Ma� � l�asst sich vervollst�andigen: es gibt immer eine Fortsetzung von � zu einemvollst�andigen Ma�. Daf�ur addieren wir zu S alle Teilmengen von allen Nullmengen vonS und bezeichnen das Ergebnis mit S 0. Ma� � ist auf S 0 fortsetzbar: jede Teilmenge vonNullmenge von S bekommt das Ma� 0. Dann ist � auf S 0 ein vollst�andiges Mass.

Beispiel. SeiX ein beschr�anktes abgeschlossenes Intervall in R. F�ur jedes Intervall I � Xde�nieren wir die L�ange ` (I) mit ` (I) = b�a wobei a; b die Endpunkten von I sind. Wirm�ochten die L�ange ` wie ein Ma� betrachten.Aber die Menge von allen Intervallen auf X ist keine �-Algebra, da die Vereinigung

von zwei Intervallen kein Interval sein kann. Man kann allerdings beweisen, dass es eine�-Algebra S gibt mit folgenden Eigenschaften

� S enth�alt alle Intervalle von X;

� S eine �-Algebra ist;

� die L�ange ` l�asst sich auf S erweitern als ein Ma�.

Die �-Algebra S ist kleiner als die Potenzmenge 2X von allen Teilmengen von X: mankann zeigen, dass ` auf 2X nicht als Ma� fortsetzbar. Die �-Algebra S ist nicht eindeutig.Es gibt die minimale �-Algebra die alle Intervalle vonX enth�alt. Sie hei�t Borel-�-Algebraund wird mit B (X) bezeichnet. Die Elementen von B (X) hei�en auch Borel-messbareMengen. Die Vervollst�andigung von ` ergibt die Lebesgue-�-Algebra L (X) worauf ` auchde�niert ist. Die Elementen von L (X) hei�en Lebesgue-messbare Mengen. Das Ma� ` aufL (X) hei�t das Lebesgue-Ma�. Das Lebesgue-Ma� l�asst sich auch auf X = R de�nieren,aber dann man den Wert 1 f�ur das Ma� erlauben muss.

�Ahnliche Konstruktion gilt in Rn. Man de�niert erst das Volumen von n-dimensionalenQuadern I1 � :::� In mit

`n (I1 � :::� In) = ` (I1) :::` (In)


und dann beweist, dass `n zu einem Ma� auf einer �-Algebra fortgesetzt werden kann.Man erh�alt damit das Lebesgue-Ma� `n auf Borel-�-Algebra B (Rn) und auf Lebesgue-�-Algebra L (Rn).

1.5.3 Messbare Funktionen und Lebesgue-Integration

Sei (X;S; �) ein Ma�raum.

De�nition. Eine Funktion f : X ! R hei�t messbar falls die Menge fx 2 X : f (x) < cgmessbar f�ur jedes c 2 R ist.Beispiel. Die Indikatorfunktion 1A einer messbaren Menge A ist messbare Funktion.Auch lineare Kombination

NXk=1

ck1Ak

von Indikatorfunktionen von messbaren Mengen Ak messbar ist (da die Summe von mess-baren Funktionen messbar ist). Zum Beispiel, die Dirichlet-Funktion

f (t) = 1Q =

�1; t 2 Q0; t 2 R nQ

ist messbar bez�uglich Lebesgue-Ma�es, da Q messbar als eine abz�ahlbare Menge ist.Beispiel. Jede stetige Funktion f auf R ist messbar bez�uglich Lebesgue-Ma�es. F�urBeweis bemerken wir, dass die Menge ff (x) < cg eine o�ene Menge ist und deshalb eineabz�ahlbare Vereinigung von o�enen Intervallen; somit ist sie messbar. Auch jede stetigeFunktion auf Rn messbar ist.F�ur jede nicht-negative messbare Funktion f auf einem Ma�raum (X;S; �) de�niert

man das IntegralRXfd� als ein Wert aus [0;1], wie folgt:Z

X

fd� = limn!1

1Xk=0

k

n�

�x 2 X :

k

n� f (x) <

k + 1

n

�: (1.10)

Bemerken wir, dass die Menge�kn� f (x) < k+1

n

messbar ist. Deshalb ist die Summe in

(1.10) wohlde�niert und hei�t Lebesgue-Summe. Man kann zeigen, dass der Grenzwertin (1.10) immer in [0;1] existiert. Daher ist das Integral

RXfd� f�ur jede nicht-negative

messbare Funktion f als ein Wert von [0;1] de�niert.Beispiel. F�ur jede messbare Menge A � X giltZ

X

1Ad� = � (A) :

Zum Beispiel, f�ur die Dirichlet-Funktion f = 1Q\[0;1] auf dem Intervall [0; 1] erhalten wirZ[0;1]

f d` = ` (Q \ [0; 1]) = 0:

De�nition. Eine messbare Funktion f hei�t integrierbar bez�uglich � fallsZX

jf j d� <1:


In diesem Fall de�niert man das Integral von f bez�uglich � mitZX

fd� =

ZX

f+d��ZX

f�d�

wobei f� =jf j�f2. Das Integral

RXfd� von integrierbaren Funktionen f nimmt die Werte

in R.Diese Konstruktion hei�t Lebesgue-Integration im Gegenteil zu Riemann-Integration,

die nur f�ur stetige oder fast stetige Funktionen geeignet.

Beispiel. Jede stetige Funktion f auf einem beschr�ankten und abgeschlossenen Intervall[a; b] ist Lebesgue-integrierbar (d.h., integrierbar bez�uglich Lebesgue-Ma�es `). Wir wis-sen schon, dass f messbar ist. Die Stetigkeit impliziert, dassM := sup[a;b] jf j <1; woraus

folgt, dass die Lebesgue-Summe f�urR[a;b]jf j d` ist von M (b� a) nach oben beschr�ankt.

Es folgt, dass Z[a;b]

jf j d` <1;

was zu beweisen war. Man kann auch beweisen, dass die Lebesgue-Integral und Riemann-Integral in diesem Fall �ubereinstimmen:Z

[a;b]

fd` =

Z b

a

f (t) dt:

Das Lebesgue-Integral hat die folgenden Eigenschaften (wobei f und g integrierbareFunktionen sind):

1.RX(f + g) d� =

RXfd�+

RXgd�

2.RX(cf) d� = c

RXfd�

3. f � g )RXfd� �

RXgd�:

Daraus folgt auch, dass

f � 0)ZX

fd� � 0

und ��ZX

fd�

�� ZX

jf j d�:

4. F�ur eine messbare Funktion f � 0 giltRXfd� = 0 genau dann, wenn die Menge

fx 2 X : f (x) > 0g eine Nullmenge ist, d.h. f (x) = 0 au�erhalb einer Nullmenge.

Gilt eine Eigenschaft au�erhalb einer Nullmenge, so sagt man, dass diese Eigenschaftfast �uberall gilt oder f�ur fast alle Elementen von X. So, man kann dann die letzte Eigen-schaft so umformulieren: f�ur nicht-negative messbare Funktion fZ

X

fd� = 0 , f = 0 f:�u: (1.11)

Jede messbare Teilmenge Y von X kann selbst als ein Ma�raum betrachtet werden,mit �-Algebra SY = fA 2 S : A � Y g und Ma� �Y = �jSY : Man kann zeigen, dassZ

Y

fd�Y =

ZX

f1Y d�:


1.5.4 Konvergenz fast �uberall und Fatou-Lemma

Man sagt, dass eine Folge ffkg1k=1 von Funktionen auf X gegen eine Funktion f auf Xfast �uberall konvergiert und schreibt

fkf:�u:! f oder fk ! f f:�u:

falls fk (x)! f (x) f�ur k !1 au�erhalb einer Nullmenge, d.h. die Menge fx 2 X : fk (x) 6! f (x)geine Nullmenge ist. Man kann beweisen folgendes: sind alle fk messbar und fk

f:�u:! f; soist f auch messbar.

Lemma 1.6 (Fatou-Lemma) Sei ffkg eine Folge von nichtnegativen messbaren Funktio-nen auf X mit

fkf:�u:! f:

Gilt f�ur alle k und eine Konstante C ZX

fk d� � C;

so gilt auch ZX

f d� � C:

Eine �aquivalente Umformulierung ist wie folgt:ZX

�lim infk!1

fk

�d� � lim inf

k!1

ZX

fkd�:

1.5.5 Die p-Norm

Sei (X;S; �) ein Ma�raum. F�ur jedes p 2 [1;+1) und f�ur jede messbare Funktionf : X ! R de�nieren wir die p-Norm von f mit

kfkp :=�Z

X

jf jp d��1=p

:

Da jf jp nicht-negative messbare Funktion ist, so ist kfkp immer wohlde�niert als Elementvon [0;1]. Zum Beispiel, wir haben

kfk1 =ZX

jf j d� and kfk2 =�Z

X

f 2 d�

�1=2:

Trotz des Namens ist die p-Norm nicht unbedingt eine Norm, was wir sp�ater be-sprechen. Jetzt betrachten wir die Eigenschaften der p-Norm.Bemerken wir, dass die absolut Homogenit�at f�ur die p-Norm o�ensichtlich erf�ullt ist:

f�ur jedes � 2 R haben wir

k�fkp =�Z

X

j�jp jf jp d��1=p

= j�j�Z

X

jf jp d��1=p

= j�j kfkp :

Jetzt beweisen wir die Dreiecksungleichung.


Lemma 1.7 (H�older-Ungleichung) Seien p; q > 1 die konjugierten H�older-Exponenten,d.h.

1

p+1

q= 1: (1.12)

Dann f�ur alle messbare Funktionen f; g auf X giltZX

jfgj d� � kfkp kgkq (1.13)

(wobei das Product 0 � 1 als 0 de�niert ist).

Beweis. Umbenennen wir jf j in f und jgj in g, so dass f und g nicht-negativ sind. Giltkfkp = 0; so haben wir f = 0 f:�u:und (1.13) ist o�ensichtlich. Nehmen wir an, dasskfkp > 0 und kgkq > 0: Gilt kfkp = 1, so ist (1.13) wieder o�ensichtlich. Wir k�onnenjetzt annehmen, dass die beiden Werte kfkp und kgkq in (0;+1) sind.Die G�ultigkeit von (1.13) �andert sich nicht, wenn die Funktionen f und g mit Kon-

stanten multipliziert werden. Deshalb k�onnen wir annehmen, dass

kfkp = kgkq = 1:

Nach Young-Ungleichung (1.6) erhalten wirZX

jfgj d� �ZX

jf jp

pd�+

ZX

jgjq

qd�

=1

p+1

q= 1

= kfkp kgkq ;


Satz 1.8 (Minkowski-Ungleichung) F�ur alle messbare Funktionen f; g and f�ur alle p 2[1;1) gilt

kf + gkp � kfkp + kgkp : (1.14)

Beweis. F�ur p = 1 haben wir

kf + gk1 =ZX

jf + gj d� �ZX

jf j d�+ZX

jgj d� = kfk1 + kgk1 :

Sei p > 1. Ist kfkp oder kgkp gleich 1, so gilt (1.14) trivial. Dann nehmen wir an, dassdie beiden Werte kfkp und kgkp in (0;1) sind. Die Ungleichung

ja+ bjp � 2p (jajp + jbjp)

ergibt ZX

jf + gjp d� � 2p�Z

X

jf jp d�+ZX

jgjp d��<1;

so dass kf + gkp < 1. Wir k�onnen auch annehmen, dass kf + gkp > 0 da sonst (1.14)trivial ist.


Sei q = pp�1 der zu p konjugierte H�older-Exponent. Wir haben

kf + gkpp =

ZX

jf + gjp d� =ZX

jf + gj jf + gjp�1 d�

�ZX

jf j jf + gjp�1 d�+ZX

jgj jf + gjp�1 d�: (1.15)

Nach der H�older-Ungleichung erhalten wirZX

jf j jf + gjp�1 d� � kfkp jf + gjp�1

q

= kfkp�Z

X

jf + gj(p�1)q d��1=q

= kfkp kf + gkp=qp

und analog ZX

jgj jf + gjp�1 d� � kgkp kf + gkp=qp :

Addieren der zwei Ungleichungen ergibt nach (1.15)

kf + gkpp ��kfkp + kgkq

�kf + gkp=qp :

Da 0 < kf + gkp < 1, so k�onnen wir durch kf + gkp=qp dividieren, indem wir (1.14)erhalten.

Beispiel. Betrachten wir die Menge X = f1; 2; :::; ng und das Z�ahlma� � auf der �-Algebra S = 2X ; d.h. � (A) ist gleich die Anzahl der Elementen von A. Z.B. � (fkg) = 1f�ur jedes k = 1; :::; n und � (X) = n. Dann ist (X;S; �) ein Ma�raum. Bezeichnenwir mit F den Vektorraum von allen Funktionen f : X ! R und bemerken, dass jedeFunktion f 2 F mit der Folge (f (1) ; :::; f (n)) 2 Rn identi�ziert werden kann, was denIsomorphismus von Vektorr�aumen F �= Rn erzeugt. Die p-Norm der Funktion f 2 F ist

kfkp =�Z

X

jf jp d��1=p

=

nXk=1

jf (k)jp!1=p

;

was mit der p-Norm des Vektors (f (1) ; :::; f (n)) in Rn �ubereinstimmt. Deshalb kann diep-Norm auf Rn als die p-Norm im Raum F betrachtet werden.

Beispiel. Betrachten wir die Menge X = N = f1; 2; :::g und das Z�ahlma� � auf der �-Algebra S = 2X . Dann ist der Vektorraum F von allen reellwertigen Funktionen auf Xisomorph zu R1 wie folgt:

F 3 f 7! (f (1) ; f (2) ; :::) 2 R1:

Die p-Norm von f ist

kfkp =�Z

X

jf jp d��1=p

=

1Xk=1

jf (k)jp!1=p

;

was mit der p-Norm in R1 bzw lp �ubereinstimmt.

Es folgt aus den beiden Beispielen, dass die Minkowski-Ungleichung in Rn und lp einspezieller Fall der Minkowski-Ungleichung f�ur Funktionen in allgemeinen Ma�r�aumen ist.


1.5.6 Der Raum Lp

We haben schon gesehen, dass die p-Norm kfkp von messbaren Funktionen zwei Bedin-gungen von der De�nition einer Norm erf�ullt: die absolute Homogenit�at und die Dreieck-sungleichung. Noch fehlen zwei andere Bedingungen: die Endlichkeit (die Norm mussnur die Werte in [0;1) annehmen) und die De�nitheit. Im allgemeinen Fall gelten dieseBedingungen nicht: die p-Norm kann den Wert1 annehmen1 und die p-Norm von f kann0 f�ur eine nicht-Null Funktion f sein (z.B. f�ur die Dirichlet-Funktion).Unser Zweck ist jetzt einen Vektorraum zu de�nieren wo die p-Norm eine Norm ist.

Daf�ur betrachten wir f�ur jedes p 2 [1;1) die Menge

Lp =nf : X ! R : f ist messbar und kfkp <1

o:

Es folgt aus der Minkowski-Ungleichung, dass die Menge Lp ein Vektorraum �uber R ist.Nach De�nition ist die p-Norm endlich auf Lp aber noch nicht unbedingt de�nit: obwohlkfkp � 0 f�ur alle f 2 Lp gilt, es kann sein kfkp = 0 f�ur nicht-Null Funktion f . Somit istdie p-Norm eine Halbnorm auf Lp.Nach (1.11) gilt kfkp = 0 genau dann, wenn f = 0 f:�u:. Um die p-Norm zu einer Norm

machen, m�ussen wir alle f:�u: verschwindende Funktionen als ein Nullelement betrachten.

O�ensichtlich ist die Menge

N = ff : X ! R : f = 0 f:�u:g

ein Vektorraum �uber R und zwar ein Unterraum von Lp.De�nition. (Lebesgue-Raum) F�ur jedes p 2 [1;1) bezeichnen wir mit Lp = Lp (X;�)den Faktorraum Lp=N .Nach der De�nition des Faktorraums besteht Lp aus den �Aquivalenzklassen der �Aquivalenzrelation

f � g 2 N , d.h. f = g f:�u: F�ur jede Funktion f 2 Lp bezeichnen wir mit [f ] die�Aquivalenzklasse von f , d.h.

[f ] = fg : X ! R : f = g f:�u:g :

Dann kann Lp �aquivalent de�niert werden wie folgt:

Lp = f[f ] : f 2 Lpg :

Nach der De�nition des Faktorraums werden die lineare Operationen in Lp wie folgtde�niert:

[f ] + [g] = [f + g]� [f ] = [�f ]

(1.16)

f�ur � 2 R. De�nieren wir die p-Norm von �Aquivalenzklassen mit

k[f ]kp = kfkp : (1.17)

O�ensichtlich ist diese De�nition unabh�angig von der Wahl des Vertreters f der Klasse[f ], so dass k[f ]kp wohlde�niert ist.

1Z.B. f�ur die Funktion f (t) = 1t auf (0; 1) gilt kfk1 =

R 10dtt =1.


Satz 1.9 Die p-Norm (1.17) ist eine Norm auf Lp.

Beweis. Die p-Norm auf Lp ist endlich und erf�ullt die absolute Homogenit�at und dieDreiecksungleichung. Es bleibt nur die De�nitheit zu beweisen:

k[f ]kp = 0) kfkp = 0) f = 0 f:�u:) [f ] = 0:

Konvention. Man nennt die Elementen von Lp auch Funktionen (obwohl sie keineFunktionen sind) und schreibt f 2 Lp statt [f ] 2 Lp oder f 2 Lp. Es ist so gemacht umdie Terminology und Notation zu vereinfachen. Man muss immer daran erinnern, dassdie W�orter \f ist eine Funktion aus Lp" folgendes bedeuten: \f ist eine Funktion, die einVertreter eines Elements aus Lp ist" (oder \f ist eine Funktion aus Lp", aber der RaumLp wird selten benutzt).

Hauptsatz 1.10 F�ur jedes Ma�raum (X;S; �) und f�ur jedes p � 1 ist Lp (X;�) einBanachraum.

Da Lp ein normierter Vektorraum ist, so brauchen wir nur die Vollst�andigkeit davonbeweisen. Wir fangen mit zwei Lemmas an. F�ur jede Folge fAng1n=1 von Teilmengen vonX de�nieren wir lim supAn mit

lim supAn =1Tn=1

1Sk=n

Ak:

Lemma 1.11 (Borel-Cantelli-Lemma) Sei fAng eine Folge von messbaren Teilmengenvon X mit X

n

� (An) <1:

Dann gilt � (lim supAn) = 0.

Beweis. Setzen wir A = lim supAn und Bn =S1k=nAk so dass A =

T1n=1Bn. Nach

Subadditivit�at von Ma� erhalten wir

� (Bn) �1Xk=n

� (Ak)! 0 f�ur k !1:

Da A � Bn f�ur alle n, so folgt es � (A) � � (Bn) und somit � (A) = 0:

Lemma 1.12 (Chebyshev-Ungleichung) For jede messbare Funktion f auf X und f�ur allet; s > 0,

� ff � tg � 1

tskfkss :

Beweis. Setzen wir A = ff � tg. Es gilt

kfkss =ZX

jf js d� �ZA

jf js d� � tsZA

d� = ts� (A) ;


woraus die Behauptung folgt.

Beweis von Hauptsatz 1.10. Sei ffng1n=1 eine Cauchy-Folge in Lp. Um die Konver-genz von ffng in Lp zu beweisen, reicht es zu zeigen, dass eine Teilfolge von ffng in Lpkonvergiert. W�ahlen wir die Teilfolge ffnkg so dass f�ur alle k � 1 fnk+1 � fnk

p� 4�k

(was immer m�oglich ist) und beweisen, dass ffnkg gegen eine Funktion f 2 Lp in p-Normkonvergiert. Um die Notation zu vereinfachen, umbenennen wir die Folge ffnkg in ffng,so dass f�ur alle n � 1

kfn+1 � fnkp � 4�n: (1.18)

Beweisen wir zun�achst, dass die Folge ffng gegen eine Funktion f f:�u: konvergiert. Daf�urbetrachten wir die Menge

An =�x : jfn+1 (x)� fn (x)j � 2�n

:

Nach der Chebyshev-Ungleichung und (1.18) erhalten wir

� (An) � 2np kfn+1 � fnkpp � 2np4�np = 2�np:

Es folgt, dassP

n � (An) < 1. Nach dem Borel-Cantelli-Lemma hat die Menge A =lim supAn Ma� 0. Betrachten wir das Komplement von A:

Ac =1Sn=1

1Tk=n

Acn =1Sn=1

1Tk=n

�jfk+1 � fkj < 2�k

;

woraus folgt, dass

x 2 Ac , 9n 8k � n jfk+1 (x)� fk (x)j < 2�k:

W�ahlen wir ein x 2 A. Dann gilt f�ur alle m > k � n

jfk (x)� fm (x)j � jfk (x)� fk+1 (x)j+jfk+1 (x)� fk+2 (x)j+::: � 2�k+2�(k+1)+::: = 2�(k�1):

Somit jfk (x)� fm (x)j ! 0 f�ur k;m ! 1, d.h. ffk (x)g eine Cauchy-Folge in R ist.Deshalb konvergiert die numerische Folge ffk (x)g f�ur alle x 2 Ac.Setzen wir

f (x) = limk!1

fk (x) 8x 2 Ac

und f�ur x 2 A de�nieren wir die Funktion f (x) beliebig, z.B. f (x) = 0. Dann ist f einemessbare Funktion und fk

f:�u:! f f�ur k ! 1; da fk (x) ! f (x) f�ur alle x au�erhalb derNullmenge A.

Beweisen wir jetzt, dass f 2 Lp und fnLp�! f (, kfn � fkp ! 0). Es folgt aus

(1.18) dass, f�ur alle m > n,

kfn � fmkp � kfn � fn+1kp + kfn+1 � fn+2kp + ::: � 4�n + 4�(n+1) + ::: < 4�(n�1);

und somit ZX

jfn � fmjp d� � 4�p(n�1):


Da fmf:�u:! f f�ur m!1, so erhalten wir nach Fatou-LemmaZ

X

jfn � f jp d� � 4�p(n�1);

d.h. kfn � fkp ! 0 f�ur n!1. Da

kfkp � kfnkp + kf � fnkp <1;

geh�ort die Funktion f zu Lp. Damit gilt fnLp�! f , was zu beweisen war.

Betrachten wir jetzt komplexwertige messbare Funktionen und komplexwertige Lebesgue-R�aume. Eine komplexwertige Funktion f : X ! C hei�t messbar falls Re f und Im fmessbar sind. Eine messbare Funktion f : X ! C hei�t integrierbar, fallsZ

X

jf j d� <1:

Da jRe f j � jf j und jIm f j � jf j, so sind Re f und Im f auch integrierbar. F�ur einintegrierbare Funktion f : X ! C de�niert man das Lebesgue-Integral mitZ

X

fd� =

ZX

(Re f) d�+

ZX

(Im f) d�:

Man zeigt, das Integral linear ist, d.h.ZX

(f + g) d� =

ZX

fd�+

ZX

gd�

und ZX

�f d� = �

ZX

fd�

f�ur alle integrierbare Funktion f; g und alle � 2 C. Dar�uber hinaus gelten��ZX

fd�

�� ZX

jf j d�

und ZX

fd� =

ZX

f d�

wobei w die komplexe Konjugierte von w ist.F�ur komplexwertig Funktionen de�niert man die p-Norm kfkp genauso, wie f�ur reell-

wertige Funktionen:

kfkp := kjf jkp =�Z

X

jf jp d��1=p

:

Die H�older-Ungleichung und die Minkowski-Ungleichung gelten auch f�ur komplexwertigeFunktionen. Die beiden Ungleichungen f�ur komplexwertige Funktionen f; g folgen vondiesen Ungleichungen f�ur reellwertige Funktionen jf j und jgj. F�ur die H�older-Ungleichunghaben wir Z

X

jfgj d� =ZX

jf j jgj d� � kjf jkp kjgjkq = kfkp kgkq :


Im Fall p = q = 2 erhalten wir die Cauchy-Schwarz-UngleichungZX

jfgj d� � kfk2 kgk2 :

F�ur die Minkowski-Ungleichung haben wir

kf + gkp = kjf + gjkp � kjf j+ jgjkp � kjf jkp + kjgjkp = kfkp + kgkp :

Bezeichnen wir mit LpC die komplexwertige Version von Lp, d.h.

LpC =nf : X ! C : f is messbar und kfkp <1

o:

Dann ist die p-Norm k�kp eine Halbnorm auf LpC, und eine Norm auf dem Lebesgue-Raum

LpC = LpC=NC

wobeiNC = ff : X ! C: f = 0 f:�u:g :

Der Hauptsatz 1.10 gilt auch f�ur LpC { dieser Raum mit der p-Norm ist ein Banachraum.Der Beweis ist jetzt kurz. Ist ffng eine Cauchy-Folge in LpC, so sind auch fRe fng undfIm fng die Cauchy-Folgen in Lp, woraus folgt, dass fRe fng und fIm fng in Lp kon-vergieren. Deshalb konvergiert ffng in LpC.

Chapter 2

Hilbertraum

2.1 Skalarprodukt

Sei V ein Vektorraum �uber R.De�nition. Eine Funktion I : V � V ! R hei�t Skalarprodukt (oder inneres Produkt)auf V falls sie die folgenden Axiomen erf�ullt:

� Symmetrie: I (x; y) = I (y; x)

� Linearit�at: I (x; y) ist linear in x:

I (�1x1 + �2x2; y) = �1I (x1; y) + �2I (x2; y)

f�ur alle x1; x2; y 2 V und �1; �2 2 R. Es folgt aus der Symmetrie, dass I (x; y) auchin y linear ist.

� positive De�nitheit: I (x; x) � 0 und I (x; x) = 0, x = 0:

Normalerweise bezeichnet man das Skalarprodukt mit (x; y) statt I (x; y). Ein Vek-torraum mit Skalarprodukt hei�t Pr�ahilbertraum.

Beispiel. In Rn de�niert man das Skalarprodukt mit

(x; y) =

nXk=1

xkyk;

und es wird auch mit x � y bezeichnet.Beispiel. In l2 kann man analog das Skalarprodukt de�nieren:

(x; y) =1Xk=1

xkyk:

DaP1

k=1 x2k <1 und

P1k=1 y

2k <1, so konvergiert die Reihe

P1k=1 xkyk absolut. O�en-

sichtlich sind alle Axiomen von Skalarprodukt erf�ullt.

Beispiel. In C [a; b] mit reellen a < b de�nieren wir das Skalarprodukt mit

(f; g) =

Z b

a

f (t) g (t) dt:

27

28 CHAPTER 2. HILBERTRAUM

Beispiel. Betrachten wir den Lebesgue-Raum L2 auf einem Ma�raum (X;S; �), undsetzen wir f�ur f; g 2 L2

(f; g) =

ZX

fgd�:

Nach H�older-Ungleichung gilt ZX

jfgj d� � kfk2 kgk2 <1

so dass die Funktion fg integrierbar ist und somit (f; g) wohlde�niert als reelle Zahl ist.Die Symmetrie und Linearit�at sind o�ensichtlich. Auch haben wir

(f; f) =

ZX

f 2d� = kfk22 � 0:

Gilt (f; f) = 0, so erhalten wir kfk2 = 0 und somit f = 0 als Element von L2. Daher giltauch positive De�nitheit. Deshalb is (f; g) ein Skalarprodukt.

Sei jetzt V ein Vektorraum �uber C.De�nition. Eine Funktion I : V � V ! C hei�t Skalarprodukt (oder inneres Produktoder Hermitesche Form) auf V falls sie die folgenden Axiomen erf�ullt:

� Hermitesche Symmetrie: I (x; y) = I (y; x) (wobei w die komplexe Konjugierte vonw ist)

� Linearit�at in x: I (x; y) ist linear in x, d.h.

I (�1x1 + �2x2; y) = �1I (x1; y) + �2I (x2; y)

f�ur alle x1; x2; y 2 V und �1; �2 2 C.

� positive De�nitheit: f�ur alle x 2 V ist I (x; x) reel, I (x; x) � 0 und I (x; x) = 0 ,x = 0:

Es folgt aus der Hermiteschen Symmetrie und Linearit�at, dass

I (x; y1 + y2) = I (x; y1) + I (x; y2)

und

I (x; �y) = �I (x; y) :

Man sagt, dass I (x; y) semilinear in y ist.

Beispiel. In Cn de�niert man das Skalarprodukt mit

(x; y) =

nXk=1

xkyk:

2.2. SKALARPRODUKTNORM 29

Beispiel. Betrachten wir den Raum

l2C =

(fxkg1k=1 : xk 2 C und

1Xk=1

jxkj2 <1):

Das Skalarprodukt in l2C ist �ahnlich de�niert:

(x; y) =1Xk=1

xkyk:

Beispiel. Betrachten wir den Lebesgue-Raum L2C auf einem Ma�raum (X;S; �) undde�nieren wir das Skalarprodukt mit

(f; g) =

ZX

fg d�:

Nach der Cauchy-Schwarz -Ungleichung ist die Funktion fg integrierbar, daZX

jfgj d� � kfk2 kgk2 = kfk2 kgk2 <1:

Beweisen wir, dass (f; g) ein Skalarprodukt ist. Die Hermitesche Symmetrie gilt, da

(g; f) =

ZX

gf d� =

ZX

gf d� =

ZX

gf d� = (f; g) :

Die Linearit�at in f ist o�ensichtlich. Die positive De�nitheit gilt, weil

(f; f) =

ZX

f f d� =

ZX

jf j2 d� = kfk22 � 0;

und(f; f) = 0, kfk2 = 0, f = 0 als Element von L2:

2.2 Skalarproduktnorm

Wir haben gesehen, dass im Raum L2 die Cauchy-Schwarz-Ungleichung gilt

j(f; g)j � kfk2 kgk2 ;

und die folgende Identit�at gilt:kfk2 =

p(f; f):

Die �ahnlichen Eigenschaften gelten in jedem Pr�ahilbertraum V �uber R oder C.

Satz 2.1 Die Funktion kxk :=p(x; x) ist immer eine Norm, und es gilt f�ur alle x; y 2 V

j(x; y)j � kxk kyk (2.1)

(die allgemeine Cauchy-Schwarz-Ungleichung).


Die Norm x 7!p(x; x) hei�t die Skalarproduktnorm. Z.B. die 2-Norm in L2 ist

eine Skalarproduktnorm. Man kann beweisen, dass die p-Norm in Lp mit p 6= 2 keineSkalarproduktnorm ist.

Beweis. Die Funktion kxk =p(x; x) ist reel, nicht-negativ und erf�ullt die absolute

Homogenit�at, da f�ur jedes � 2 C

k�xk =p(�x; �x) =

p�� (x; x) = j�j kxk :

Auch die De�nitheit gilt, da

kxk = 0, (x; x) = 0, x = 0:

Es bleibt nur die Dreiecksungleichung zu beweisen, was machen wir nach dem Beweis von(2.1).

F�ur jedes t 2 R haben wir(x+ ty; x+ ty) � 0

woraus folgt

(x; x) + t (x; y) + t (y; x) + t2 (y; y) � 0:

Da

(x; y) + (y; x) = (x; y) + (x; y) = 2Re (x; y) ;

erhalten wir

kxk2 + 2tRe (x; y) + t2 kyk2 � 0:

Da die quadratische Funktion t 7! kxk2 + 2tRe (x; y) + t2 kyk2 ist f�ur alle t 2 R nicht-negativ, so ist ihre Diskriminante nicht-positive, d.h.

Re (x; y)2 � kxk2 kyk2 � 0;

woraus folgt

Re (x; y) � kxk kyk :

F�ur reellwertigen Raum V ist diese Ungleichung �aquivalent zu (2.1). Im Fall von kom-plexwertigen Raum �nden wir den Winkel � 2 R so dass ei� (x; y) reel und nicht-negativist. Dann erhalten wir

j(x; y)j =��ei�� j(x; y)j = ��ei�x; y�� = Re �ei�x; y� � ei�x kyk = kxk kyk :

Jetzt beweisen wir die Dreiecksungleichung:

kx+ yk2 = (x+ y; x+ y) = kxk2 + 2Re (x; y) + kyk2

� kxk2 + 2 kxk kyk+ kyk2

= (kxk+ kyk)2 ;

woraus kx+ yk � kxk+ kyk follows.

2.3. GEOMETRISCHE EIGENSCHAFTEN 31

2.3 Geometrische Eigenschaften

Sei V ein Pr�ahilbertraum �uber R oder C.De�nition. Zwei Vektoren x; y 2 V hei�en orthogonal, falls (x; y) = 0: Man schreibt indiesem Fall x?y.F�ur orthogonale Vektoren gilt der Satz des Pythagoras:

kx+ yk2 = kxk2 + kyk2 :

Beweis ist trivial, da

kx+ yk2 = kxk2 + (x; y) + (y; x) + kyk2

= kxk2 + kyk2 + 2Re (x; y)= 0:

Dieser Satz erlaubt eine Verallgemeinerung f�ur n orthogonale Vektoren.F�ur beliebige Vektoren x; y 2 V gilt die Parallelogrammgleichung:

kx+ yk2 + kx� yk2 = 2�kxk2 + kyk2

�; (2.2)

die man analog beweist. Es gilt auch die folgende Umkehrung der Parallelogrammgle-ichung: gilt (2.2) f�ur eine Norm in einem normierten Raum, so ist sie eine Skalarpro-duktnorm. In anderen W�orter hei�t das, dass die Parallelogrammgleichung in einemnormierten Raum genau dann gilt, wenn dieser Raum ein Pr�ahilbertraum ist.

2.4 De�nition von Hilbertraum

De�nition. Ein Hilbertraum ist ein vollst�andiger Pr�ahilbertraum; d.h. ein Hilbertraumist ein Vektorraum mit Skalarprodukt, der vollst�andig bez�uglich der Skalarproduktnormist.

Beispiel. Jeder endlichdimensionaler Pr�ahilbertraum ist Hilbertraum, da endlichdimen-sionaler normierter Raum immer vollst�andig ist (Satz 1.4). Insbesondere sind Rn und Cnmit standarten Skalarprodukten die Hilbertr�aume.Der Raum l2 ist Hilbertraum nach Satz 1.4.Der Raum L2 (X;�) ist ein Hilbertraum nach Hauptsatz 1.10, und so ist L2C (X;�).Der Raum C [a; b] mit Skalarprodukt aus L2 (a; b) ist Pr�ahilbertraum aber nicht Hilbert,

da C [a; b] bez�uglich der 2-Norm nicht vollst�andig ist.

2.5 Konvexe Mengen im Hilbertraum

Sei V ein Vektorraum �uber R oder C.De�nition. Eine Menge K � V hei�t konvex, falls f�ur alle x; y 2 K und � 2 [0; 1] gilt�x+ (1� �) y 2 K:Die Menge

[x; y] := f�x+ (1� �) y : 0 � � � 1g


hei�t die Verbindungsstrecke zwischen x und y. So ist die Menge K konvex fall sie mitjeden zwei Punkten auch ihre Verbindungsstrecke enth�alt.

Beispiel. Jeder Unterraum U von V ist konvex, da f�ur alle x; y 2 U auch beliebige lineareKombination von x; y in U liegt.

Beispiel. Sei V ein normierter Raum, und betrachten wir eine Kugel

BR = fx 2 H : kxk < Rg

wobei k�k die Norm in V ist. Dann ist BR konvex (siehe �Ubungen).Die konvexen Mengen im Hilbertraum haben eine besondere Eigenschaft.

Satz 2.2 Seien H ein Hilbertraum (�uber R oder C) und K � H eine abgeschlossenekonvexe Menge. Dann f�ur jedes x 2 H existiert genau ein y 2 K mit dem minimalenAbstand kx� yk, d.h.

kx� yk = min fkx� zk : z 2 Kg .

Man sagt auch, dass y eine beste Approximation von x aus K ist. Die Funktionz 7! kx� zk auf K hat immer das In�mum, aber weder die Existenz der Minimumstellenoch die Eindeutigkeit ist o�ensichtlich.

Beweis. Ohne Beschr�ankung der Allgemeinheit nehmen wir x = 0 an. Setzen wir

a = inf fkzk : z 2 Kg :

Der Wert a hei�t der Abstand von 0 bis K. Wir m�ussen beweisen die Existenz undEindeutigkeit von y 2 K mit kyk = a:Zun�achst beweisen wir die Eindeutigkeit von y. Gilt ky1k = ky2k = a f�ur zwei ver-

schiedenen Punkten y1; y2 2 K, so erhalten wir nach der Parallelogrammgleichung

ky1 + y2k2 = 2 ky1k2 + 2 ky2k2 � ky1 � y2k2 < 4a2

woraus folgt y1 + y22

< a:

Da y1+y22

2 K, so muss die gegens�atzliche Ungleichung y1+y2

2

� a gelten. Dieser Wider-spruch beweist die Eindeutigkeit von y.Jetzt beweisen wir die Existenz von y. Nach der De�nition von a existiert eine Folge

fzng1n=1 aus K mit kznk ! a f�ur n ! 1. Die Folge fzng hei�t die minimierende Folge.Wir beweisen, dass diese Folge konvergiert und der Grenzwert y = lim zn in K liegt underf�ullt kyk = a. Zun�achst zeigen wir, dass die Folge fzng eine Cauchy-Folge ist. Nach derParallelogrammgleichung haben wir f�ur alle n;m � 1

kzn � zmk2 = 2 kznk2 + 2 kzmk2 � 4 zn + zm

2

2 :Da zn+zm

22 K, es folgt

zn+zm2

� a und somit

kzn � zmk2 � 2 kznk2 + 2 kzmk2 � 4a2:

2.5. KONVEXE MENGEN IM HILBERTRAUM 33

F�ur n;m!1 erhalten wir kznk ! a und kzmk ! a woraus folgt

lim supn;m!1

kzn � zmk2 � 2a2 + 2a2 � 4a2 = 0

und limn;m!1 kzn � zmk = 0: Somit ist fzng eine Cauchy-Folge inK. Nach der Vollst�andigkeitvon H hat diese Folge den Grenzwert y = limn!1 zn. Da K abgeschlossen ist, gilt y 2 K.Die Bedingung zn ! y impliziert nach der Dreiecksungleichung, dass

jkyk � kznkj � ky � znk ! 0 f�ur n!1

und somit kznk ! kyk, woraus kyk = a folgt.

Bemerkung. Der Beweis funktioniert auch im Fall, wenn H ein Pr�ahilbertraum ist undK eine konvexe Teilmenge von H ist, die vollst�andig als metrischer Raum ist.

De�nition. Seien V ein Pr�ahilbertraum undM eine Teilmenge von V . Ein Vektor x 2 Vhei�t orthogonal zu M falls x?z f�ur alle z 2M:

Satz 2.3 Seien H ein Hilbertraum (�uber R oder C) und U ein abgeschlossener Unterraumvon H. Seien x 2 H und y 2 U . Dann sind die folgenden Eigenschaften �aquivalent:

(a) y ist der Punkt auf U mit dem minimalen Abstand von x;

(b) x� y?U .

Folglich, f�ur jedes x 2 H existiert genau ein y 2 U mit x� y?U:

De�nition. Der Punkt y 2 U mit x � y?U hei�t die orthogonale Projektion von x aufU .

Mit Hilfe von diesem Begri� kann Satz 2.3 wie folgt umformuliert werden:

� ein Punkt y 2 U hat den minimalen Abstand von x genau dann, wenn y die orthog-onale Projektion von x auf U ist;

� und die orthogonale Projektion auf U existiert immer und ist eindeutig bestimmt.

Beweis. Die Existenz und Eindeutigkeit der orthogonalen Projektion folgt aus dem Satz2.2 und der �Aquivalenz (a), (b). Wir brauchen nur diese �Aquivalenz zu beweisen. OhneBeschr�ankung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass y = 0.(b)) (a) Sei x orthogonal zu U , beweisen wir, dass 0 den minimalen Abstand von x

hat. F�ur alle u 2 U haben wir x?u und somit

kx� uk2 = kxk2 + kuk2 :

Es ist klar, dass kxk2 + kuk2 minimal ist genau dann, when u = 0.(a) ) (b) Gegeben ist, dass 0 hat den minimalen Abstand von x, beweisen wir, dass

x?U , d.h. (x; u) = 0 f�ur alle u 2 U . Betrachten wir die folgende Funktion von t 2 R:

f (t) = kx� tuk2 = kxk2 � 2tRe (x; u) + t2 kuk2 :

Diese Funktion hat das Minimum an t = 0, da f (t) der Abstand zwischen x und tu 2 Uist. Somit gilt f 0 (0) = 0 d.h. Re (x; u) = 0: W�ahlen wir � 2 R so dass

�x; ei�u

�reel ist.

Dann gilt �x; ei�u

�= Re

�x; ei�z

�= 0

woraus auch (x; u) = 0 folgt.


2.6 Orthogonale Projektoren

Seien H ein Hilbertraum �uber den K�orper K, wobei K = R oder K = C. F�ur jede MengeM � H de�nieren wir die Menge M?

M? = fx 2 H : x?Mg = fx 2 H : (x; y) = 0 8y 2Mg ;

die hei�t das orthogonale Komplement von M . Es gilt immer M ��M?�? ; da�

M?�? = �y 2 H : (y; x) = 0 8x 2M?und jedes y 2M diese De�nition erf�ullt.

Lemma 2.4 Das orthogonale Komplement M? ist immer ein abgeschlossener Unter-raum.

Beweis. Sind x1; x2 2M?, so es folgt, dass

(x1 + x2; y) = (x1; y) + (x2; y) = 0

f�ur alle y 2 M , woraus folgt x1 + x2 2 M?. Analog gilt auch �x 2 M? f�ur alle x 2 M?

und � 2 K. Somit ist M? ein Unterraum.Sei fxng eine Folge aus M?, die einen Grenzwert x = limxn hat. Dann gilt f�ur alle

y 2 H(x; y) = lim

n!1(xn; y)

daj(x; y)� (xn; y)j = j(x� xn; y)j � kx� xnk kyk ! 0:

Da (xn; y) = 0 f�ur alle y 2 M , so erhalten wir, dass auch (x; y) = 0 und somit x 2 M?.Daher ist M? abgeschlossen.

Bemerkung. Im Beweis haben wir die folgende Eigenschaft von Skalarprodukt gezeigt:die Konvergenz xn ! x im Pr�ahilbertraum V ergibt die Konvergenz (xn; y)! (x; y) f�uralle y 2 V .Sei U ein Unterraum vonH. Bemerken wir, dass U abgeschlossen genau dann ist, wenn

U vollst�andig ist (und somit auch ein Hilbertraum ist). Insbesondere ist eine endlichdi-mensionaler Unterraum U immer abgeschlossen. Unterhalb betrachten wir die Eigen-schaften der Projektion auf den abgeschlossenen Unterr�aumen von H.Sei U ein abgeschlossener Unterraum von H. F�ur jedes x 2 H bezeichnen wir mit

PUx die orthogonale Projektion von x auf U , d.h. PUx ist ein eindeutiger Punkt auf Umit x�PUx?U . Damit erhalten wir eine Abbildung PU : H ! H, die hei�t der Projektorauf U .

Satz 2.5 Der Projektor P = PU hat die folgenden Eigenschaften.

(a) P ist eine lineare Abbildung.

(b) imP = U und kerP = U?

(c) P 2 = P

2.6. ORTHOGONALE PROJEKTOREN 35

(d) kPxk � kxk 8x 2 H.

(e) (Px; y) = (x; Py) (P ist ein symmetrischer Operator).

(f) Es gilt die Identit�at PU + PU? = Id :

Beweis. Bemerken wir, dass die Bedingung x � Px?U �aquivalent zu x � Px 2 U? ist,was wird im Beweis benutzt.(a) Beweisen wir, dass f�ur alle x; y 2 H

P (x+ y) = Px+ Py:

Da x� Px 2 U? und y � Py 2 U?, so erhalten wir

x� Px+ y � Py 2 U?;

d.h.(x+ y)� (Px+ Py) 2 U?:

Da P (x+ y) ein eindeutiger Vektor mit

(x+ y)� P (x+ y) 2 U?;

daraus folgt Px + Py = P (x+ y) : Analog beweist man, dass P (�x) = �Px f�ur alleSkalaren �.(b) Nach de�nition von P haben wir imP � U . F�ur jedes x 2 U gilt o�ensichtlich

Px = x, woraus folgt imP = U: F�ur den Kern haben wir

kerP = fx 2 H : Px = 0g = fx 2 H : x?Ug = U?:

(c) Da Px 2 U , so erhalten wir P 2x = P (Px) = Px; woraus folgt P 2 = P:(d) Da

x = Px+ (x� Px)

und Px 2 U , x� Pu 2 U?, so erhalten wir nach dem Satz von Pythagoras

kxk2 = kPxk2 + kx� Pxk2

woraus kPxk � kxk folgt. Nach De�nition der Operatornorm bedeutet das kPk � 1:(e) Da Px 2 U und y � Py 2 U?, so haben wir

(Px; y � Py) = 0

und somit(Px; y) = (Px; Py) :

Analog haben wir(Py; x) = (Py; Px)

woraus folgt(x; Py) = (Px; Py)

und somit (Px; y) = (x; Py) :


(f) Es reicht zu beweisen, dass f�ur alle x 2 H

PUx+ PU?x = x:

Der Vektor y = PU?x ist eindeutig bestimmt durch die Bedingungen

y 2 U? und x� y?U?:

F�ur z = x� PUx we haben

z 2 U? und x� z = PUx?U?

da PUx � U ��U?�?: Daraus folgt y = z.

Korollar 2.6 F�ur jeden abgeschlossenen Unterraum U gilt�U?�?= U:

Beweis. Da

PU + PU? = Id = PU? + P(U?)

? ;

es folgt, dass PU = P(U?)

? und somit

U = imPU = imP(U?)? =

�U?�?:

Beispiel. F�ur jede zwei Vektoren x; y im reellwertigen Hilbertraum H de�niert man denWinkel ' = ]xy zwischen x; y mit

cos' =(x; y)

kxk kyk ; ' 2 [0; �] : (2.3)

Da (x;y)kxkkyk 2 [�1; 1], die Bedingungen (2.3) bestimmen den Winkel ' eindeutig. Sei U � H

ein abgeschlossener Unterraum und setzen wir P = PU , x0 = Px und � = ]xx0: Dann gilt

(x; x0) = (x; Px) =�x; P 2x

�= (Px; Px) = kx0k2

und

cos� =(x; x0)

kxk kx0k =kx0kkxk ;

woraus folgt kx0k = kxk cos�:Setzen wir auch y0 = Py und � = ]yy0 so dass ky0k = kyk cos �: Betrachten wir noch

zwei Winkel

= ]x0y und � = ]xy0:

2.7. BESTE APPROXIMATION VON FUNKTIONEN 37

x

x'

y'

y

0

U

α γ

δβ

Dann erhalten wir

(Px; y) = (x0; y) = kx0k kyk cos = kxk kyk cos� cos

und analog

(x; Py) = kxk kyk cos � cos �:

Da (Px; y) = (x; Py), erhalten wir die Identit�at

cos� cos = cos � cos �;

die sonst nicht so o�ensichtlich ist.

2.7 Beste Approximation von Funktionen

Sei H ein Hilbertraum (eventuell der Lebesgue-Raum L2 (X;S; �)). Gegeben seien nlinear unabh�angige Vektoren u1; :::; un 2 H, betrachten den Unterraum

U = span fu1; :::; ung = fc1u1 + :::+ cnun : ck 2 Kg ;

der die lineare H�ulle von u1; :::; un hei�t. Sei V das orthogonale Komplement von U :

V = U? = fv 2 H : (v; u1) = (v; u2) = ::: = (v; un) = 0g :

Betrachten wir zwei folgende Optimierungsprobleme: gegeben ist ein Vektor f 2 H, manmuss bestimmen

1. einen Vektor u 2 U mit minimalem kf � uk (der Vektor u ist die beste Approxima-tion von f aus U);

2. einen Vektor v 2 V mit minimalem kf � vk (der Vektor v ist die beste Approxima-tion von f aus V ).


Da V = U?, so ist V abgeschlossen. Da U endlichdimensional ist, so ist U auch

abgeschlossen. Daraus folgt, dass auch U =�U?�?= V ?. Nach dem Satz 2.3 erhalten

wir folgendes: die L�osung u des Optimierungsproblems 1 ist die orthogonale Projektionu = PUf von f auf U , und die L�osung v des Optimierungsproblems 2 ist die orthogonaleProjektion v = PV f von f auf V . Nach dem Satz 2.5 haben wir f = u+ v, so es reicht uzu bestimmen. Wir haben

u = c1u1 + :::+ cnun

wobei die Koe�zienten c1; :::; cn noch bestimmt werden m�ussen. Multiplizieren mit uk f�urk = 1; :::; n ergibt

(c1u1 + :::+ cnun; uk) = (u; uk) = (f; uk)� (v; uk) = (f; uk) ;

und wir erhalten das folgende System f�ur Bestimmung von ck:8>><>>:c1 (u1; u1) + :::+ cn (un; u1) = (f; u1)c1 (u1; u2) + :::+ cn (un; u2) = (f; u2):::c1 (u1; un) + :::+ cn (un; un) = (f; un)

(2.4)

Die Matrix M = ((uj; ui))ni;j=1 des Systems (2.4) ist die Gramsche Matrix von u1; :::; un,

und nach der linearen Unabh�angigkeit von u1; :::; un gilt detM 6= 0: Damit erhalten wirdie L�osung von (2.4) 0BB@

c1c2:::cn

1CCA =M�1

0BB@(f; u1)(f; u2):::

(f; un)

1CCA ;

die L�osung u = c1u1 + :::+ cnun des Optimierungsproblems 1, und die L�osung v = f � udes Optimierungsproblems 2.Betrachten wir konkrete Beispiele.

Beispiel. Sei H = L2 (a; b) mit endlichen a < b. Dann 1 2 L2 (a; b), und wir w�ahlenn = 1 und u1 = 1, d.h. U ist der Unterraum, der aus Konstanten besteht, und V = U?

besteht aus Funktionen v 2 L2 (a; b) mitZ b

a

vd` = 0:

Das System (2.4) f�ur c = c1 wird

c (1; 1) = (f; 1)

woraus folgt

c =1

b� a

Z b

a

fd`;

und

u = c; v = f � c:

2.7. BESTE APPROXIMATION VON FUNKTIONEN 39

Beispiel. Sei H = L2 (0; 1). Betrachten wir f�ur n = 5 die Funktionen

u1 = 1; u2 (t) = t; u3 (t) = t2; u4 (t) = t3; u5 (t) = t4

so dass U = P4. Dann haben wir

(ui; uj) =

Z 1

0

ti+j�2dt =1

i+ j � 1

und somit

M =

0BBBB@1 1

213

14

15

12

13

14

15

16

13

14

15

16

17

14

15

16

17

18

15

16

17

18

19

1CCCCA :

F�ur f (t) = et erhalten wir

(f; u1) =

Z 1

0

etdt = e� 1; (f; u2) =

Z 1

0

tetdt = 1

(f; u3) =

Z 1

0

t2etdt = e� 2; (f; u4) =Z 1

0

t3etdt = 6� 2e

(f; u5) =

Z 1

0

t4etdt = 9e� 24

woraus folgt0BBBB@c1c2c3c4c5

1CCCCA = M�1

0BBBB@e� 11

e� 26� 2e9e� 24

1CCCCA

=

0BBBB@25 �300 1050 �1400 630�300 4800 �18 900 26 880 �12 6001050 �18 900 79 380 �117 600 56 700�1400 26 880 �117 600 179 200 �88 200630 �12 600 56 700 �88 200 44 100

1CCCCA0BBBB@

e� 11

e� 26� 2e9e� 24

1CCCCA

=

0BBBB@9545e� 25 945

506 580� 186 360e825 930e� 2245 1103455 480� 1271 200e630 630e� 1714 230

1CCCCA �

0BBBB@1: 000050:998 450:510 580:139660:06 948

1CCCCASomit ist die Funktion

u (t) = (9545e� 25 945) + (506 580� 186 360e) t+ (825 930e� 2245 110) t2

+(3455 480� 1271 200e) t3 + (630 630e� 1714 230) t4


die beste Approximation von et aus P4 bez�uglich der Norm von L2 (0; 1). Die Taylor-Formel ergibt eine andere Approximation von et aus P4: das Taylor-Polynom von Grad4

v (t) = 1 + t+1

2t2 +

1

6t3 +

1

24t4:

Vergleichen wir die Abst�ande zwischen et und u bzw v: et � u 22=

Z 1

0

�et � u (t)

�2dt � 2: 759 575 738 205 1� 10�10

und et � v 22=

Z 1

0

�et � v (t)

�2dt � 8: 725 649 582 904 23� 10�6 !

Die Graphen von diesen Funktionen sehen wie folgt aus (et gr�un, u gelb, v rot): auf demIntervall (0; 1)

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.00.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

t

und auf dem Intervall (0:999; 1):

0.9990 0.9991 0.9992 0.9993 0.9994 0.9995 0.9996 0.9997 0.9998 0.9999 1.0000

2.706

2.708

2.710

2.712

2.714

2.716

2.718

t

2.8. STETIGE LINEARE FUNKTIONALE IM HILBERTRAUM 41

2.8 Stetige lineare Funktionale im Hilbertraum

Sei V ein Vektorraum �uber K (wobei K = R oder C).De�nition. Ein lineares Funktional auf V ist eine lineare Abbildung F : V ! K.Ist V ein normierter Vektorraum, so kann man �uber die Stetigkeit von F sprechen.

Beispiel. Sei H ein Hilbertraum. F�ur jedes a 2 H betrachten wir das folgende lineareFunktional

Fa : H ! KFa (x) = (x; a) :

Dieses Funktional ist stetig, da xn ! x in H impliziert (xn; a)! (x; a) :Z.B. in Rn bekommen wir die folgenden Funktionale:

Fa (x) =nXk=1

xkak:

In Rn gibt es o�ensichtlich kein anderes lineares Funktional. Das Gleiche gilt in allenHilbertr�aumen bez�uglich stetiger linearen Funktionale.

Satz 2.7 (Rieszscher Darstellungssatz) Zu jedem stetigen linearen Funktional F auf Hgibt es genau ein a 2 H mit

F (x) = (x; a) 8x 2 H:

Somit hat jedes stetige lineare Funktional F die Form Fa f�ur ein a 2 H.Beweis. Beweisen wir zun�achst die Existenz von a. Betrachten wir den Kern von F :

U = kerF = F�1 (f0g) = fx 2 H : F (x) = 0g ;

der ein abgeschlossener Unterraum von H ist, da F stetig ist. Setzen wir V = U?. GiltV = f0g, so gilt auch U = V ? = H und somit F � 0. In diesem Fall setzen wir a = 0.Im Fall V 6= f0g w�ahlen wir ein b 2 V n f0g mit F (b) = 1. Dann f�ur jedes x 2 H

haben wirF (x� F (x) b) = F (x)� F (x)F (b) = 0;

woraus folgtx� F (x) b 2 U:

Da b?U , daraus folgt(x� F (x) b; b) = 0

und somit

F (x) =(x; b)

(b; b)= (x; a)

mit a = bkbk2 :

Beweisen wir die Eindeutigkeit von a. Gilt (x; a1) = F (x) = (x; a2) f�ur alle x 2 H, soerhalten wir

(x; a1 � a2) = 0:


Einsetzen x = a1 � a2 ergibt ka1 � a2k = 0 und somit a1 = a2:

Bemerkung. Es folgt aus diesem Beweis, dass im Fall V 6= f0g

x� F (x) b?V

woraus folgt PV x = F (x) b und somit V = span fbg und dimV = 1.

Bemerkung. Die Menge von allen stetigen linearen Funktionalen auf einem normiertenVektorraum V ist ein Vektorraum, der hei�t der Dualraum von V und wird mit V 0 beze-ichnet. Satz 2.7 etabliert eine bijektive Abbildung F 7! a zwischen H 0 und H. Somitsind H 0 und H linear isomorph. Sp�ater in dieser Vorlesung studieren wir die Dualr�aumevon Banachr�aumen.

Der Titel "Funktionalanalysis" von diesem Gebiet der Mathematik stammt aus demBegri� von Funktional.

2.9 Orthogonale Folgen

De�nition. Eine Folge fvng von Vektoren im Pr�ahilbertraum hei�t orthogonal, fallsvn?vm f�ur alle n 6= m und vn 6= 0 f�ur alle n. Die Folge fvng hei�t orthonormal, fallssie orthogonal ist und kvnk = 1 f�ur alle n.Es ist bekannt, dass jede orthogonale Folge ist linear unabh�angig. Ist fvng eine or-

thogonale Folge, so ist die Folge un =vnkvnk orthonormal.

Beispiel. 1. In Rn ist die Folge e1; :::; en orthonormal, wobei

ek = (0; :::;kb1; :::0):

2. In l2 ist die Folge fekg1k=1 orthonormal, wobei

ek = (0; :::;kb1; :::; 0; :::):

3. In L2 (0; 2�) ist die folgende Folge orthogonal:

1; cosx; sin x; cos 2x; sin 2x; :::; cosnx; sinnx; :::

4. In L2C (0; 2�) ist die Folge feinxgn2Z orthogonal.5. In L2 (�1; 1) ist die Folge fLn (x)g1n=0 von Legendre-Polynomen orthogonal, wobei

Ln (x) =1

2nn!

dn

dxn�x2 � 1

�nein Polynom von Grad n ist. Z.B. wir haben L0 � 1, L1 (x) = x, L2 (x) =

12(3x2 � 1), L3 (x) =

12(5x3 � 3x), L4 (x) = 1

8(63x5 � 70x3 + 15x), usw. Diese Polynome sind auf dem n�achsten

Bild gezeichnet:

2.9. ORTHOGONALE FOLGEN 43

1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

6. Sei D die Einheitskreisscheibe in C mit dem Radius 1, d.h. D = fz 2 C : jzj < 1g.Dann ist die folgende Folge von Funktionen orthogonal in L2C (D):

1; z; z2; :::; zn; :::

Satz 2.8 Sei fengNn=1 eine orthonormale Folge im Hilbertraum H, wobei N entwedernat�urliche Zahl oder 1 ist.

(a) F�ur jedes x 2 H gilt

kxk2 �NXn=1

j(x; en)j2 (2.5)

(Besselsche Ungleichung).

(b) F�ur x =PN

n=1 �nen mit �n 2 K gelten

�n = (x; en) f�ur alle n

und

kxk2 =NXn=1

j�nj2 =NXn=1

j(x; en)j2 (2.6)

(Parsevalsche Gleichung).

Beweis. (a) Es reicht zu beweisen, dass f�ur jede nat�urliche Zahl m � N gilt

kxk2 �mXn=1

j(x; en)j2 :

Dann f�ur endliches N erhalten wir (2.5) f�ur m = N , und f�ur N =1 lassen wir m!1.


Betrachten wir den Unterraum

U = span fe1; :::; emg

der endlichdimensional und somit abgeschlossen ist. Dann ist PUx eine lineare Kombina-tion von e1; :::; em, sei

PUx = �1e1 + :::+ �mem: (2.7)

Wir haben nach dem Satz der Pythagoras

kxk2 � kPUxk2 =mXn=1

k�nenk2 =mXn=1

j�nj2 : (2.8)

Berechnen wir jetzt �n. Es folgt aus (2.7)

(x; en) = (PUx+ PU?x; en) = (PUx; en) =

mXk=1

�kek; en

!=

mXk=1

�k (ek; en) = �n:

Einsetzen in (2.8) ergibt (2.5).(b) F�ur endliches N haben wir alles schon in (a) bewiesen. Sei N = 1. Betrachten

wir die partiellen Summen

xm =mXn=1

�nen

so dass xm ! x f�ur m!1. Daraus folgt

kxmk ! kxk

und f�ur jedes n(xm; en)! (x; en) f�ur m!1:

Da f�ur m > n gilt (xm; en) = �n, so erhalten wir auch (x; en) = �n. Nach dem Satz derPythagoras gilt

kxmk2 =mXn=1

j�nj2 ;

woraus (2.6) folgt f�ur m!1.

2.10 Orthonormalbasis

Sei fengNn=1 eine Folge im Hilbertraum, wobei N entweder endlich oder unendlich ist (d.h.N 2 N [ f1g).De�nition. Die Folge fengNn=1 hei�t eine Basis, falls f�ur jedes x 2 H existiert genau eine

Folge f�ngNn=1 von Elementen von K mit

x =NXn=1

�nxn:

Die Werte �n hei�en die Koordinaten von x in der Basis feng.

2.10. ORTHONORMALBASIS 45

De�nition. Die Folge fengNn=1 hei�t ein Erzeugendensystem, falls span feng dicht in Hliegt.

Erinnern wir uns, dass span feng die lineare H�ulle von feng ist, d.h. die Menge vonallen endlichen linearen Kombinationen von feng. Die lineare H�ulle ist immer ein Un-terraum. Eine Teilmenge M � H liegt dicht im H falls der Abschluss M von M mit H�ubereinstimmt (d.h. f�ur jedes Element x 2 H existiert eine Folge fyng �M mit yn ! x).Der Abschluss von span feng hei�t die abgeschlossene lineare H�ulle von feng und wird mitspan feng bezeichnet (o�ensichtlich ist span feng ein abgeschlossener Unterraum). Somitist die Folge feng ein Erzeugendensystem genau dann, wenn span feng = H.

De�nition. Sei fengNn=1 eine orthogonale Folge. Die Folge fengNn=1 hei�t maximal, falls

x?en f�ur alle n ergibt x = 0:Die Maximalit�at von feng bedeutet, dass diese Folge nicht vergr�ossert werden kann

ohne die Orthogonalit�at zu st�oren.

Satz 2.9 Sei feng1n=1 eine orthonormale Folge. Dann sind die folgenden Eigenschaften�aquivalent:

1. feng ist eine Basis;

2. feng ist ein Erzeugendensystem;

3. feng ist maximal;

4. f�ur jedes x 2 H gilt x =P1

n=1 (x; en) en ;

5. f�ur jedes x 2 H gilt kxk2 =P1

n=1 j(x; en)j2 :

Zun�achst beweisen wir ein Lemma.

Lemma 2.10 Sei feng1n=1 eine orthonormale Folge und f�ng1n=1 eine Folge von Kon-

stanten mitP1

n=1 j�nj2 <1: Dann ist die Reihe

P1n=1 �nen konvergent.

Beweis. Betrachten wir die partielle Summe

xn =nXk=1

�kek:

F�ur n > m haben wir

kxn � xmk2 =

nXk=m+1

�kek

2

=nX

k=m+1

j�kj2 ! 0

f�ur n;m!1. Somit ist die Folge fxng Cauchy und konvergent, d.h. die ReiheP1

k=1 �kekkonvergiert.

Beweis von Satz 2.9. Wir beweisen die folgenden Implikationen:

1) 2) 3) 4) 1 und 1) 5) 3:


1) 2: Wir haben o�ensichtlich

1Xn=1

�nen 2 span feng :

Da jedes x sich in der FormP1

n=1 �nen darstellen l�asst, so erhalten wir, dass span feng =H und somit ist feng ein Erzeugendensystem.2 ) 3: Wir m�ussen beweise, dass x?en f�ur alle n ergibt x = 0: Die Bedingung x?en

impliziert, dass x orthogonal zu span feng ist und dann auch orthogonal zu span feng :Da span feng = H, erhalten wir x?H, insbesondere x?x, woraus folgt x = 0:3 ) 4: We m�ussen beweisen, dass f�ur jedes x 2 H gilt x =

P1n=1 �nen wobei �n =

(x; en) : Nach der Besselschen Ungleichung gilt

kxk2 �1Xn=1

j�nj2

so dassP1

n=1 j�nj2 < 1: Nach Lemma 2.10 ist die Reihe

P1n=1 �nen konvergent, sei

z =P1

n=1 �nen: Es bleibt zu beweisen, dass x = z: Nach Satz 2.8 gilt �n = (z; en) undsomit (z; en) = (x; en) : Daraus folgt, dass

z � x?en f�ur alle n:

Da die Folge feng maximal ist, so erhalten wir z � x = 0, was zu beweisen war.4 ) 1: Da x =

P1n=1 (x; en) en, so existiert die Entwicklung x =

P1n=1 �nen: Nach

Satz 2.8 sind alle �n eindeutig bestimmt.1 ) 5: Da feng eine Basis ist, erhalten wir f�ur jedes x eine Entwicklung x =P1n=1 �nen. Es folgt nach Satz 2.8, dass �n = (x; en) und

kxk2 =1Xn=1

j(x; en)j2 :

5 ) 3: Gilt x?en f�ur alle n, so erhalten wir (x; en) = 0 und somit auch kxk = 0 undx = 0: Daher ist die Folge feng maximal.

Korollar 2.11 Sei feng1n=1 eine Orthonormalbasis im H. Dann gilt f�ur alle x; y 2 H

(x; y) =1Xn=1

�n�n (2.9)

wobei �n = (x; en) und �n = (y; en) :

F�ur Beweis brauchen wir die folgende Behauptung.

Behauptung. In jedem Pr�ahilbertraum xn ! x und yn ! y implizieren (xn; yn) !(x; y) :

Beweis. Wir haben nach der Cauchy-Schwarz-Ungleichung:

j(xn; yn)� (x; y)j = j(xn � x; yn) + (x; yn � y)j� j(xn � x; yn)j+ j(x; yn � y)j� kxn � xk kynk+ kxk kyn � yk :

2.10. ORTHONORMALBASIS 47

Da kynk beschr�ankt wegen kynk ! kyk ist, erhalten wir, dass die rechte Seite gegen 0konvergiert f�ur n!1, woraus folgt (xn; yn)! (x; y).

Beweis von Korollar 2.11. Setzen wir

xn =nXk=1

�kek und yn =nXl=1

�lel;

so dass xn ! x und yn ! y f�ur n!1: Dann gilt

(xn; yn) =

nXk;l=1

(�kek; �lel) =nXk=1

�k�k:

F�ur n!1 erhalten wir(xn; yn)! (x; y)

undnXk=1

�k�k !1Xk=1

�k�k

woraus (2.9) folgt.Zweiter Beweis Zun�achst bemerken wir, dass nach der Cauchy-Schwarz-Ungleichung in l2C die Reihe

(2.9) absolut konvergent ist. Im fall von reellwertigen Hilbertraum H haben wir nach der Polarisations-formel und dem Parsevalschen Gleichung

(x; y) =1

4

�kx+ yk2 � kx� yk2

�=

1

4

1Xn=1

(�n + �n)2 �

1Xn=1

(�n � �n)2

!

=1Xn=1

�n�n:

Im komplexwertigen Fall gilt eine andere Polarisationsformel:

(x; y) =1

4

�kx+ yk2 � kx� yk2

�+i

4

�kx+ iyk2 � kx� iyk2

�;

woraus folgt

(x; y) =1

4

1Xn=1

j�n + �nj2 �

1Xn=1

j�n � �nj2

!

+i

4

1Xn=1

j�n + i�nj2 �

1Xn=1

j�n � i�nj2

!

=1Xn=1

�Re��n�n

�+ iRe

��ni�n

��=

1Xn=1

�Re��n�n

�+ i Im

��n�n

��=

1Xn=1

�n�n:

wobei we benutzt haben Re (�iz) = Im z:


2.11 Existenz orthogonaler Basis im separablen Hilber-

traum

De�nition. Ein metrischer Raum (X; d) hei�t separabel, falls es eine abz�ahlbare Teil-menge M � X gibt, die dicht in X liegt (d.h. M = X).

Da jeder normierter Vektorraum auch ein metrischer Raum ist, so kann man diesenBegri� f�ur normierten R�aumen anwenden.

Beispiel. R ist separabel da die abz�ahlbare Menge Q in R dicht liegt. Analog auchRn separabel ist, da die abz�ahlbare Mengen Qn von Vektoren (x1; :::; xn) mit rationalenKomponenten in Rn dicht liegt.

Beispiel. Der Raum lp ist separabel f�ur alle p 2 [1;1); da die Menge M von Elementenvon lp der Form (x1; :::; xn; 0; 0; :::) mit beliebigen n 2 N und x1; :::; xn 2 Q abz�ahlbar istund in lp dicht liegt. Der Raum l1 ist im Gegenteil nicht separabel.

Wir werden sp�ater beweisen, dass die R�aume C [a; b] und Lp (a; b) mit p 2 [1;1) auchseparabel sind. Insbesondere ist L2 (a; b) ein separabler Hilbertraum.

Satz 2.12 Sei H ein Hilbertraum mit dimH = 1. Dann sind die folgenden Eigen-schaften �aquivalent:

1. Es gibt eine Orthonormalbasis feng1n=12. Es gibt ein Erzeugendensystem fgng1n=13. H ist separabel.

Beweis. 1) 2: Eine Basis ist auch ein Erzeugendensystem nach Satz 2.9.2) 3: Betrachten wir die rationale lineare H�ulle von fgng:

spanQ fgng = fc1g1 + :::+ cngn : n 2 N; Re ck; Im ck 2 Qg :

Die Menge spanQ fgng ist o�ensichtlich abz�ahlbar, und

spanQ fgng = span fgng = H:

Damit ist H separabel.3 ) 2: Trivial: ist M = fgng1n=1 eine abz�ahlbare dichte Menge, so ist die Folge fgng

Erzeugendensystem, daspan fgng �M = H:

2 ) 1: Gegeben ist ein Erzeugendensystem fgng1n=1, so bilden wir eine Orthogonal-basis feng mit Hilfe von dem Gram-Schmidtschen Orthogonalisierungsverfahren. Danachkann man die Vektoren en normieren, d.h. en durch

enkenk ersetzen und somit eine Or-

thonormalbasis erhalten. Wir de�nieren die Folge feng1n=1 per Induktion nach n so dassf�ur jedes n gilt:

� die Folge fe1; :::; eng ist orthogonal;

� g1; :::; gn 2 span fe1; :::; eng.

2.11. EXISTENZ ORTHOGONALER BASIS IM SEPARABLEN HILBERTRAUM 49

Ohne Beschr�ankung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass gn 6= 0 f�ur alle n. Dannf�ur n = 1 setzen wir e1 = g1. Angenommen, dass die Vektoren e1; :::; en schon de�niertsind, bemerken wir, dass der Unterraum En := span fe1; :::; eng endlichdimensional undabgeschlossen ist. Dann existiert ein gm =2 En da sonst erhalten wir

H = span fgmg � En

was im Widerspruch zu dimH = 1 steht. W�ahlen wir ein gm =2 En mit dem minimalenWert von m.Da En alle g1; :::; gn enth�alt, so haben wir m � n+ 1. Setzen wir

en+1 = PE?n gm: (2.10)

Dann ist en+1 orthogonal zu En und somit zu allen e1; :::; en, so dass fe1; :::; en+1g eineorthogonale Folge ist. Da

gm = PEngm + PE?n gm = PEngm + en+1

und PEngm 2 En, so erhalten wir, dass

gm 2 span (En; en+1) = En+1:

Nach der Minimalit�at von m gilt g1; :::; gm�1 2 En, woraus folgt g1; :::; gm 2 En+1 undsomit auch g1; :::; gn+1 2 En+1.Nach dem Induktionsprinzip erhalten wir eine orthogonale Folge feng1n=1 mit der

Eigenschaft, dass span feng alle gk enth�alt. Daraus folgt, dass

span feng � span fgng = H

und somit ist feng eine Basis nach dem Satz 2.9.

Bemerkung. In den Anwendungen ist es leichter PEngm als PE?n gm zu bestimmen. Dannbenutzt man statt (2.10) die �aquivalente De�nition

en+1 = gm � PEngm:

Korollar 2.13 Jeder separabler Hilbertraum H ist isomorph (als Hilbertraum) zu einemder folgenden R�aumen: Rn,Cn, l2, l2C.

Beweis. Betrachten wir den Fall von K = C. Gilt n := dimH <1; so istH isomorph zuCn. Sei dimH =1. Nach dem Satz 2.12 existiert in H eine Orthonormalbasis feng1n=1 :F�ur jedes x 2 H existiert eine eindeutige Entwicklung

x =

1Xn=1

xnen

mit xk 2 C, und Xjxkj2 = kxk2 <1:


Daraus folgt, dass die Folge (x1; x2; :::) ein Element von l2C ist. Somit erhalten wir eine

lineare Abbildung

� : H ! l2C�x = (x1; x2; :::) :

O�ensichtlich gelten ker� = f0g und im� = l2C, da f�ur jede Folge (x1; x2; :::) 2 l2C dieReihe

P1n=1 xnen zu einem Element von H konvergiert (siehe Lemma 2.10). Somit sind

H und l2C linear isomorph als Vektorr�aume.Zeigen wir, dass H und l2C auch isomorph als Hilbertr�aume sind (man sagt auch, dass

H und l2C linear isometrisch sind). Daf�ur m�ussen wir �uberpr�ufen, dass die Abbildung �das Skalarprodukt beh�alt, d.h. f�ur alle x; y 2 H

(x; y) = (�x;�y) : (2.11)

Dies folgt aus Korollar 2.11, da x =Pxnen und y =

Pynen ergeben

(x; y) =1Xn=1

xnyn

und nach der De�nition von Skalarprodukt in l2C

(�x;�y) =1Xn=1

xnyn;

woraus (2.11) folgt.

2.12 Dicht liegende Teilmengen in Lebesgue-R�aumen

Seien A;B zwei Mengen in einem normierten Vektorraum V . Wir betrachten h�au�gdie Bedingung A � B wobei B der Abschluss von B ist, und benutzen die folgendeBezeichnung:

A � B , A � B:

Man sagt in diesem Fall: A wird mit B approximiert. Die Bedingung A � B bedeutet,dass jedes a 2 A mit eine Folge fbng aus B approximiert wird, d.h. bn ! a f�ur n!1.Z.B. liegt B dicht in V , so schreiben wir V � B. Bemerken wir folgendes: h�au�g

benutzt man die Relation A � B in der Situation wenn A � B, aber trotzdem A � B.

Lemma 2.14 Seien A;B;C Teilmengen von V .

(a) A � B � C impliziert A � C

(b) A � spanB impliziert span (A) � span (B) :

Beweis. (a) Da A � B und B � C ergibt B � C, so erhalten wir A � C:(b) Da jedes Element von A mit linearen Kombinationen von Elementen von B ap-

proximiert werden kann, so gilt dasselbe f�ur die linearen Kombinationen von Elementenvon A, woraus span (A) � span (B) folgt.Sei C0 [a; b] ein Unterraum von C[a; b] der aus den Funktionen f 2 C [a; b] mit f (a) =

f (b) = 0 besteht.

2.12. DICHT LIEGENDE TEILMENGEN IN LEBESGUE-R�AUMEN 51

Satz 2.15 F�ur alle reelle a < b und p 2 [1;1) gilt folgendes.

(a) Lp (a; b) ist separabel.

(b) C0 [a; b] liegt dicht in Lp (a; b).

Beweis. Betrachten wir zun�achst den Fall p = 1: F�ur (a) �nden wir eine abz�ahlbareTeilmenge M � L1 (a; b) und beweisen, dass

L1 (a; b) �M: (2.12)

F�ur (b) beweisen wir (2.12) mit M = C0 [a; b].In den beiden F�allen �nden wir die Teilmengen T0; T1; T2; T3 von L

1 (a; b) mit

L1 (a; b) � spanT0 � spanT1 � spanT2 � spanT3 �M:

Setzen wirT0 =

�f 2 L1 (a; b) : f � 0

;

T1 = f1E : E ist messbare Teilmenge von (a; b)gT2 = f1 : ist o�ene Teilmenge von (a; b)gT3 = f1I : I ist ein o�enes Teilintervall von (a; b)g :

Nach der De�nition von integrierbaren Funktionen haben wir

L1 (a; b) = spanT0:

Beweisen wir, dass T0 � spanT1. Nach der De�nition von Lebesgue-Integral haben wirf�ur jede nicht-negative Funktion f 2 L1 (a; b)Z

[a;b]

fd` = limn!1

Z[a;b]

fnd`

wobei

fn =

1Xk=0

k

n1f kn�f< k+1

n g:

Da f � fn, daraus folgt

kf � fnk1 =Z[a;b]

(f � fn) d`! 0 f�ur n!1:

Da die Mengen�kn� f < k+1

n

messbar sind, so erhalten fn 2 spanT1 und somit f 2

spanT1, woraus T0 � spanT1 folgt.Um T1 � T2 zu beweisen, brauchen wir die Konstruktion von Lebesgue-Ma� auf (a; b).

Nach der De�nition von messbaren Mengen, f�ur jede messbare Menge E � (a; b) existierteine Folge von o�enen Mengen n � (a; b) mit n � E und ` (n n E) ! 0 f�ur n ! 1:Daraus folgt, dass

k1n � 1Ek1 =Z[a;b]

1nnEd` = ` (n n E)! 0


und somit T1 � T2:Jede o�ene Teilmenge � (a; b) ist eine disjunkte Vereinigung

F1k=1 Ik von o�enen

Intervallen Ik. Daraus folgt, dass 1 �nXk=1

1Ik

1

= `

� 1Fk=n+1

Ik

�! 0 f�ur n!1

und somit T2 � spanT3:Im Fall (a) setzen wir

M = spanQ�1(�;�) : (�; �) � (a; b) mit �; � 2 Q

:

Es ist klar, dass M abz�ahlbar ist und M = spanT3. Daraus folgt

spanT3 �M

und somit auchL1 (a; b) �M;

d.h. L1 (a; b) ist separabel.Im Fall (b) es bleibt zu zeigen, dass T3 � C0 [a; b] : F�ur jedes o�enes Intervall I =

(�; �) � (a; b) und jedes hinreichend kleines " > 0 betrachten wir die stetige Funktion auf[a; b]

f" (x) =

8<:1; �+ " � x � � � "0; x � � oder x � �linear auf [�; �+ "] und [� � "; �] :

Dann gelten f" 2 C0 [a; b] und 1(�;�) � f" 1� 2";

woraus folgt T3 � C0 [a; b].Betrachten wir jetzt den allgemeinen Fall p 2 (1;1) : De�nieren wir eine Abbildung

� : Lp (a; b)! L1 (a; b)

�f = jf jp sgn f

Da j�f j = jf jp, so haben wir �f 2 L1 (a; b). O�ensichtlich hat � die inverse Abbildung

��1 : L1 (a; b)! Lp (a; b)

��1h = jhj1=p sgnh:

Wir werden beweisen, dass (2.12) ergibt

Lp (a; b) � ��1 (M) : (2.13)

Im Fall (a) ist ��1 (M) abz�ahlbar, woraus folgt, dass Lp (a; b) separabel ist. Im Fall (b)bemerken wir, dass

��1 (C0 [a; b]) = C0 [a; b] ;

woraus folgt, dass C0 [a; b] dicht in Lp (a; b) liegt.

2.12. DICHT LIEGENDE TEILMENGEN IN LEBESGUE-R�AUMEN 53

F�ur zwei Funktion f; g 2 Lp (a; b) erhalten wir1

kf � gkpp =Z[a;b]

jf � gjp d` � 2pZ[a;b]

j�f � �gj d` = 2p k�f � �gk1 : (2.15)

Nach dem ersten Teil von dem Beweis, f�ur jede Funktion f 2 Lp (a; b), erhalten wir eineFolge fhng von Funktionen aus M � L1 (a; b) mit

k�f � hnk1 ! 0 f�ur n!1:

Setzen wir

fn = ��1hn 2 ��1 (M) :

Nach (2.15) erhalten wir

kf � fnkpp � 2p k�f � �fnk1 = 2p k�f � hnk1 ! 0;

und somit fnLp! f , woraus (2.13) folgt

Korollar 2.16 LpC (a; b) ist separabel f�ur alle p 2 [1;1):

Beweis. Ist M eine abz�ahlbare dicht liegende Teilmenge von Lp (a; b), so ist die Menge

K = ff + ig : f; g 2Mg

abz�ahlbar und liegt dicht in L2C (a; b).

Korollar 2.17 Die Hilbertr�aume L2 (a; b) und L2C (a; b) haben abz�ahlbare Orthogonal-basen. Auch L2 (a; b) ist isomorph zu l2 und L2C (a; b) ist isomorph zu l

2C.

Beweis. Das folgt aus dem Satz 2.12 und Korollar 2.13, da die R�aume L2 (a; b) undL2C (a; b) separabel und unendlichdimensional sind.

1Wir benutzen die folgende Eigenschaft der Funktion ' (t) = jtjp sgn t: f�ur alle t; s 2 R

jt� sjp � 2p j' (t)� ' (s)j : (2.14)

Es reicht (2.14) f�ur den Fall t > s und t � 0 zu beweisen. F�ur s � 0 haben wir�1� s

t

�p+�st

�p� 1� s

t+s

t= 1

woraus folgt

(t� s)p � tp � sp = ' (t)� ' (s) :

F�ur s < 0 haben wir

(t� s)p = (t+ jsj)p � (2max (t; jsj))p

� 2p (tp + jsjp)= 2p (' (t)� ' (s)) :


2.13 Satz von Stone-Weierstra�

Sei X ein kompakter metrischer Raum. Bezeichnen wir mit C (X) die Menge von allenstetigen reellwertigen Funktionen auf X. O�ensichtlich ist C (X) ein Vektorraum �uber R,und die sup-Norm

kfk = supXjf j

eine Norm in C (X) ist. Wie im Satz 1.4 beweist man, dass C (X) ein Banachraum ist.Bemerken wir, dass in C (X) nicht nur die linearen Operationen de�niert sind, sondernauch die Multiplikation:

(fg) (x) = f (x) g (x) 8x 2 X:Die Multiplikation ist bilinear bez�uglich der linearen Operationen, und es gilt kfgk �kfk kgk. Ein Banachraum mit solcher Multiplikation hei�t eine Banachalgebra2. Somitist C (X) eine Banachalgebra. Diese Banachalgebra ist zus�atzlich kommutativ, assoziativ,und hat die Einheit { die konstante Funktion 1.Eine Teilmenge A von C (X) hei�t eine Algebra (oder Unteralgebra von C (X)), falls

A ein Unterraum ist und f; g 2 A ergibt fg 2 A.Hauptsatz 2.18 (Satz von Stone-Weierstra�) Sei X ein kompakter metrischer Raumund A eine Algebra von Funktionen aus C (X) mit den folgenden Eigenschaften:

1. Die Algebra A ist unit�ar, d.h. 1 2 A:

2. Die Algebra A trennt die Punkte von X, d.h. f�ur jedes Paar x; y 2 X mit x 6= yexistiert eine Funktion f 2 A mit f (x) 6= f (y)

Dann liegt A dicht in C (X) :

Vor dem Beweis zeigen wir die Anwendungen.Bezeichnen wir mit CT die Menge von reellwertigen stetigen T -periodischen Funktio-

nen auf R. Dann ist CT ein normierter Vektorraum mit der sup-Norm (und sogar einBanachraum). Man kann CT als Unterraum von C [0; T ] betrachten, wie folgt:

CT = ff 2 C [0; T ] : f (0) = f (T )g :Ein trigonometrisches Polynom ist eine Funktion der Form

a0 + a1 cosx+ b1 sin x+ :::+ an cosnx+ bn sinnx

mit n 2 N und ak; bk 2 R. Die Menge von trigonometrischen Polynomen wird mit Tbezeichnet. O�ensichtlich ist T ein Unterraum von C2�. Dar�uber hinaus ist T eine Alge-bra, da das Produkt von zwei trigonometrischen Polynomen wieder ein trigonometrischesPolynom ist, was aus den folgenden Identit�aten folgt:

sin kx sinmx =1

2(cos (k �m)x� cos (k +m)x)

cos kx cosmx =1

2(cos (k �m)x+ cos (k +m)x)

sin kx cosmx =1

2(sin (k +m)x+ sin (k �m)x) :

2Ein Vektorraum V hei�t eine Algebra, falls es in V die Multiplikation x; y 7! xy 2 V gibt, diebilinear in x und y (die Multiplikation kann kommutativ bzw assoziativ sein, aber nicht unbedingt).Eine normierte Algebra ist eine Algebra mit der Norm k�k, die auch erf�ullt kxyk � kxk kyk. EineBanachalgebra ist eine normierte Algebra, die vollst�andig bez�uglich der Norm ist.

2.13. SATZ VON STONE-WEIERSTRASS 55

Korollar 2.19 (Approximationssatz von Weierstra�)

(a) Der Raum P von allen Polynomen liegt dicht in C [a; b], f�ur alle reelle a < b.

(b) Der Raum T von trigonometrischen Polynomen liegt dicht in C2�.

Beweis. (a) O�ensichtlich ist P eine Algebra. Diese Algebra ist unit�ar, da 1 2 P . DieseAlgebra trennt die Punkte, da die Funktion f (x) = x zu P geh�ort und alle Punkte von[a; b] trennt. Nach dem Hauptsatz 2.18 liegt P dicht in C [a; b] :(b) Die 2�-Funktionen auf R k�onnen als Funktionen auf dem Einheitskreis

S = fz 2 C : jzj = 1g

betrachtet werden wie folgt:

f 2 C2� 7! ef 2 C (S)ef �ei�� = f (�) ; � 2 [0; 2�]:

Somit k�onnen die Banachr�aume C2� und C (S) identi�ziert werden. Die Menge T vontrigonometrischen Polynomen ist eine Algebra. Diese Algebra ist unit�ar, da 1 2 T . DieseAlgebra trennt die Punkten von S, da f�ur zwei verschiedenen Punkten ei�1 ; ei�2 auf S giltentweder sin �1 6= sin �2 oder cos �1 6= cos �2: Da S kompakt ist, so erhalten wir nach demHauptsatz 2.18, dass T dicht in C (S) liegt.

Korollar 2.20 Der Raum C [a; b] ist separabel.

Beweis. Sei PQ die Menge von Polynomen mit rationalen Koe�zienten. Diese Menge istabz�ahlbar, und es gilt

C [a; b] � P � PQworaus folgt, dass PQ dicht in C [a; b] liegt.Beweis von Hauptsatz 2.18. Beweisen wir zun�achst zwei Behauptungen.

Behauptung 1. F�ur jedes x0 2 X und jede abgeschlossene Menge F � X mit x0 =2 F , esgibt eine o�ene Umgebung U von x0, die von F disjunkt ist und die folgende Eigenschafterf�ullt: f�ur jedes � > 0 existiert eine Funktion h 2 A mit 0 � h � 1 und

supUh � �; inf

Fh � 1� �:

Da A die Punkte trennt, f�ur jedes x 6= x0 existiert eine Funktion fx 2 A mitfx (x0) 6= fx (x). Wir k�onnen annehmen, dass fx (x0) = 0 indem wir eine Konstante

aus fx subtrahieren. Die Funktion gx =f2x

2kf2xkgeh�ort auch zu A und erf�ullt 0 � gx < 1,

gx (x0) = 0 und gx (x) > 0:Betrachten wir die o�ene Menge Gx = fgx > 0g. Dann ist fGxgx2F eine o�ene

�Uberdeckung von F . Da F eine kompakte Menge ist, es gibt eine endliche Teil�uberdeckungGx1 ; :::; Gxm . Betrachten wir die Funktion

g =1

m(gx1 + :::+ gxm) ;


die zu A geh�ort und die folgenden Eigenschaften erf�ullt: 0 � g < 1, g (x0) = 0 andg (x) > 0 f�ur alle x 2 F . Da F kompakt ist, so haben wir

:= infFg > 0

und < 1. Setzen wirU = fg < =2g

so dass U eine o�ene Menge ist, x0 2 U und U \F = ;: W�ahlen wir eine ganze Zahl k sodass

1

< k <

2

;

und betrachten wir f�ur alle n � 1 die Funktionen

hn = 1� (1� gn)kn

:

O�ensichtlich haben wir hn 2 A und 0 � hn � 1. Zeigen wir, dass

infFhn ! 1 f�ur n!1: (2.16)

undsupUhn ! 0 f�ur n!1: (2.17)

Da g � auf F , so haben wir

infFhn � 1� (1� n)k

n

:

Da g � =2 auf U , so haben wir

supUhn � 1�

�1�

� 2

�n�kn:

Bezeichnen wir bzw =2 mit q, so dass 0 < q < 1. Da qn ! 0 f�ur n!1, wir haben

ln�(1� qn)k

n�= kn ln (1� qn) � �knqn = � (kq)n :

Daraus folgt

limn!1

ln�(1� qn)k

n�=

��1; kq > 1;0; kq < 1

und

limn!1

�1� (1� qn)k

n�=

�1; kq > 1;0; kq < 1:

Da k > 1, so erhalten wir

1� (1� n)kn

! 1 f�ur n!1

und somit (2.16). Da k =2 < 1, so erhalten wir

1��1�

� 2

�n�kn! 0 f�ur n!1;

2.13. SATZ VON STONE-WEIERSTRASS 57

und somit (2.17).Gegeben ist ein � > 0, w�ahlen wir n mit

infFhn > 1� �; sup

Uhn < �

und setzen h = hn.

Behauptung 2. Seien E;F zwei abgeschlossene disjunkte Teilmengen von X. Dann f�urjedes � > 0 existiert eine Funktion h 2 A mit 0 � h � 1 und

supEh � �; inf

Fh � 1� �:

F�ur jedes x =2 F sei Ux die Umgebung von x aus Behauptung 1. Dann ist fUxgx2Eeine o�ene �Uberdeckung von E. Somit existiert eine endliche Teil�uberdeckung Ux1 ; :::; Uxn :Nach Behauptung 1, f�ur jedes k = 1; :::; n es gibt eine Funktion hk 2 A mit 0 � hk � 1,

supUxk

hk � �=n ; infFhk � 1� �=n:

Betrachten wir die Funktionh = h1h2:::hn:

O�ensichtlich haben wir h 2 A, 0 � h � 1,

supEh (x) � �=n � �

und nach der Bernoullischen Ungleichung

infFh (x) �

�1� �

n

�n� 1� �:

Jetzt beweisen wir, dass A dicht in C (X) liegt. Gegeben seien f 2 C (X) und" > 0, beweisen wir, dass es eine Funktion g 2 A gibt mit sup jf � gj � 2": Wir k�onnenannehmen, dass f > 0 indem wir zu f eine gro�e Konstante addieren. Betrachten wirjedes n 2 N die Mengen

En = ff � (n� 1) "g ; Fn = ff � n"g :

Nach der Behauptung 2, es gibt eine Funktion hn 2 A mit 0 � hn � 1 und

supEn

hn � �; infFnhn � 1� �:

W�ahlen wir eine ganze Zahl N > 1"sup f und setzen � = 1

N.

Bemerken wir, dass

; = E1 � E2 � ::: � EN � EN+1 = X

undX = F0 � F1 � ::: � FN = ;:


Betrachten wir die Funktion

g = "NXn=1

hn

und sch�atzen sup jf � gj ab. Da E1 = ; und EN+1 = X, so liegt jedes x 2 X in einer derMengen Ek+1 n Ek; k = 1; :::; N: F�ur x 2 Ek+1 n Ek haben wir

(k � 1) " < f (x) � k":

F�ur n � k + 1 haben wir x 2 Ek+1 � En und somit hn (x) � �: Da hn (x) � 1 f�ur allen � k, so erhalten wir

g (x) = "

kXn=1

hn (x) + "NX

n=k+1

hn (x)

� "k + "�N

= " (k + 1)

und somit

g (x)� f (x) � " (k + 1)� (k � 1) " = 2": (2.18)

F�ur n � k � 1 haben wir x 2 Eck � Fk�1 � Fn und somit hn (x) � 1� �; woraus folgt

g (x) � "k�1Xn=1

hn (x)

� " (1� �) (k � 1)� " (k � 1)� "�N

= " (k � 2)

und somit

g (x)� f (x) � " (k � 2)� "k = �2": (2.19)

Da (2.18) und (2.19) f�ur jedes x 2 X gelten, so erhalten wir supx2X jf (x)� g (x)j � 2",was zu beweisen war.

2.14 Spezielle Orthonormalbasen in L2(a; b)

Wir bilden hier die Orthonormalbasen in L2 aus Polynomen und trigonometrischen Funk-tionen.

Satz 2.21 F�ur jedes p 2 [1;1) gilt folgendes: P liegt dicht in Lp (a; b) und T liegt dichtin Lp (0; 2�) :

Beweis. Nach dem Korollar 2.19 liegt P dicht in C [a; b] bez�uglich der sup-Norm. Da

kfkp =�Z

[a;b]

jf jp d`�1=p

� (b� a)1=p sup jf j ;

2.14. SPEZIELLE ORTHONORMALBASEN IN L2(A;B) 59

daraus folgt, dass P dicht in C [a; b] auch bez�uglich der p-Norm liegt, d.h.

C [a; b] � P in Lp (a; b) :

Da nach Satz 2.15 haben wirLp (a; b) � C [a; b] ;

woraus folgt Lp (a; b) � P.Analog haben wir

Lp (0; 2�) � C0 [0; 2�] � C2� � Tund somit Lp (0; 2�) � T .

Korollar 2.22 Die Folge f1; x; x2; :::g ist Erzeugendensystem in L2 (a; b) : Somit ist dieFolge fLng1n=0 von Legendre-Polynomen eine Orthogonalbasis in L2 (�1; 1).

Beweis. Die erste Behauptung folgt aus P = span f1; x; x2; :::g und P = L2 (a; b). Zeigenwir, dass

span�1; x; x2; :::

= span fL0; L1; L2; :::g :

Die Inklusion \�" ist o�ensichtlich, da Ln 2 Pn. F�ur die Inklusion \�" reicht es zuzeigen, dass

Pn � span fL0; :::; Lng : (2.20)

F�ur n = 0 ist es o�ensichtlich da L0 = const : F�ur Induktionsschritt bemerken wir, dass

Ln (x) = cxn + (Polynom von Grad � n� 1)

mit c 6= 0, woraus nach der Induktionsvoraussetzung folgt

xn 2 span (Ln;Pn�1) � span fL0; :::; Ln�1; Lng :

Daraus folgt, dass alle Polynome von Grad � n in span fL0; :::; Ln�1; Lng liegen, d.h.(2.20) gilt.Somit ist fLng ein Erzeugendensystem. Da die Folge fLng orthogonal ist, beschlie�en

wir nach dem Satz 2.9, dass fLng eine Orthogonalbasis ist.Ebenfalls beweist man, dass eine Folge fpng1n=0 von Polynomen eine Orthogonalbasis

in L2 (a; b) ist, vorausgesetzt, dass diese Folge orthogonal in L2 (a; b) ist und die Bedingungdeg pn = n erf�ullt.

Korollar 2.23 Die Folge f1; cosx; sin x; ::: cosnx; sinnx; :::g ist eine Orthogonalbasis inL2 (0; 2�) : Die Folge feinxgn2Z ist eine Orthogonalbasis in L2C (0; 2�).

Beweis. Da nach dem Satz 2.21 gilt

L2 (0; 2�) = T = span f1; cosx; sin x; cos 2x; sin 2x; :::g ;

so erhalten wir, dass die Folge

f1; cosx; sin x; ::: cosnx; sinnx; :::g

ein Erzeugendensystem ist. Da diese Folge orthogonal ist, so ist sie eine Orthogonalbasis.


Wir wissen schon, dass die Folge feinxgn2Z orthogonal in L2C (0; 2�) ist. Da

cosnx =einx + einx

2und sinnx =

einx � e�inx

2i;

erhalten wir, dass alle Funktionen cosnx und sinnx in span feinxg liegen. Nach demersten Teil von Beweis beschlie�en wir, dass

L2 (0; 2�) = spanR f1; cosx; sin x; cos 2x; sin 2x; :::g = spanC�einx:

Da jede Funktion von L2C (0; 2�) eine lineare Kombination von reellwertigen Funktionenaus L2 (0; 2�) ist, so erhalten wir, dass auch

L2C (0; 2�) = spanC�einx:

Es folgt aus dem Korollar 2.23, dass jede Funktion f 2 L2 (0; 2�) eine eindeutigeDarstellung hat in der Form

f =a02+

1Xn=1

(an cosnx+ bn sinnx) (2.21)

mit reellwertigen Koe�zienten an; bn, wo die Reihe in L2 konvergiert. Diese Reihe hei�t

die Fourierreihe der Funktion f .Berechnen die Skalarprodukte (f; cosnx) und (f; sinnx) ergibt die folgenden Werte

f�ur die Koe�zienten:

an =1

�

Z 2�

0

f (x) cosnxdx und bn =1

�

Z 2�

0

f (x) sinnxdx:

Ebenfalls hat jede Funktion f 2 L2C (0; 2�) eine eindeutige Darstellung in der Form

f =Xn2Z

cneinx (2.22)

mit komplexwertigen Koe�zienten cn; wo die Reihe in L2C konvergiert. Diese Reihe hei�t

auch die Fourierreihe von Funktion f . F�ur die Koe�zienten cn erh�alt man folgendes:

cn =1

2�

Z 2�

0

f (x) e�inxdx:

Betrachten wir in R das Gau�-Ma� d = e�x2dx und den Hilbertraum L2 (R; ) :

O�ensichtlich geh�oren alle Polynome zu L2 (R; ) : Man kann beweisen, dass die Folgef1; x; x2; :::g ein Erzeugendensystem in L2 (R; ) ist. Mit Hilfe von dem Gram-SchmidtschenOrthogonalisierungsverfahren erh�alt man eine Orthogonalbasis in L2 (R; ), die aus Poly-nomen besteht. Diese Polynome sind Hermite-Polynome

Hn (x) = (�1)n ex2 dn

dxne�x

2

mit n = 0; 1; 2; :::.

Chapter 3

Lineare Operatoren im Hilbertraum

3.1 Operatornorm

Seien X; Y zwei normierte Vektorr�aume �uber K (wobei K = R oder C) mit den Normenk�kX und k�kY . Eine lineare Abbildung A : X ! Y hei�t auch ein (linearer) Operator.Die Menge von allen linearen Operatoren von X nach Y wird mit L (X; Y ) bezeichnet.Diese Menge ist ein Vektorraum mit den folgenden linearen Operationen:

(A+B)x = Ax+Bx

(�A)x = � (Ax) :

F�ur jeden Operator A 2 L (X; Y ) de�nieren wir die Operatornorm kAkX!Y mit

kAkX!Y = supx2Xnf0g

kAxkYkxkX

: (3.1)

In anderen W�orter ist kAkX!Y die minimale Zahl C mit

kAxkY � C kxkX ;

oder 1 falls solches C nicht existiert. Noch eine �aquivalente De�nition:

kAkX!Y = supx2X; kxkX=1

kAxkY :

Die Tiefstellungen X;Y;X ! Y in der Bezeichnung der Norm kann man weglassenwenn es klar in welchem Raum die Norm benutzt wird. Z.B. in (3.1) ist es eindeutigklar ohne Indizes, dass kxk die Norm in X ist, kAxk die Norm in Y und kAk { dieOperatornorm.Die Operatornorm hat die folgende Eigenschaften:

(a) kA+Bk � kAk+ kBkda

kA+Bk = supkxk=1

k(A+B)xk � supkxk=1

kAxk+ supkxk=1

kBxk = kAk+ kBk :

(b) k�Ak = j�j kAk f�ur alle � 2 K:

61

62 CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN IM HILBERTRAUM

(c) kAk = 0, A = 0:

Um die Operatornorm zu einer richtigen Norm zu machen, fehlt noch die Endlichkeit.Ein Operator A : X ! Y hei�t beschr�ankt falls kAk < 1: Die Menge von allenbeschr�ankten Operatoren von X nach Y wird mit B (X; Y ) bezeichnet. Es folgt aus (a)und (b), dass B (X; Y ) ein Unterraum von L (X; Y ) ist und somit ein Vektorraum. Dar�uberhinaus ist die Operatornorm eine Norm in B (X; Y ), so dass B (X; Y ) ein normierter Vek-torraum ist.

Satz 3.1 Ein Operator A 2 L (X; Y ) ist beschr�ankt genau dann, wenn A stetig ist.

Beweis. Ist A beschr�ankt, so gilt

kAx� Ayk = kA (x� y)k � kAk kx� yk

woraus folgt, dass Ay ! Ax f�ur y ! x. Somit ist A stetig und sogar gleichm�a�ig stetig.Ist A stetig, so ergibt die Stetigkeit an x = 0 folgendes: f�ur jedes " > 0 existiert � mit

kxk � � ) kAxk � ":

Da f�ur jedes x 6= 0 gilt � x

kxk

= �;

so erhalten wir A�� x

kxk

� � "

woraus folgt

kAxk � "

�kxk

und kAk � "�<1:

Beispiel. Alle Operatoren A : Rn ! Rm sind beschr�ankt, da die Komponenten von A lin-eare Funktionen auf Rn sind, die immer stetig sind. Es gilt auch folgendes: istX endlichdi-mensional (wobei Y beliebig ist), so sind alle Operatoren aus L (X;Y ) beschr�ankt.Beispiel. Sei P ein Projektor im Hilbertraum H. Wir wissen, dass kPxk � kxk f�ur allex 2 H, woraus folgt kPk � 1. Ist P 6= 0, so gibt es nicht-Null Vektor x 2 imP . DaPx = x, erhalten wir in diesem Fall, dass kPk = 1:Beispiel. Betrachten wir die normierten Vektorr�aume X = C1 [a; b] und Y = C [a; b], diebeiden mit der sup-Norm. Betrachten wie die Abbildung

D : X ! Y

Df = f 0:

Diese Abbildung ist linear, aber unbeschr�ankt, da sup jf 0j durch sup jf j nicht abgesch�atztwerden kann. Zum Beispiel, f�ur f (x) = sinnx mit sup jf j = 1 erhalten wir f 0 (x) =n cosnx mit sup jf 0j = n, wobei n beliebig gro� sein kann.

Satz 3.2 Ist Y ein Banachraum, dann ist B (X; Y ) auch Banachraum.

3.2. ADJUNGIERTER OPERATOR 63

Im Fall Y = X es gibt auch Multiplikation in L (X) = L (X;X) und B (X) = B (X;X):f�ur Operatoren A und B aus L (X) bezeichnen wir mit AB die Komposition von A undB:

(AB)x = A (B (x)) :

Die Multiplikation ist nicht kommutativ, aber assoziativ und hat eine Einheit: die iden-tische Abbildung I : X ! X, die auch die Identit�at hei�t. Die Multiplikation ist o�en-sichtlich bilinear bez�uglich die linearen Operationen. Da

k(AB)xk � kAk kBxk � kAk kBk kxk ;

so erhalten wir

kABk � kAk kBk :

Daraus folgt, dass das Produkt von Operatoren aus B (X) auch in B (X) liegt. Somit istB (X) eine normierte Algebra. Ist X ein Banachraum, so ist B (X) eine Banachalgebra.F�ur jeden Operator A 2 B (X) (bzw L (X)) ist auch die Potenz An f�ur alle n 2 N

de�niert: An = A:::A| {z }n

und A0 = I: Ist P (z) =Pn

k=0 ckzk ein Polynom mit ck 2 K, so

de�nieren wir den Operator P (A) mit

P (A) =nXk=0

ckAk:

Es ist klar, dass f�ur zwei PolynomeP;Q die folgenden Identit�aten gelten:

(P +Q) (A) = P (A) +Q (A)

(PQ) (A) = P (A)Q (A) :

3.2 Adjungierter Operator

Sei H ein Hilbertraum.

De�nition. Seien A;B 2 B (H). Die Operatoren A;B hei�en adjungiert falls f�ur allex; y 2 H gilt

(Ax; y) = (x;By) : (3.2)

Diese De�nition ist symmetrisch bez�uglich A und B da (3.2) �aquivalent zu

(Bx; y) = (x;Ay)

ist. Der Operator B hei�t der adjungierte Operator von A (und A hei�t der adjungierteOperator von B).

Satz 3.3 F�ur jeden Operator A 2 B (H) existiert genau ein adjungierter Operator B 2B (H) :


Beweis. Gibt es zwei Operatoren B1 und B2 die (3.2) erf�ullen, so gilt f�ur alle x; y 2 H

(x;B1y) = (x;B2y) :

F�ur x = B1y �B2y erhalten wir

kB1y �B2yk = 0

und somit B1 = B2.Jetzt beweisen wir die Existenz von einem Operator B, der (3.2) erf�ullt. F�ur jedes

y 2 H betrachten wir das Funktional

Fy : H ! KFy (x) = (Ax; y) :

O�ensichtlich ist Fy linear, und auch beschr�ankt, da

jFy (x)j = j(Ax; y)j � kAxk kyk � (kAk kyk) kxk : (3.3)

Somit ist Fy auch stetig. Nach dem Satz 2.7 es gibt ein eindeutiges Element b 2 H mit

Fy (x) = (x; b) :

Dann de�nieren wir die Abbildung B : H ! H mit By = b (da b nur von y abh�angigist). Somit erhalten wir die Identit�at (3.2). Es bleibt noch zu zeigen, dass B linear undbeschr�ankt ist.Wir haben

(x;B (y1 + y2)) = (Ax; y1 + y2) = (Ax; y1)+(Ax; y2) = (x;By1)+(x;By2) = (x;By1 +By2) ;

worausB (y1 + y2) = By1 +By2

folgt. Analog beweist man, dass B (�y) = �By, so dass B linear ist.Es folgt aus (3.2) und (3.3), dass

j(x;By)j = j(Ax; y)j � kAk kxk kyk

woraus folgt f�ur x = BykByk2 � kAk kByk kyk

und somitkByk � kAk kyk

und kBk � kAk :Bemerkung. Analog erhalten wir kAk � kBk und somit kAk = kBk.Der adjungierte Operator von A wird mit A� bezeichnet. Dann wird A� mit

(Ax; y) = (x;A�y)

oder(A�x; y) = (x;Ay)

3.2. ADJUNGIERTER OPERATOR 65

eindeutig bestimmt. Aus der oberen Bemerkung erhalten wir die Identit�at

kAk = kA�k :

Beispiel. Jede n�nMatrix A = (aij) mit aij 2 R bestimmt einen Operator A : Rn ! Rnwo Ax das Produkt der Matrix A und des Spaltenvektors x ist. Da

(x; y) = xTy;

so erhalten wir

(Ax; y) = (Ax)T y =�xTAT

�y = xT

�ATy

�=�x;ATy

�:

Somit gilt A� = AT : Im Fall aij 2 C benutzen wir das Skalarprodukt in Cn

(x; y) = xTy

und erhalten

(Ax; y) = (Ax)T y =�xTAT

�y = xT

�ATy

�=�x;ATy

�=�x;ATy

�und somit A� = AT :

Beispiel. Betrachten wir in H = L2 (a; b) mit reellen a < b den Integraloperator

(Kf) (x) =

Z b

a

k (x; y) f (y) dy

wobei k (x; y) eine gegebene reellwertige messbare Funktion auf (a; b) � (a; b) ist. DieseFunktion hei�t der Kern des Operators K. Nehmen wir an, dass der Kern k beschr�anktist, z.B. jk (x; y)j � C f�ur alle x; y 2 (a; b). DaZ b

a

jk (x; y) f (y)j dy � C

Z b

a

jf (t)j dt = C (jf j ; 1) <1;

so ist die FunktionKf auch beschr�ankt und somit liegt in L2 (a; b). UmK� zu bestimmen,schreiben wir f�ur alle f; g 2 L2 (a; b)

(Kf; g) =

Z b

a

�Z b

a

k (x; y) f (y) dy

�g (x) dx

=

Z b

a

Z b

a

k (x; y) f (y) g (x) dydx

=

Z b

a

�Z b

a

k (x; y) g (x) dx

�f (y) dy

= (f;K�g)

wobei

K�g (y) =

Z b

a

k (x; y) g (x) dx:


Schreiben wir es um wir folgt:

K�g (x) =

Z b

a

k (y; x) g (y) dy:

So wir sehen, dass K� auch ein Integraloperator ist, und zwar mit den Kern k (y; x). Istk komplexwertige, so ist der Kern von K� die Funktion k (y; x).Die gleiche Aussage gilt unter schw�acheren Voraussetzungen �uber den Kern k (x; y)

(anstatt der Beschr�anktheit): Z b

a

Z b

a

jk(x; y)j2 dxdy <1 (3.4)

oder

max

�supx

Z b

a

jk(x; y)j dy; supy

Z b

a

jk(x; y)j dx�<1: (3.5)

N�amlich, unter (3.4) bzw (3.5) ist K ein beschr�ankter Operator in L2 (a; b). Dann gilt dieobige Berechnung von K� mit dem gleichen Ergebnis.Zum Beispiel, die Bedingung (3.5) wird von der Funktion k (x; y) = jx� yj� mit

� > �1 erf�ullt.In dem n�achsten Satz werden die wichtigen Eigenschaften der Adjunktion aufgelistet.

Satz 3.4 F�ur Operatoren A;B 2 B (H) gelten die folgenden Eigenschaften.

1. (A+B)� = A� +B�

2. (�A)� = �A� wobei a 2 K und � die komplexe Konjugierte von a ist.

3. (A�)� = A

4. (AB)� = B�A�

5. Existiert A�1 2 B (H), so existiert auch (A�)�1 und gilt (A�1)� = (A�)�1 :

6. kA�k = kAk :

Beweis. 1. F�ur alle x; y 2 H

((A+B)x; y) = (Ax; y) + (Bx; y) = (x;A�y) + (x;B�y) = (x; (A� +B�) y)

woraus (A+B)� = A� +B� folgt.2. Wir haben

((�A)x; y) = � (Ax; y) = (Ax; �y) = (x; �A�y)

woraus (�A)� = �A� folgt.3. Da

((A�)� x; y) = (x;A�y) = (Ax; y) ;

so erhalten wir (A�)� = A:

3.3. INVERSER OPERATOR 67

4. F�ur alle x; y

((AB)� x; y) = (x;ABy) = (A�x;By) = (B�A�x; y)

woraus (AB)� = B�A� folgt.5. Der inverse Operator A�1 wird mit den Identit�aten AA�1 = A�1A = I bestimmt.

Somit haben wirI =

�AA�1

��=�A�1

��A�

und analogI = A�

�A�1

��woraus folgt, dass (A�1)

�der inverse Operator von A� ist.

6. Das haben wir schon im Satz 3.3 bewiesen.

Satz 3.5 F�ur jeden Operator A 2 B (H) gelten Identit�aten:

kerA = (imA�)?

imA = (kerA�)?

Beweis. Wir haben

x 2 (ImA�)? , x?A�y 8y 2 H, (x;A�y) = 0 8y 2 H, (Ax; y) = 0 8y 2 H, Ax = 0

, x 2 kerA;

somit kerA = (ImA�)?. Setzen wir hier A� statt A ein und erhalten

kerA� = (ImA)? ;

woraus folgt(imA)?? = (kerA�)? :

Es bleibt nur zu bemerken, dass

(imA)?? =�imA

�??= imA

nach Korollar 2.6.

3.3 Inverser Operator

Seien X ein normierter Vektorraum und A 2 L (X). Der Operator A has den inversenOperator A�1 2 L (X) genau dann, wenn

kerA = f0g und imA = X:

Wir werden zus�atzlich anfordern, dass A�1 beschr�ankt ist. Dann sagen wir, dass A denbeschr�ankten inversen Operator hat und schreiben A�1 2 B (X) (was sowohl die Existenzals auch die Beschr�anktheit des inversen Operators bedeutet).Der n�achste Hilfssatz liefert die bequemen Bedingungen f�ur die Existenz und Beschr�anktheit

von A�1, die wir h�au�g benutzen werden.


Satz 3.6 F�ur einen Operator A 2 B (H) gilt A�1 2 B (X) genau dann, wenn

(a) kerA� = f0g

(b) kAxk � c kxk f�ur ein c > 0 und alle x 2 H:

Beweis. Existiert A�1 2 B (H), so haben wir nach dem Satz 3.5

kerA� = (imA)? = H? = f0g ;

d.h. die Bedingung (a).Da A�1 beschr�ankt ist, so setzen wir C = kA�1k so dass f�ur alle y 2 H A�1y � C kyk :

F�ur y = Ax erhalten wirkxk � C kAxk

woraus (b) mit c = C�1 folgt.Jetzt beweisen wir die Existenz und Beschr�anktheit von A�1 unter den Bedingungen

(a) und (b). F�ur jedes x 2 kerA haben wir Ax = 0 und nach (b) auch x = 0, so dasskerA = f0g. Nach (a) und Satz 3.5 haben wir

imA = (kerA�)? = H

so dass imA dicht in H liegt. Wir m�ussen noch beweisen, dass imA = H. Daf�ur reichtes zu zeigen, dass imA abgeschlossen ist. Ist fyng eine Folge von Elementen von imA diegegen y 2 H konvergiert, so setzen wir yn = Axn und bemerken, dass nach (b)

kxn � xmk � c�1 kAxn � Axmk = c�1 kyn � ymk ! 0:

Somit konvergiert auch die Folge fxng. Setzen wir x = lim xn und erhalten, dass Ax =lim yn = y. Somit y 2 imA, was zu beweisen war.Nach kerA = f0g und imA = H ist A eine bijektive Abbildung, somit existiert die

inverse Abbildung A�1, die o�ensichtlich linear. Zeigen wir, dass kA�1k <1. Bezeichnenwir in (b) Ax mit y und erhalten

kyk � c A�1y :

Da imA = H, so ist y hier beliebig, woraus folgt kA�1k � c�1 <1.

3.4 Spektrum eines Operators

Sei X ein normierter Vektorraum �uber C.De�nition. F�ur jeden Operator A 2 L (X) de�nieren wir die Resolventenmenge � (A)mit

� (A) =�� 2 C : (A� �I)�1 2 B (X)

:

Der Operator (A� �I)�1 hei�t die Resolvente von A.

3.4. SPEKTRUM EINES OPERATORS 69

Das Spektrum � (A) von A ist das Komplement von � (A) in C:

� (A) = C n � (A) =�� 2 C : (A� �I)�1 existiert nicht oder existiert aber ist nicht beschr�ankt

:

Es ist klar, dass f�ur jedes � 2 � (A) die Gleichung

Ax� �x = b

f�ur jedes b 2 H eindeutig bez�uglich x gel�ost werden kann, und die L�osung

x = (A� �I)�1 b

wird mit Hilfe vom beschr�ankten Operator (Resolvente) bestimmt.Es folgt aus der De�nition, dass � 2 � (A) genau dann gilt, wenn

� ker (A� �I) = f0g

� und im(A� �I) = X

� und (A� �I)�1 ist beschr�ankt.

Entsprechend gilt � 2 � (A) genau dann, wenn

� entweder ker (A� �I) 6= f0g

� oder im(A� �I) 6= X

� oder (A� �I)�1 ist nicht beschr�ankt.

De�nition. Gilt ker (A� �I) 6= f0g, so hei�t � ein Eigenwert von A. Der Unterraumker (A� �I) von X hei�t der Eigenraum von A mit dem Eigenwert �. Jeder nicht-NullVektor v 2 ker (A� �I) hei�t ein Eigenvektor von A mit dem Eigenwert � (die Bedingungv 2 ker (A� �I) ist �aquivalent zu Av = �v). Der Wert m = dimker (A� �I) hei�t dieVielfachheit des Eigenwertes �.Die Menge von allen Eigenwerten von A wird mit �p (A) bezeichnet und hei�t das

Punktspektrum von A. O�ensichtlich ist �p (A) eine Teilmenge von � (A).

Beispiel. Sei A eine n � n Matrix mit komplexwertigen Koe�zienten. Wir betrachtenA als ein Operator in Cn. Der Operator A � �I ist invertierbar (und (A� �I)�1 istautomatisch beschr�ankt) genau dann, wenn det (A� �I) 6= 0. Deshalb liegt � in � (A)genau dann, wenn det (A� �I) = 0. Die Funktion � 7! det (A� �I) ist ein Polynomvon Grad n, das hei�t das charakteristische Polynom von A. Somit stimmt das Spektrum� (A) mit der Menge von den Nullstellen des Polynoms P �uberein.Andererseits ist die Bedingung det (A� �I) = 0 �aquivalent zur linearen Abh�angigkeit

von den Zeilen der Matrix A � �I, d.h. zur Existenz eines Spaltenvektors v 6= 0 mit(A� �I) v = 0, was bedeutet, dass � ein Eigenwert der Matrix A ist. Insbesondereerhalten wir �p (A) = � (A). Wir werden sehen, dass dies f�ur unendlichdimensionaleOperatoren nicht immer der Fall ist.


Beispiel. Sei K ein kompakter metrischer Raum. Betrachten wir den Banachraum X =C (K) von stetigen komplexwertigen Funktionen auf K. De�nieren wir einen OperatorA : X ! X mit

Af (t) = a (t) f (t) 8t 2 K (3.6)

wobei a (t) eine gegebene stetige Funktion auf K ist. Es gilt o�ensichtlich

kAfk = supt2K

ja (t) f (t)j � sup jaj sup jf j = C kfk

wobei C = sup jaj <1. Somit ist der Operator A beschr�ankt. Wir zeigen, dass

� (A) = im a = fa (t) : t 2 Kg : (3.7)

F�ur jedes � =2 im a ist die Funktion b (t) = 1a(t)�� stetig, und es gilt

b (af � �f) = (af � �f) b = f:

Deshalb ist der mit Bf = b (t) f (t) de�nierte Operator B der inverse Operator von A��I.Sei � 2 im a, z.B. � = a (t0) : Dann gilt f�ur jede Funktion f 2 C (K)

(A� �I) f (t0) = (a (t0)� �) f (t0) = 0:

Somit verschwinden an der Stelle t0 alle Funktionen aus dem Bildraum im (A� �I),woraus folgt, dass im (A� �I) 6= C (K) und A��I nicht invertierbar ist, d.h. � 2 � (A).Seien K = [0; 1] und a eine stetige Funktion auf [0; 1] die auf keinem o�enen Intervall

konstant ist. Dann kein Wert � 2 � (A) ist Eigenwert. Ist � ein Eigenwert, so gilt f�ureine nicht-Null Funktion f 2 C (K), dass a (t) f (t) = �f (t), woraus folgt

f (t) 6= 0) a (t) = �:

Somit ist a konstant auf der o�enen Menge ff 6= 0g, was im Widerspruch zur Vorausset-zung steht.Die gleiche Ergebnisse gelten f�ur den Operator (3.6) im Hilbertraum L2 (0; 1).

Satz 3.7 Seien X ein Banachraum und A 2 B (X). Dann ist das Spektrum � (A) eineabgeschlossene beschr�ankte Teilmenge von C.

Satz 3.8 Seien H ein Hilbertraum und A 2 B (H). Dann � 2 � (A) genau dann, wenn

(a) ker�A� � �I

�= f0g

(b) kAx� �xk � c kxk f�ur ein c > 0 und alle x 2 H:

Beweis. Das folgt aus dem Satz 3.6 mit dem Operator A� �I statt A, da

� 2 � (A), (A� �I)�1 2 B (H),�(a) ker (A� �I)� = f0g(b) k(A� �I)xk � c kxk :

3.5. SELBSTADJUNGIERTE OPERATOREN 71

3.5 Selbstadjungierte Operatoren

Sei H ein Hilbertraum �uber C.De�nition. Ein Operator A 2 B (H) hei�t selbstadjungiert falls A� = A:

�Aquivalente De�nition: ein Operator A 2 B (H) ist selbstadjungiert genau dann, wenn

(Ax; y) = (x;Ay) (3.8)

f�ur alle x; y 2 H. Die Operatoren, die (3.8) erf�ullen, hei�en auch symmetrisch oderhermitesch.Es folgt aus der De�nition, dass die Menge von selbstadjungierten Operatoren ein

Vektorraum �uber R ist (aber nicht �uber C). Man kann zeigen, dass dieser Vektorraumein Banachraum bez�uglich der Operatornorm ist.

Beispiel. Eine n�nMatrix A = (aij) ist als Operator in Cn selbstadjungiert genau dann,wenn AT = A, d.h. aji = aij: Solche Matrizen hei�en Hermitesch. Eine Matrix A = (aij)mit reellwertigen Koe�zienten ist selbstadjungiert genau dann, wenn aij = aji, d.h. Asymmetrisch ist.

Beispiel. Jeder orthogonale Projektor P im Hilbertraum ist selbstadjungiert, was ausdem Satz 2.5 folgt.

Beispiel. Betrachten wir den Integraloperator in L2C (a; b)

Kf (x) =

Z b

a

k (x; y) f (y) dy;

wobei ist der Kern k (x; y) eine der Bedingungen (3.4), (3.5) erf�ullt. Dann ist K selbstad-jungiert genau dann, wenn

k (y; x) = k (x; y) : (3.9)

Ein Kern k (x; y) mit (3.9) hei�t Hermitesch. F�ur reellwertigen Kern bedeutet (3.9) dieSymmetry: k (x; y) = k (y; x).

In dem n�achsten Satz werden die wichtigen Eigenschaften selbstadjungierter Opera-toren bewiesen.

Hauptsatz 3.9 Sei A 2 B (H) ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H (angenom-men H 6= f0g). Dann gilt folgendes.

1. � (A) � R

2. � (A) � [�kAk ; kAk]

3. Mindestens einer von den Werten kAk ;�kAk ist in � (A) :

4. Sind �; � zwei verschiedene Eigenwerte von A, so sind ihre Eigenr�aume ker (A� �I)und ker (A� �I) orthogonal.

Beweis. 1. Sei � = �+ i� eine komplexe Zahl mit � 6= 0. Wir beweisen, dass � 2 � (A),d.h. (A� �I)�1 2 B (H). Wir haben

A� �I = A� �I � i�I = �

�A� �I

�� i

�;


so dass es reicht zu zeigen, dass i 2 ��A��I�

�. Da der Operator A��I

�selbstadjungiert ist,

we k�onnen ihn in A umbenennen. Dann zeigen wir, dass i 2 � (A). Nach Satz 3.8 reichtes die folgenden zwei Bedingungen zu �uberpr�ufen:(a) ker

�A� � i

�= f0g, d.h. ker (A+ i) = f0g

(b) kAx� ixk � c kxk f�ur ein c > 0.Bedingung (a). Sei x 2 ker (A+ i), d.h. Ax+ ix = 0. Daraus folgt

(Ax; x) + i (x; x) = 0: (3.10)

Bemerken wir, dass (x; x) reell ist und

(Ax; x) = (x;Ax) = (Ax; x);

woraus folgt, dass (Ax; x) auch reell ist. Somit ist die Identit�at (3.10) nur mit x = 0m�oglich, woraus ker (A+ i) = f0g folgt.Bedingung (b). Wir haben

kAx� ixk2 = (Ax� ix; Ax� ix) = kAxk2 � 2Re (Ax; ix) + kixk2 :

Da (Ax; x) reell ist, so haben wir Re (Ax; ix) = 0, woraus folgt

kAx� ixk2 = kAxk2 + kxk2 � kxk2 ;

so dass (b) mit c = 1 erf�ullt ist.2. Beweisen wir, dass jedes � 2 R n [�kAk ; kAk] in der Resolventenmenge � (A) liegt.

Die Bedingung (a) und (b) sehen f�ur reellwertiges � wie folgt aus:(a) ker (A� �I) = f0g(b) kAx� �xk � c kxk :Es ist klar, dass (b) ) (a), da f�ur jedes x 2 ker (A� �I) gilt kAx� �xk = 0. Die

Bedingung (b) wird wie folgt bewiesen:

kAx� �xk � k�xk � kAxk � j�j kxk � kAk kxk = (j�j � kAk) kxk ;

so dass (b) mit der Konstante c = j�j � kAk > 0 erf�ullt ist.3. Gilt kAk = 0, so haben wir A = 0, und � = 0 ist ein Eigenwert (vorausgesetzt

H 6= f0g). Sei kAk > 0. Ohne Beschr�ankung der Allgemeinheit k�onnen wir annehmen,dass kAk = 1. Nehmen wir das Gegenteil an, dass die beiden Werte kAk = 1 und�kAk = �1 in � (A) liegen, d.h. (A� I)�1 2 B (H) und (A+ I)�1 2 B (H). Da

A2 � I = (A+ I) (A� I) ;

daraus folgt, dass �A2 � I

��1= (A� I)�1 (A+ I)�1 2 B (H) :

Nach Satz 3.8 gilt f�ur den Operator A2 � I die Bedingung (b): f�ur ein c > 0 A2x� x � c kxk : (3.11)

Andererseits haben wir A2x� x 2 = A2x 2 � 2Re �A2x; x�+ kxk2 : (3.12)

3.6. KOMPAKTE OPERATOREN 73

Da kAk = 1, so haben wir kA2k � 1 und somit kA2xk � kxk. Da A = A�, so haben wir�A2x; x

�= (Ax;Ax) = kAxk2 :

Es folgt aus (3.11) und (3.12), dass

kxk2 � 2 kAxk2 + kxk2 � c2 kxk2

und somit

kAxk2 ��1� c2=2

�kxk2 ;

kAk ��1� c2=2

�1=2< 1;

was im Widerspruch zu kAk = 1 steht.4. Wir m�ussen beweisen, dass f�ur alle x 2 ker (A� �I) und y 2 ker (A� �I) gilt x?y.

Wir haben

(Ax; y) = (�x; y) = � (x; y)

und

(Ax; y) = (x;Ay) = (x; �y) = � (x; y)

wobei wir benutzt haben, dass � reell ist. Somit erhalten wir

� (x; y) = � (x; y) ;

woraus (x; y) = 0 folgt, da � 6= �.

Bemerkung. Es folgt aus dem Hauptsatz 3.9, dass das Spektrum � (A) nicht leer ist(vorausgesetzt H 6= f0g). Erinnern wir uns, dass sogar die Existenz eines Eigenwerteseiner Matrix nicht trivial ist und aus dem Fundamentalsatz der Algebra folgt.Beweisen wir per Induktion nach n, dass jeder selbstadjungierte Operator A im Hilber-

traum H der endlichen Dimension n (z.B. Rn oder Cn) eine Orthogonalbasis in H bes-timmt, die aus den Eigenvektoren von A besteht. Sei � ein Eigenwert von A (z.B., � = kAkoder � = �kAk). Setzen wir K = ker (A� �I) und betrachten wir den Unterraum K?

von H. Ist x 2 K?, so gilt auch Ax 2 K?, da f�ur jedes y 2 K gilt Ay 2 K und somit(Ax; y) = (x;Ay) = 0. Deshalb kann A als ein Operator im Unterraum K? betrachtetwerden. Da dimK? < n, k�onnen wir nach der Induktionsvoraussetzung beschlie�en, dasses in K? eine Orthogonalbasis aus den Eigenvektoren von A gibt. Es gibt in K auch eineOrthogonalbasis aus den Eigenvektoren von A, da alle nicht-Null Elemente von K Eigen-vektoren von A sind. Die Vereinigung von den zwei Basen liefert eine Orthogonalbasis inH, dessen Elementen die Eigenvektoren von A sind.

3.6 Kompakte Operatoren

Sei X ein Banachraum �uber K:De�nition. Eine Teilmenge M von X hei�t pr�akompakt (oder relativ kompakt), falls derAbschluss M kompakt ist.

Es gibt verschiedene �aquivalente De�nitionen von Pr�akompaktheit, z.B. wie folgt.


1. M ist pr�akompakt genau dann, wenn jede Folge von Elementen aus M eine kon-vergente Teilfolge enth�alt (aber der Grenzwert davon soll nicht unbedingt in Mliegen).

2. M ist pr�akompakt genau dann, wenn M totalbeschr�ankt ist, d.h. f�ur jedes " > 0existiert eine endliche Folge u1; :::; um 2 X so dass f�ur jedes x 2M

min1�k�m

kx� ukk < ":

Die Folge u1; :::; um mit dieser Eigenschaft hei�t ein "-Netz von M .

Es folgt aus der De�nition, dass jede Teilmenge der pr�akompakten Menge ist pr�akompakt.Jede pr�akompakte Teilmenge M ist immer beschr�ankt, da sonst es eine Folge fxng � Mgibt mit kxnk ! 1, die somit keine konvergente Teilfolge enth�alt. In endlichdimen-sionalen R�aumen gilt auch, dass jede beschr�ankte Teilmenge pr�akompakt ist (Satz vonBolzano-Weierstra�), aber dies gilt im unendlichdimensionalen Fall nicht.

Beispiel. Sei fxng1n=1 eine orthogonale Folge im Hilbertraum H mit kxnk � c f�ur einc > 0 und alle n. Dann hat die Folge fxng keine konvergente Teilfolge, da f�ur n > m

kxn � xmk2 = kxnk2 + kxmk2 � 2c2;

woraus folgt, dass keine Teilfolge von fxng Cauchy-Folge ist.Betrachten wir einen unendlichdimensionalen Hilbertraum H. Per Induktion bildet

man eine orthonormale Folge fxng1n=1 in H. Da alle xn in der Einheitskugel

Q = fx 2 H : kxk � 1g

liegen, so erhalten wir, dass Q nicht pr�akompakt ist, obwohl Q beschr�ankt ist.

Erinnern wir uns, dass ein Operator A 2 L (X) beschr�ankt genau dann ist, wenn

supkxk�1

kAxk <1;

d.h. die Menge fAx : x 2 X; kxk � 1g beschr�ankt ist. Diese Menge ist das Bild unter Avon der Einheitskugel

Q = fx 2 X : kxk � 1g :

Die Beschr�anktheit von A (Q) impliziert, dass f�ur jede beschr�ankte Teilmenge M � Xdas Bild A (M) beschr�ankt ist.

De�nition. Ein Operator A 2 L (X) hei�t kompakt, falls f�ur jede beschr�ankte TeilmengeM � X das Bild A (M) pr�akompakt ist.

�Aquivalente De�nitionen:

1. A ist kompakt genau dann, wenn das Bild A (Q) pr�akompakt ist.

2. A ist kompakt genau dann, wenn f�ur jede beschr�ankte Folge fxng aus A existierteine Teilfolge fxnkg so dass fAxnkg konvergent ist.


Die Menge von kompakten Operatoren wird mit K (X) bezeichnet. Jeder OperatorA 2 K (X) ist immer beschr�ankt, da das Bild A (Q) der Einheitskugel Q pr�akompakt undsomit beschr�ankt ist.

Beispiel. Ein Operator A 2 B (X) hei�t endlichdimensional, falls dim imA < 1: F�urendlichdimensionalen Operator A ist A (Q) eine beschr�ankte Teilmenge vom endlichdi-mensionalen Unterraum imA und somit ist A (Q) pr�akompakt. Daraus folgt, dass Akompakt ist.

Beispiel. Der identische Operator I im unendlichdimensionalen Hilbertraum H ist niekompakt, da I (Q) = Q nicht pr�akompakt ist.

Beispiel. Sei P ein orthogonaler Projektor im Hilbertraum H auf den Unterraum U =imP . Ist U endlichdimensional, so wissen wir schon, dass P kompakt ist. Ist U un-endlichdimensional, so ist P nicht kompakt, da f�ur die Einheitskugel Q von U gilt P (Q) =Q und Q nicht pr�akompakt ist.

Satz 3.10 Sei X ein Banachraum. Dann ist K (X) ein abgeschlossener Unterraum vonB (X).

Dar�uber hinaus ist K (X) ist ein Ideal1 der Algebra B (X), d.h. f�ur alle A 2 B (X)und C 2 K (X) sind die Operatoren AC und CA kompakt. Man kann auch zeigen, dassim Hilbertraum die Menge von endlichdimensionalen Operatoren dicht in K (X) liegt.Beweis. SeienA;B zwei kompakten Operatoren inH. Sei fxng eine Folge aus (A+B) (Q).Dann gilt xn = an+bn wobei an 2 A (Q) und bn 2 B (Q) : Da die Menge A (Q) pr�akompaktist, so enth�alt fang eine konvergente Teilfolge fankg. Da B (Q) pr�akompakt ist, so enth�altfbnkg eine konvergente Teilfolge

nbnkl

o: Daraus folgt, dass

nxnkl

okonvergent ist, und

somit (A+B) (Q) pr�akompakt ist. Analog zeigt man, dass �A f�ur jedes � 2 K kompaktist. Daher ist K (H) ein Unterraum von B (H).Jetzt beweisen wir, dass K (X) abgeschlossen ist. Sei fAng1n=1 eine Folge von kom-

pakten Operatoren in X, und nehmen wir an, dass An ! A 2 B (X) bez�uglich derOperatornorm. Beweisen wir, dass A auch kompakt ist. Es reicht zu zeigen, dass A (Q)totalbeschr�ankt ist. F�ur jedes " > 0 bilden wir ein 2"-Netz von A (Q) wie folgt. W�ahlenwir zun�achst ein An mit kA� Ank < ". Sei u1; :::; um ein "-Netz von An (Q). Zeigen wir,dass u1; :::; um ein 2"-Netz von A (Q) ist. F�ur jedes y 2 A (Q) existiert x 2 Q mit y = Ax.Dann gilt

ky � Anxk = k(A� An)xk � kA� Ank kxk < ":

Da Anx 2 An (Q), so existiert ein uk mit

kAnx� ukk < ";

woraus folgt

ky � ukk < 2":

Somit ist u1; :::; um ein 2"-Netz von A (Q), was zu beweisen war.

1Eine Teilmenge J einer Algebra A hei�t Ideal falls J ein Unterraum ist und f�ur alle j 2 J und a 2 Adie Elemente ja und aj in J liegen.


Beispiel. Gegeben sei eine beschr�ankte Folge f�kg1k=1 von reellen Zahlen. Betrachten wirden folgenden Operator A in l2:

A fxkg = f�kxkg :

Dakf�kxkgk2 � sup

kj�kj kfxkgk2 ;

so ist A ein Operator l2 undkAk � sup

kj�kj <1:

Bemerken wir, dass die Elementen en von Standardbasis in l2 die Eigenvektoren mitEigenwerten �n sind: Aen = �nen:Beweisen wir folgendes: gilt �n ! 0 so ist A kompakt. Daf�ur betrachten wir f�ur jedes

n 2 N den folgenden Operator An

An fxkg = f�1x1; :::; �nxn; 0; 0; :::g :

Da imAn � span fe1; :::; eng, so ist der Operator An endlichdimensional und somit kom-pakt. Wir haben

(A� An) fxkg = f0; :::0; �n+1xn+1; :::; �kxk; :::g

woraus folgtkA� Ank � sup

k�n+1j�kj :

Die Voraussetzung �n ! 0 ergibt supk�n+1 j�kj ! 0 f�ur n ! 1, woraus folgt, dassAn ! A in der Operatornorm. Somit ist A auch kompakt.Die Bedingung �n ! 0 ist nicht nur hinreichend f�ur die Kompaktheit von A aber auch

notwendig, was man aus dem folgenden Lemma sieht.

Lemma 3.11 Sei H ein Hilbertraum �uber C und A 2 K (H) : Ist fvng1n=1 eine orthonor-male Folge von Eigenvektoren von A mit Avn = �nvn, so gilt �n ! 0 f�ur n!1:

Beweis. Nehmen wir das Gegenteil an, dass �n 6! 0: Dann existiert eine Teilfolge f�nkgmit inf j�nk j > 0. Umbenennen wir f�nkg nach f�ng. Dann wir k�onnen annehmen, dassj�nj � " f�ur ein " > 0 und alle n. Da die Folge fvng beschr�ankt ist, so ist die Folge fAvngpr�akompakt, d.h. sie hat eine konvergente Teilfolge.Andererseits, da vn?vm f�ur n 6= m, so erhalten wir

kAvn � Avmk2 = k�nvn � �mvmk2 = j�nj2 kvnk2 + j�mj kvmk2 � 2"2:

Somit kann die Folge fAvng keine Cauchy Teilfolge enthalten. Dieser Widerspruch been-det den Beweis.Der folgende Satz liefert ein wichtiges Beispiel von kompakten Operatoren.

Satz 3.12 Sei k(x; y) eine messbare Funktion auf (a; b)� (a; b) mitZ b

a

Z b

a

jk(x; y)j2 dxdy <1:


De�nieren wir einen Operator K auf Funktionen auf (a; b) mit

Kf(x) =

Z b

a

k(x; y)f(y)dy:

Dann ist K ein kompakter Operator in L2 (a; b).

Beweis. Setzen wir J = (a; b). Sei fung1n=1 eine Orthonormalbasis in L2 (J � J) so dassk (x; y) sich in dieser Basis zerlegen l�asst wie folgt:

k (x; y) =

1Xn=1

cnun (x; y) :

Wir haben dann

kkk2L2(J�J) =1Xn=1

jcnj2

Da auch gilt kKk � kkkL2(J�J), so erhalten wir

kKk2 �1Xn=1

jcnj2 :

Betrachten wir f�ur jedes m 2 N den Integraloperator Km mit dem Kern

km (x; y) =mXn=1

cnun (x; y) :

Wir erhalten dann

kK �Kmk2 �1X

n=m+1

jcnj2 ! 0 f�ur m!1:

So es reicht zu zeigen, dass Km kompakt ist, und daf�ur reicht es zu zeigen, dass f�ur jeden nder Operator Un mit dem Kern un (x; y) kompakt ist. Die Basis fung kann so gew�ahlt wer-den, dass un (x; y) = vn (x)wn (y), z.B. die Funktionen der Form cos kx cos ly, cos kx sin ly,sin kx cos ly, sin kx sin ly bilden eine Orthogonalbasis in L2 (J � J) f�ur J = (0; 2�). Danngilt f�ur jede Funktion f 2 L2 (J)

Unf (x) =

Z b

a

vn (x)wn (y) f (y) dy = const vn (x) ;

wobei const =R bawn (y) f (y) dy: Somit ist der Bildraum imUn eindimensional, und der

Operator Un ist kompakt.


3.7 Diagonalizierung von selbstadjungierten kompak-

ten Operatoren

Hauptsatz 3.13 (Satz von Hilbert-Schmidt) Sei A ein kompakter selbstadjungierter Op-erator im Hilbertraum H. Dann gilt folgendes.

1. Jedes � 2 � (A) n f0g ist ein Eigenwert von A mit endlicher Vielfachheit.

2. Die Menge von allen nicht-Null Eigenwerten von A ist h�ochstens abz�ahlbar undsomit l�asst sich als eine Folge f�ngNn=1 nummerieren, wobei N 2 N [ f1g. Im FallN =1 gilt �n ! 0 f�ur n!1:

3. (Spektralzerlegung) Bezeichnen wir Kn = ker (A� �nI). Dann gilt f�ur jedes x 2 H

Ax =

NXn=1

�nPKnx: (3.13)

4. (Diagonalizierung) Ist H separabel, so gibt es eine Orthogonalbasis von Eigenvek-toren von A.

Die Identit�at (3.13) kann man so umschreiben:

A =NXn=1

�nPKn (3.14)

wobei die Konvergenz der Reihe punktweis ist (aber auch in Operatornorm). Man kannsagen, dass jeder kompakte selbstadjungierte Operator eine (endliche oder unendliche)lineare Kombination von endlichdimensionalen Projektoren PKn mit zueinander orthogo-nalen Kn und mit den Koe�zienten �n ! 0 ist. Die Umkehrung gilt auch: sind fKngNn=1eine Folge von zueinander orthogonalen endlichdimensionalen Unterr�aumen und f�ngNn=1eine Folge von reellen, die entweder endlich ist oder �n ! 0, so konvergiert die rechte Seitevon (3.14) in Operatornorm und bestimmt einen kompakten selbstadjungierten OperatorA.

F�ur den Beweis des Hauptsatzes 3.13 brauchen wir das folgende Lemma.

Lemma 3.14 Sei fKngNn=1 eine (endliche oder unendliche) Folge von abgeschlossenenzueinander orthogonalen Unterr�aumen von H. Betrachten wir den Unterraum

S =NLn=1

Kn := span fKngNn=1 :

Dann f�ur jedes x 2 S gilt

x =

NXn=1

PKnx: (3.15)

3.7. DIAGONALIZIERUNGVON SELBSTADJUNGIERTENKOMPAKTENOPERATOREN79

Beweis. Bezeichnen wir xn = PKnx, so dass die Folge fxng orthogonal ist. Beweisen wirzun�achst, dass im Fall N =1 die Reihe

P1n=1 xn konvergent ist. F�ur jedes k bezeichnen

wir

yk = x� (x1 + :::+ xk) :

Die Bedingung Kn?Km f�ur n 6= m ergibt xm?Kn und somit PKnxm = 0. Wir haben f�urjedes n � k

PKnyk = PKnx� PKn (x1 + :::+ xk)

= PKnx� PKnxn

= PKnx� P 2Knx = 0:

Daraus folgt, dass yk?Kn f�ur alle n � k, insbesondere yk orthogonal zu allen x1; :::; xkist. Nach dem Satz des Pythagoras erhalten wir

kxk2 = kyk + x1 + :::+ xkk2 = kykk2 + kx1k2 + :::+ kxkk2

und somitkXn=1

kxnk2 � kxk2 :

Es folgt, dass die ReiheP1

n=1 kxnk2 konvergiert, und somit konvergiert auch die ReiheP1

n=1 xn:

Jetzt beweisen wir (3.15), d.h.PN

n=1 xn = x, wobei N endlich oder unendlich seinkann. Betrachten wir den Vektor

y = x�NXn=1

xn:

Wie zuvor erhalten wir

PKny = PKnx� PKnxn = PKnx� P 2Knx = 0;

so dass y?Kn f�ur alle n. Daraus folgt, dass y?S. Da auch y 2 S, so erhalten wir y = 0:

Beweis von dem Satz 3.13. 1. Sei � 2 R. Nach dem Satz 3.8 ist die Bedingung� 2 � (A) �aquivalent zu (a) und (b), wobei(a) ker

�A� � �I

�= f0g

(b) kAx� �xk � c kxk f�ur ein c > 0 und alle x 2 H:In unserem Fall haben wir A� = A und � = �, so dass (a) �aquivalent zu ker (A� �I) =

f0g ist, was o�ensichtlich aus (b) folgt. Somit ist die Bedeutung � 2 � (A) �aquivalent zu(b). Daraus folgt, dass

� 2 � (A), infkxk=1

kAx� �xk = 0: (3.16)

Jetzt beweisen wir, dass jedes � 2 � (A) n f0g ein Eigenwert von A ist. Nach Satz 3.9 ist� reell. Nach (3.16) existiert eine Folge fxng1n=1 von Vektoren mit kxnk = 1 und

kAxn � �xnk ! 0 f�ur n!1:


Da A kompakt ist und die Folge fxng beschr�ankt ist, so hat die Folge fAxng eine konver-gente Teilfolge. So, wir k�onnen annehmen, dass die ganze Folge fAxng konvergiert, undsetzen y = limn!1Axn. Da

limn!1

(Axn � �xn) = 0;

daraus folgt, dass fxng auch konvergent ist und

limn!1

�xn = y:

Insbesondere gilt kyk = j�j 6= 0: Es folgt auch

Ay = limn!1

A (�xn) = � limn!1

(Axn) = �y

so dass y ein Eigenvektor mit dem Eigenwert � ist. Insbesondere ist � ein Eigenwert vonA.Beweisen wir, dass die Vielfachheit von � endlich ist. Gilt dim ker (A� �I) = 1, so

existiert im Unterraum ker (A� �I) eine orthonormale Folge fvng1n=1 : F�ur alle n habenwir Avn = �nvn mit �n = �. Nach Lemma 3.11 muss �n ! 0 gelten, was unm�oglich ist.Somit gilt dim ker (A� �I) <1, was zu beweisen war.2. Beweisen wir, dass f�ur jedes " > 0 die Menge � (A) n [�"; "] endlich ist. Ist diese

Menge unendlich, so existiert eine Folge f�ng1n=1 von verschiedenen Eigenwerten von Amit j�nj > ": Sei vn ein Eigenvektor von �n mit kvnk = 1. Nach Satz 3.9 ist die Folgefvng orthogonal. Nach Lemma 3.11 beschlie�en wir, dass �n ! 0, was im Widerspruchzu j�nj > " steht.Da

� (A) n f0g =1Sn=1

� (A) n�� 1n;1

n

�und jede Menge � (A) n

�� 1n; 1n

�endlich ist, so erhalten wir, dass die Menge � (A) n

f0g h�ochstens abz�ahlbar ist. Somit erhalten wir eine Folge f�kgNk=1 von allen nicht-NullEigenwerten von A. Ist diese Folge unendlich, so erhalten wir aus Lemma 3.11, dass�k ! 0 f�ur k !1.3. Sei f�ngNn=1 die Folge von allen nicht-Null Eigenwerten von A, und bezeichnen wir

Kn = ker (A� �nI). Setzen wir auch �0 = 0 und K0 = kerA (ist �0 = 0 ein Eigenwertso ist K0 der Eigenraum von �0, sonst K0 = f0g). Nach Satz 3.9 sind die R�aume Kn

zueinander orthogonal. Setzen wir

S =1Ln=0

Kn (3.17)

und beweisen, dass S = H. Da S ein abgeschlossener Unterraum ist, dies �aquivalentzu S? = f0g ist. Nehmen wir das Gegenteil an, dass S? 6= f0g, und f�uhren dies zumWiderspruch.Zun�achst bemerken wir, dass der Unterraum S invariant bez�uglich A ist, d.h. AS � S.

Nach Lemma 3.14 gilt f�ur jedes x 2 S

x =

NXn=0

PKnx (3.18)

3.7. DIAGONALIZIERUNGVON SELBSTADJUNGIERTENKOMPAKTENOPERATOREN81

woraus folgt

Ax =NXn=0

A (PKnx) =NXn=0

�nPKnx 2 S

da PKnx 2 Kn. So, f�ur jedes x 2 S gilt Ax 2 S und

Ax =

NXn=1

�nPKnx; (3.19)

wobei wir benutzt haben, dass �0 = 0.Dann ist der Unterraum S? auch invariant bez�uglich A: y 2 S? ergibt y?Ax f�ur alle

x 2 S, woraus folgt0 = (Ax; y) = (x;Ay) ;

so dass Ay?x f�ur alle x 2 S; daher Ay 2 S?:Deshalb ist B = AjS? ein Operator im Hilbertraum S?, und B ist o�ensichtlich

auch selbstadjungiert und kompakt (die Eigenschaften Selbstadjunktion und Kompaktheitbewahren sich unter Beschr�ankung auf Unterraum). Der Operator B hat immer einenEigenwert (und somit einen Eigenvektor). Ist B = 0, so ist � = 0 ein Eigenwert mitdem Eigenraum S?. Gilt B 6= 0, so enth�alt � (B) nach Satz 3.9 einen nicht-Null ElementkBk oder �kBk, und nach Teil 1 ist dieses Element ein Eigenwert. Sei v 2 S? einEigenvektor von B. Dann ist v auch Eigenvektor von A, was ein Widerspruch ist, danach der De�nition von S alle Eigenvektoren von A in S liegen, w�ahrend v 2 S?.Damit haben wir S = H, und die Identit�at (3.18) gilt f�ur alle x 2 H. Daraus folgt,

dass auch 3.19 f�ur alle x 2 H gilt, was zu beweisen war.4. Sei H ein separabler Hilbertraum. Jeder Unterraum Kn = ker (A� �nI), n � 0,

ist abgeschlossen, so dass jeder Kn auch ein separabler Hilbertraum ist. Nach dem Satz2.12 es gibt in Kn eine Orthonormalbasis, endlich (f�ur n � 1) oder h�ochstens abz�ahlbar(f�ur n = 0). Bezeichnen wir mit fekg die Vereinigung von den Orthonormalbasen ausallen Kn, n � 0. Dann ist fekg eine orthonormale Folge (da die R�aume Kn zueinanderorthogonal sind), und nach dem Teil 3 gilt

span fekg = span fKng =1Ln=0

Kn = H:

Somit ist fekg eine Orthonormalbasis in H. Es bleibt nur zu bemerken, dass jedes ek ineinem Eigenraum von A liegt, so dass ek ein Eigenvektor von A ist.Bezeichnen wir mit �k den Eigenwert von ek. Es folgt aus der Konstruktion, dass jeder

Eigenwert � von A in der Folge f�kg genau m mal erscheint, wobei m die Vielfachheitvon � ist.


3.8 Sturm-Liouville-Problem

Gegeben seien ein Intervall [a; b] � R und die Funktionen p 2 C1 [a; b], p > 0, undq 2 C [a; b]. Betrachten wir den Di�erentialoperator

Lu := (p (x)u0)0+ q (x)u = pu00 + p0u0 + qu (3.20)

auf Funktionen u 2 C2 [a; b] und das folgende Randwertproblem:�Lu = �f auf [a; b] ;u (a) = u (b) = 0;

(3.21)

wobei f 2 C [a; b] eine gegebene Funktion ist und u 2 C2 [a; b] eine unbekannte Funktion.Die Bedingung u (a) = u (b) = 0 hei�t die Dirichlet-Randbedingung.Erinnern wir uns, dass das Anfangswertproblem�

Lu = �fu (t0) = �; u0 (t0) = �

nach dem Satz von Picard-Lindel�of eine eindeutige L�osung u 2 C2 [a; b] hat, und zwar f�uralle t0 2 [a; b] und �; � 2 R. F�ur das Randwertproblem (3.20) gelten die Existenz undEindeutigkeit nicht immer. Zum Beispiel, die Gleichung u00 + u = 0 hat auf [0; 2�] eineFamilie von L�osungen

u (x) = C sin x; C 2 R;die auch die Dirichlet-Randbedingung u (0) = u (2�) = 0 erf�ullen, aber die Gleichungu00 + u = sinx hat keine L�osung mit dieser Randbedingung2.

Satz 3.15 Sei q � 0 auf [a; b]. F�ur jede Funktion f 2 C [a; b] existiert genau eine L�osungu 2 C2 [a; b] des Randwertproblems (3.21). F�ur die L�osung u gilt die Darstellung

u (x) =

Z b

a

k (x; y) f (y) dy; (3.22)

wobei k (x; y) eine stetige Funktion auch [a; b]� [a; b] ist, die von p; q; a; b bestimmt wird.Dar�uber hinaus hat der Kern k (x; y) die folgenden Eigenschaften:

1. Symmetrie: k (x; y) = k (y; x).

2. Positive De�nitheit: f�ur alle Funktionen f 2 C [a; b], f 6� 0, giltZ b

a

Z b

a

k (x; y) f (x) f (y) dxdy > 0:

2Ist u so eine L�osung, so erhalten wirZ 2�

0

u00 sinxdx+

Z 2�

0

u sinxdx =

Z 2�

0

sin2 xdx

und nach der partiellen Integration

�Z 2�

0

u sinxdx+

Z 2�

0

u sinxdx =

Z 2�

0

sin2 xdx;

was ein Widerspruch ist, da die linke Seite die Null betr�agt, w�ahrend die rechte Seite positiv ist.

3.8. STURM-LIOUVILLE-PROBLEM 83

Der Kern k (x; y) hei�t die Greensche Funktion des Di�erentialoperators L auf [a; b].Der entsprechende Integraloperator

Kf (x) =

Z b

a

k (x; y) f (y) dy (3.23)

hei�t der Greensche Operator. Die Identit�at (3.22) ist �aquivalent zu u = Kf:

Beweis. Zun�achst beweisen wir, dass Lv = 0 mit v (a) = v (b) = 0 ergibt v = 0: Wirhaben

0 =

Z b

a

(Lv) vdx =

Z b

a

�(pv0)

0v + qv2

�dx

= pv0vjba �Z b

a

�p (v0)

2dx� qv2

�dx

= �Z b

a

�p (v0)

2dx� qv2

�dx:

Da p > 0 und q � 0, daraus folgt v0 � 0 auf [a; b] und somit v � 0. Insbesondere ist dieL�osung von (3.21) eindeutig bestimmt.Jetzt beweisen wir die Existenz der L�osung und die Darstellung (3.22). Seien v1 und

v2 zwei linear unabh�angige L�osungen3 der Gleichung Lv = 0 auf [a; b]. Die allgemeine

L�osung der Gleichung Lu = �f ist dann

u = u0 + C1v1 + C2v2;

wobei u0 eine (beliebige) L�osung von Lu0 = �f ist und C1; C2 beliebige Konstanten.Angenommen, dass v1; v2 bekannt sind (da sie von f nicht anh�angen), bestimmen wirzun�achst die Funktion u0, und danach auch die Konstanten C1; C2, um die Randbedin-gungen u (a) = u (b) = 0 zu erf�ullen.Mit Hilfe der Methode von Variation von Konstanten (und unter eine Voraussetzung

die unterhalb erkl�art wird) erh�alt man eine L�osung u0 von Lu0 = �f in der Form:

u0 (x) = v1 (x)

Z x

a

v2 (y) f (y) dy � v2 (x)

Z x

a

v1 (y) f (y) dy: (3.24)

Beweisen wir direkt, dass die so de�nierte Funktion u0 eine L�osung von Lu0 = �f ist.Wir haben

u00 (x) = v01 (x)

Z x

a

v2f dy + v1 (x) v2 (x) f (x)

�v02 (x)Z x

a

v1f dy � v2 (x) v1 (x) f (x)

= v01 (x)

Z x

a

v2f dy � v02 (x)

Z x

a

v1f dy;

3Die Funktionen v1 und v2 lassen sich als die L�osungen der Anfangswertproblem�Lv = 0 auf [a; b]v (t0) = �; v

0 (t0) = �

mit linear unabh�angigen Vektoren��

�bestimmen.


dann

pu00 (x) = pv01 (x)

Z x

a

v2f dy � pv02 (x)

Z x

a

v1f dy;

und

(pu00)0(x) = (pv01)

0(x)

Z x

a

v2f dy + pv01 (x) v2 (x) f (x)

� (pv02)0(x)

Z x

a

v1f dy � pv02 (x) v1 (x) f (x)

= (pv01)0(x)

Z x

a

v2f dy � (pv02)0(x)

Z x

a

v1fdy

�p (x)W (x) f (x) ;

wobei

W (x) = v1 (x) v02 (x)� v01 (x) v2 (x) = det

�� v1 (x) v2 (x)v01 (x) v02 (x)

��die Wronski-Determinante des Paars v1; v2 ist. Es gilt

(pW )0 = (pv1v02 � pv01v2)

0

= pv01v02 + (pv

02)0v1 � pv01v

02 � (pv01)

0v2

= �qv2v1 + qv1v2 = 0;

so dass pW = const. Diese Konstante ist nicht Null, da die Wronski-Determinante derlinear unabh�angigen L�osungen nicht-Null betr�agt. Man kann dies auch direkt beweisenwie folgt. GiltW (t0) = 0, so sind die Spaltenvektoren

�v1(t0)v01(t0)

�und

�v2(t0)v02(t0)

�linear abh�angig,

d.h. existieren Konstanten �1; �2 mit

�1v1 (t0) + �1v2 (t0) = 0

�1v01 (t0) + �1v

02 (t0) = 0:

Dann ist die Funktion v = �1v1+�2v2 eine L�osung der DGL Lv = 0 mit v (t0) = v0 (t0) = 0,und nach dem Satz von Picard-Lindel�of beschlie�en wir, dass v � 0 auf [t0; b], was imWiderspruch zur linearen Unabh�angigkeit von v1; v2 steht.Somit ist die Funktion pW eine nicht-Null Konstante. Mit Skalierung von v1 oder v2

k�onnen wir annehmen, dass

pW � 1:

Dann erhalten wir

(pu00)0+ qu0 = (pv01)

0(x)

Z x

a

v2f dy � (pv02)0(x)

Z x

a

v1f dy

�f (x)

+qv1 (x)

Z x

a

v2f dy � qv2 (x)

Z x

a

v1f dy

= Lv1 (x)

Z x

a

v2f dy � Lv2 (x)

Z x

a

v1f dy

= �f


d.h. Lu0 = �f: Schreiben wir (3.24) in der Form

u0 (x) =

Z b

a

k0 (x; y) f (y) dy

um, wobeik0 (x; y) = 1fy<xg (v1 (x) v2 (y)� v2 (x) v1 (y)) :

Die Funktion k0 (x; y) ist o�ensichtlich stetig au�erhalb x 6= y. Sie ist auch stetig aufx = y, da die Funktion (v1 (x) v2 (y)� v1 (y) v2 (x)) auf x = y verschwindet.Die Randbedingungen u (a) = u (b) = 0 ergeben das folgende System f�ur C1 und C2:

C1v1 (a) + C2v2 (a) = �u0 (a) = 0C1v1 (b) + C2v2 (b) = �u0 (b) ;

wobei u0 (a) = 0 aus (3.24) folgt. Zeigen wir, dass die Determinante dieses Systemsnicht-Null ist, d.h.

D := det

�� v1 (a) v2 (a)v1 (b) v2 (b)

�� 6= 0:Gilt D = 0, so sind die Spalten von dieser Matrix linear abh�angig, z.B.

�1v1 (x) + �2v2 (x) = 0 f�ur x = a und x = b:

Dann ist die Funktion v = �1v1 + �2v2 eine L�osung von Lv = 0 mit v (a) = v (b) = 0woraus folgt v � 0, was im Widerspruch zur linearen Unabh�angigkeit von v1; v2 steht.Da D 6= 0; so erhalten wir

C1 =1

Dv2 (a)u0 (b) = c1u0 (b)

C2 = � 1Dv1 (a)u0 (b) = c2u0 (b)

mit c1 =1Dv2 (a) und c2 = � 1

Dv1 (a) : So, erhalten wir die L�osung u von (3.21):

u (x) = u0 (x) + c1u0 (b) v1 (x) + c2u0 (b) v2 (x)

=

Z b

a

k0 (x; y) f (y) dy +

Z b

a

k0 (b; y) (c1v1 (x) + c2v2 (x)) f (y) dy

=

Z b

a

k (x; y) f (y) dy;

wobeik (x; y) = k0 (x; y) + k0 (b; y) (c1v1 (x) + c2v2 (x)) : (3.25)

O�ensichtlich ist k (x; y) eine stetige Funktion von x; y.Die Symmetrie von k (x; y) kann aus (3.25) erhalten werden, obwohl es nicht so of-

fensichtlich ist. Wie beweisen die Symmetrie von k (x; y) mit Hilfe von dem GreenschenOperator (3.23). Da k stetig ist, so ist K ein beschr�ankter (und sogar kompakter) Oper-ator in L2 (a; b). Zeigen wir zun�achst, dass

(Kf; g) = (f;Kg) (3.26)


f�ur alle stetige Funktionen f; g auf [a; b] (was �aquivalent zu Selbstadjunktion von K inL2 (a; b)). Setzen wir u = Kf und v = Kg und bemerken, dass u und v erf�ullen dieDi�erentialgleichungen Lu = �f und Lv = �g mit den Dirichlet-Randbedingung. Darausfolgt

(Kf; g) = � (u; Lv) und (f;Kg) = � (Lu; v) :

Es bleibt zu zeigen, dass

(Lu; v) = (u; Lv) : (3.27)

Wir haben

(Lu; v) =

Z b

a

(Lu) vdx =

Z b

a

�(pu0)

0v + quv

�dx

= pu0vjba �Z b

a

(pu0v0dx� quv) dx

= �Z b

a

(pu0v0dx� quv) dx:

Analog gilt

(Lv; u) = �Z b

a

(pu0v0dx� quv) dx;

woraus (Lu; v) = (u; Lv) folgt. Die Identit�at (3.26) ist somit bewiesen und sie ergibt f�uralle f; g 2 C [a; b]Z b

a

Z b

a

k (x; y) f (y) g (x) dydx =

Z b

a

Z b

a

k (y; x) f (y) g (x) dydx;

woraus folgt Z b

a

Z b

a

(k (x; y)� k (y; x)) f (y) g (x) dydx = 0: (3.28)

Gilt k (x0; y0) 6= k (y0; x0) f�ur ein (x0; y0) 2 [a; b]� [a; b], so verschwindet die Funktion

l (x; y) = k (x; y)� k (y; x)

in einer Umgebung U = (x0 � "; x0 + ") � (y0 � "; y0 + ") von (x0; y0) nicht, z.B. es giltl (x; y) > 0 in U: Dann w�ahlen wir eine stetige nicht-Null Funktion f so dass f (y) � 0f�ur alle y 2 [a; b] und f (y) = 0 f�ur y =2 (y0 � "; y0 + "), und analog eine stetige nicht-NullFunktion g � 0 mit g (x) = 0 f�ur x =2 (x0 � "; x0 + ") : Dann giltZ b

a

Z b

a

l (x; y) f (y) g (x) dydx =

Z ZU

l (x; y) f (y) g (x) dydx > 0;

was im Widerspruch zu (3.28) steht. Somit gilt k (x; y) = k (y; x) f�ur alle x; y 2 [a; b].Die positive De�nitheit von k folgt ausZ b

a

Z b

a

k (x; y) f (x) f (y) dxdy = (Kf; f) = (u;�Lu) =Z b

a

�p (u0)

2dx� qu2

�> 0;


wobei u = Kf und die Ungleichung ist strikt, da sonst u = 0 und somit f = �Lu = 0. Be-merken wir, dass die positive De�nitheit des Kerns k �aquivalent zur positiven De�nitheitdes Operators K ist, d.h. (Kf; f) > 0 f�ur alle nicht-Null Funktionen f 2 C [a; b].Beispiel. F�ur Lu = u00 nehmen wir v1 (x) = 1, v2 (x) = x, mit W � 1 und D = b � a.Dann folgt es aus (3.25), dass

k (x; y) =1

b� a

�(x� a) (b� y) ; x � y;(y � a) (b� x) ; x � y:

Insbesondere f�ur [a; b] = [0; 1] gilt

k (x; y) =

�x (1� y) ; x � y:y (1� x) ; x � y:

Gegeben seien der Operator L von (3.20) auf C2 [a; b] und eine Funktion w 2 C [a; b] ;w > 0; die Gewicht hei�t. Betrachten wir das Sturm-Liouville-Problem�

Lv + �wv = 0;v (a) = v (b) = 0;

(3.29)

wobei v 2 C2 [a; b] eine unbekannte Funktion ist und � eine unbekannte Konstante, diespektraler Parameter hei�t. O�ensichtlich ist v � 0 eine L�osung von (3.29) f�ur alle �.Jede nicht-Null L�osung v 2 C2 [a; b] von (3.29) hei�t die Eigenfunktion von (3.29) (odervon L) und der entsprechende Wert � hei�t der Eigenwert von (3.29). Das Problem istalle Eigenwerten und Eigenfunktionen von (3.29) zu bestimmen.

Beispiel. Betrachten wir das Sturm-Liouville-Problem f�ur den Operator Lu = u00 auf [0; �]mit Gewicht w = 1. Die Eigenfunktionen v erf�ullen die Di�erentialgleichung v00 + �v = 0mit den Randbedingungen v (0) = v (�) = 0. F�ur � = 0 ist die allgemeine L�osung vonv00 + �v = 0 die lineare Funktion v (t) = C1 + C2t, die die Randbedingungen nur f�urC1 = C2 = 0 erf�ullt, so dass � = 0 kein Eigenwert ist. F�ur � < 0 ist die allgemeineL�osung v (x) = C1e

�t + C2e��t mit � =

p��, und diese Funktion verschwindet an den

Stellen a und b auch nur f�ur C1 = C2 = 0, so dass kein � < 0 ein Eigenwert ist. F�ur � > 0ist die allgemeine L�osung

v (x) = C1 cosp�x+ C2 sin

p�x:

Die Bedingung v (0) = 0 ergibt C1 = 0, und die Bedingung v (�) = 0 ergibt sinp�� = 0,

was �aquivalent zup� 2 Z ist. Somit erhalten wir alle Eigenwerte �k = k2 mit k = 1; 2; :::,

und die entsprechenden Eigenfunktionen sind vk (x) = sin kx:

Hauptsatz 3.16 (Satz von Sturm-Liouville) Die Eigenwerten des Sturm-Liouville-Problems(3.29) bilden eine echt monoton steigende Folge f�kg1k=1 mit �k ! +1 f�ur k ! 1. Zujedem �k entspricht eine einzige Eigenfunktion vk (bis auf multiplikative Konstante), unddie Folge fvkg1n=1 von den Eigenfunktionen bildet eine Orthogonalbasis in L2 ((a; b) ; �)mit d� = wdx.

Bemerkung. Es gibt noch einen Teil von dem Satz von Sturm-Liouville, der besagt, dassdie Funktion vk genau k � 1 Nullstellen auf dem Intervall (a; b) besitzt.


Beweis. Zuerst beweisen wir, dass es f�ur jedes � h�ochstens eine (bis auf multiplikativeKonstante) L�osung v von (3.29) gibt. Seien v1 und v2 zwei solche L�osungen. Da v1 (a) = 0,so muss v01 (a) 6= 0 erf�ullt werden, da sonst nach dem Satz von Picard-Lindel�of gilt v1 � 0:Somit existiert eine Konstante cmit v02 (a) = cv01 (a) :Dann erf�ullt die Funktion v = v1�cv2die Di�erentialgleichung Lv = 0 mit v (a) = v0 (a) = 0, woraus folgt dass v � 0. Somitsind die L�osungen v1 und v2 linear abh�angig, was zu beweisen war.Zum Beweis der Existenz der Orthogonalbasis von Eigenvektoren benutzen wir den

Satz 3.15. In diesem Satz soll die Bedingung q (x) � 0 erf�ullt werden, was jetzt nichtunbedingt der Fall ist. Aber es gibt immer eine positive Konstante c mit

q � cw < 0:

Die Gleichung Lv + �wv = 0 ist �aquivalent zu

(pv0)0+ (q � cw) v + (�+ c)wv = 0:

Benennen wir den Operator (pv0)0 + (q � cw) v zur�uck nach L und die Konstante � + cnach � um. Dann k�onnen wir annehmen, dass q < 0 und den Satz 3.15 anwenden. So istdas Problem (3.29) �aquivalent zur Integralgleichung

v (x) = �

Z b

a

k (x; y)w (y) v (y) dy = �K (wv) ; (3.30)

wobei K der Greensche Operator ist. Wir betonen, dass jede Funktion v 2 C [a:b], diediese Integralgleichung erf�ullt, ist automatisch aus C2 [a; b] und l�ost (3.29), da wv stetigist und somit die Funktion K (wv) aus C2 [a; b] ist, dann auch v = �K (wv) aus C2 [a; b]ist.Multiplizieren wir die Gleichung (3.30) mit

pw (x)und betrachten eine neue unbekan-

nte Funktion u = vpw: Dann erhalten wir die folgende Integralgleichung f�ur u:

u (x) = �

Z b

a

pw (x)k (x; y)

pw (y)u (y) dy;

d.h.

u (x) = �

Z b

a

ek (x; y)u (y) dy = � eKuwobei ek (x; y) =pw (x)w (y)k (x; y)

und eK der Integraloperator mit dem Kern ek (x; y) ist. Da ek (x; y) stetig und symmetricin x; y ist, so ist eK kompakt und selbstadjungiert in L2 (a; b). Nach dem Hauptsatz 3.13existiert eine Orthogonalbasis fung1n=1 in L2 (a; b) (mit dem Lebesgue Ma�), die aus den

Eigenfunktionen von eK besteht. Sei �n der Eigenwert von un, d.h.eKun = �nun:

Dann gilt nach Lemma 3.11 �n ! 0 f�ur n!1.Die Abbildung u 7! �u := up

wist ein Isomorphismus von Hilbertr�aumen L2 (a; b) und

L2 ((a; b) ; �) mit d� = wdx; da

k�uk2L2((a;b);�) =Z b

a

�upw

�2wdx =

Z b

a

u2dx = kuk2L2(a;b)


und f�ur alle u1; u2 2 L2 (a; b)

(�u1;�u2)L2((a;b);�) =

Z b

a

u1pw

u2pwwdx =

Z b

a

u1u2dx = (u1; u2)L2(a;b) :

Somit ist die Folge fvng mit vn = �un eine Orthogonalbasis in L2 ((a; b) ; �), und vn erf�ulltdie Integralgleichung

K (wvn) = �nvn:

Da K positiv de�nit in L2 (a; b) ist, so erhalten wir

(K (wvn) ; wvn) > 0

woraus folgt�n (wvn; wvn) > 0

und somit �n > 0.Die Funktion

K (wvn) (x) =

Z b

a

k (x; y)w (y) vn (y) dy

ist stetig, da k (x; y) stetig ist, woraus folgt, dass auch

vn =1

�nK (wvn) (3.31)

stetig ist. Der Vergleich von (3.31) und (3.30) ergibt, dass vn die Eigenfunktionen desSturm-Liouville-Problems mit den Eigenwerten �n =

1�n! +1 sind. Da alle �n unter-

schiedlich sind, so l�asst sich die Folge f�ng umnummerieren, so dass f�ng echt monotonsteigend wird.Es bleibt noch zu zeigen, dass es keinen anderen Eigenwert von (3.29) gibt. Sei � ein

Eigenwert von (3.29), der nicht in der Folge f�ng liegt, uns sei v die Eigenfunktion von�. Da � 6= �n, so gilt v?vn in L2 ((a; b) ; w), da

(Lv; vn)L2(a;b) = �� (wv; vn)L2(a;b) = �� (v; vn)L2((a;b);�)und nach (3.27)

(Lv; vn)L2(a;b) = (v; Lvn)L2(a;b) = ��n (v; vn)L2((a;b);�)was unter � 6= �n nur dann m�oglich ist, wenn (v; vn)L2((a;b);�) = 0: Somit ist v orthogonalzu allen Elementen vn der Basis, woraus folgt v = 0.

Bemerkung. Der Hauptsatz 3.16 gilt auch f�ur andere Randbedingungen, insbesonderef�ur die Neumann-Randbedingung : v0 (a) = v0 (b) = 0 (und der Beweis ist �ahnlich).

Beispiel. Betrachten wir noch einmal das Sturm-Liouville-Problem f�ur den OperatorLu = u00 auf [0; �] mit Gewicht w = 1. Wir haben schon gesehen, dass die Eigenwertedavon sind �k = k2 mit k = 1; 2; ::: und die Eigenfunktionen sind vk (x) = sin kx: Nachdem Hauptsatz 3.16 beschlie�en wir, dass die Folge fsin kxg1k=1 eine Orthogonalbasis inL2 (0; �) ist.Analog sind die Funktionen fcos kxg1k=0 die Eigenfunktionen der Di�erentialgleichung

v00 + �v = 0 mit den Randbedingungen v0 (0) = v0 (�) = 0, woraus folgt, dass fcos kxg1k=0auch eine Orthogonalbasis in L2 (0; �) ist.


F�ur jede Funktion f 2 L2 (��; �) haben wir die Darstellung f = g + h mit einergeraden Funktion g und ungeraden Funktion h. Dann gelten die Entwicklungen

g =1Xk=0

ak cos kx und h =1Xk=1

bk sin kx in L2 (0; �) ;

und nach der Symmetrie auch in L2 (��; �) ; woraus folgt

f = a0 +1Xk=1

(ak cos kx+ bk sin kx) in L2 (��; �)

Somit haben wir noch einmal bewiesen (diesmal ohne den Approximationssatz von Weier-stra�), dass die Folge

f1; cosx; sin x; cos 2x; sin 2x; ::: cos kx; sin kx; :::g

eine Orthogonalbasis in L2 (��; �) ist.

Beispiel. Betrachten wir den Di�erentialoperator Lv =�e�x

2v0�0auf R mit Gewicht

w = e�x2. Die Gleichung �

e�x2

v0�0+ �e�x

2

v = 0

f�ur Eigenfunktion kann wie folgt umgeschrieben werden:

v00 � 2xv0 + �v = 0:

In diesem Fall gibt es keine Randbedingungen, aber wir fordern v 2 L2�R; e�x2dx

�an.

Diese Gleichung wird von den Hermite-Polynomen fHng1n=0 erf�ullt, da

H 00n � 2xH 0

n + 2nHn = 0:

Somit ist Hn eine Eigenfunktion von L mit dem Eigenwert �n = 2n. Man kann beweisen,

dass die Eigenfunktionen dieses Problems eine Orthogonalbasis in L2�R; e�x2dx

�bilden

(eine Verallgemeinerung von Hauptsatz 3.16) und dass die Folge fHng alle Eigenfunktio-nen von L enth�alt. Somit ist fHng eine Orthogonalbasis in L2

�R; e�x2dx

�:

3.9 Schr�odinger-Gleichung

Betrachten wir die eindimensionale Schr�odinger-Gleichung

i@

@t= �d

2

dx2+ V (x) (3.32)

wobei V (x) das gegebene Potential auf einem Intervall [a; b] ist, und (x; t) die gesuchteWellenfunktion, die von x 2 [a; b] und von der Zeit t 2 R abh�angt. Erlegen wir diefolgende Randbedingung und Anfangsbedingung auf:

(a; t) = (b; t) = 0 f�ur alle t; (3.33)

3.9. SCHR �ODINGER-GLEICHUNG 91

und (x; 0) = 0 (x) ; (3.34)

wobei 0 eine gegebene Funktion ist. Die Randbedingung (3.33) bedeutet, dass dieWellenfunktion (und das entsprechende Teilchen) im Intervall [a; b] eingesperrt ist.Betrachten wir das Strum-Liouville-Problem f�ur den Operator

Lv =d2v

dx2� V (x) v

auf [a; b] mit dem Gewicht 1, d.h.�Lv + �v = 0v (a) = v (b) = 0:

Nach dem Satz 3.16 existiert eine Orthonormalbasis fvkg1k=1 in L2 (a; b), die aus denEigenfunktionen von L besteht. Sei �k der Eigenwert von vk. Dann erf�ullt die Funktion

k (x; t) = vk (x) e�i�kt

die Schr�odinger-Gleichung (3.32) und die Randbedingung (3.33).Die L�osung von (3.32) mit den Bedingungen (3.33) und (3.34) suchen wir in der Form

(x; t) =1Xk=1

ckvk (x) e�i�kt; (3.35)

wobei die Koe�zienten ck 2 C noch bestimmt werden m�ussen. F�ur t = 0 erhalten wir

0 (x) =1Xk=1

ckvk (x) ;

woraus die Koe�zienten ck sich bestimmen lassen:

ck = ( 0; vk) :

Dann gilt nach der Parsevalschen Gleichung

1Xk=1

jckj2 = k 0k22 = 1

und somit auch f�ur alle t 2 R1Xk=1

��cke�i�kt��2 = 1:Daraus folgt, dass die Reihe (3.35) f�ur jedes t in L2 (a; b) konvergiert, und

k (�; t)k22 = 1:

Man kann auch beweisen, dass unter bestimmten Voraussetzungen �uber 0 die Funktion hinreichend di�erenzierbar ist und somit die Gleichung (3.32) erf�ullt.Analog l�ost man andere partielle Di�erentialgleichungen, z.B. die W�armeleitungsgleichung

und die Wellengleichung.


Chapter 4

Funktionalkalk�ul vonselbstadjungierten Operatoren

4.1 Polynome von selbstadjungierten Operatoren

SeiA ein Operator in einem Vektorraum V �uber C und f (z) ein Polynommit Koe�zientenvon C:

f (z) = c0 + c1z + :::+ cnzn:

De�nieren wir f (A) als ein Operator in V mit

f (A) = c0I + c1A+ :::+ cnAn:

Es ist o�ensichtlich, dass f�ur zwei Polynomef; g die folgenden Identit�aten gelten:

(i) (f + g) (A) = f (A) + g (A)

(ii) (fg) (A) = f (A) g (A) :

Ist V ein normierter Vektorraum, dann f 2 B (V )) f (A) 2 B (V ) :Seien A ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H und f (z) ein Polynom mit

reellwertigen Koe�zienten. Dann ist f (A) auch selbstadjungiert.In diesem Kapitel f�uhren wir das Funktionalkalk�ul von selbstadjungierten Operatoren

ein. Das Funktionalkalk�ul ist die Regel wie man f (A) f�ur eine Klasse von Funktionen fde�niert bzw bestimmt.Jetzt haben wir f (A) f�ur Polynome de�niert, und in dem n�achsten Abschnitt de�nieren

wir f (A) f�ur alle stetige Funktionen. Aber daf�ur brauchen wir den folgenden Satz.

Satz 4.1 (Der spektrale Abbildungssatz f�ur Polynome) Seien A ein beschr�ankter Oper-ator im normierten Vektorraum V und f (z) ein Polynom. Dann gilt

� (f (A)) = f (� (A)) := ff (z) : z 2 � (A)g : (4.1)

Korollar 4.2 Seien A ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H und f (z) einPolynom mit reellwertigen Koe�zienten. Dann gilt

kf (A)k = supz2�(A)

jf (z)j : (4.2)

93

94CHAPTER 4. FUNKTIONALKALK�UL VON SELBSTADJUNGIERTENOPERATOREN

Beweis. Zeigen wir zun�achst, dass f�ur jedem selbstadjungierten Operator B in H gilt

kBk = sup j� (B)j : (4.3)

Nach dem Satz 3.9 haben wir � (B) � [�kBk ; kBk] und einer von kBk ;�kBk in � (B)liegt. Daraus folgt, dass j� (B)j � [0; kBk] und kBk 2 j� (B)j, was �aquivalent zu (4.3).Anwendung von (4.3) f�ur B = f (A) ergibt

kf (A)k = sup j� (f (A))j = sup jf (� (A))j = supz2�(A)

jf (z)j :

Beispiel. Nehmen wir an � (A) � [0; 1] und betrachten f (A) f�ur f (z) = z � z2: Danngilt nach (4.2) A� A2

= supz2�(A)

��z � z2�� sup

z2[0;1]

��z � z2�� = 1

4;

d.h. kA� A2k � 14: Diese Ungleichung ist hoch nicht-trivial sogar wenn A eine 2 � 2

Matrix!

F�ur den Beweis von Satz 4.1 brauchen wir das folgende Lemma.

Lemma 4.3 Seien A;B zwei beschr�ankten Operatoren im normierten Vektorraum V mitAB = BA. Dann ist AB beschr�ankt invertierbar genau dann, wenn die beiden OperatorenA und B beschr�ankt invertierbar, d.h.

(AB)�1 2 B (V ), A�1 und B�1 2 B (V ) :

Beweis. Sind A;B beschr�ankt invertierbar, so erf�ullt der Operator B�1A�1 2 B (V ) dieDe�nition von (AB)�1:

(AB)�B�1A�1

�= A

�BB�1�A�1 = AA�1 = I

und analog (B�1A�1) (AB) = I: Somit ist AB beschr�ankt invertierbar und

(AB)�1 = B�1A�1:

Beweisen wir die Umkehrung: ist C = AB beschr�ankt invertierbar, so sind A und B auchbeschr�ankt invertierbar. Bemerken wir zun�achst, dass C mit A und B kommutiert, z.B.

CA = ABA = AAB = AC:

Daraus folgt, dass auch C�1 mit A und B kommutiert, da

AC = CA) A = CAC�1 ) C�1A = AC�1:

Zeigen wir jetzt, dass A beschr�ankt invertierbar ist und zwar A�1 = C�1B: Wir haben�C�1B

�A = C�1BA = (AB)�1 (AB) = I

undA�C�1B

�= C�1AB = I:

Analog ist B beschr�ankt invertierbar mit B�1 = C�1A:

4.2. STETIGE FUNKTIONEN VON SELBSTADJUNGIERTEN OPERATOREN 95

Korollar 4.4 Seien A1; :::An beschr�ankte Operatoren in V die miteinander kommutieren.Dann gilt die �Aquivalenz

(A1:::An)�1 2 B (V ), A�1k 2 B (V ) 8k = 1; ::; n:

Beweis. Dies folgt aus Lemma 4.3 per Induktion nach n.

Beweis von Satz 4.1. F�ur jedes � 2 C beweisen wir, dass

� 2 � (f (A)), � 2 f (� (A)) :

Nach dem Fundamentalsatz der Algebra l�asst sich das Polynom f (z)� � in ein Produktvon Linearfaktoren zerlegen:

f (z)� � = c (z � z1) ::: (z � zn) ;

wobei z1; :::; zn die (komplexwertigen) Nullstellen von f (z)� � sind. Dann auch gilt

f (A)� �I = c (A� z1I) ::: (A� znI) :

Nach Korollar 4.4 haben wir

� 2 � (f (A)) , (f (A)� �I)�1 2 B (H), ((A� z1I) ::: (A� znI))

�1 2 B (H), (A� zkI)

�1 2 B (H) 8k = 1; :::; n, zk 2 � (A) 8k = 1; :::; n

Daraus folgt

� 2 � (f (A)) , 9k zk 2 � (A), 9z 2 � (A) f (z)� � = 0

, � 2 f (� (A)) ;


4.2 Stetige Funktionen von selbstadjungierten Oper-

atoren

4.2.1 Funktionalkalk�ul von selbstadjungierten Operatoren

Hauptsatz 4.5 Sei A ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H. Dann existiertgenau eine Abbildung

A : C (� (A))! B (H)mit den folgenden Eigenschaften:

1. F�ur jede (reellwertige) Funktion f 2 C (� (A)) ist A (f) ein selbstadjungierter Op-erator.

2. kA (f)k = kfkC(�(A)) (f�ur die Eindeutigkeit von A reicht kA (f)k � kfkC(�(A))).


3. A ist linear und sogar ein Homomorphismus von Algebras, d.h.

A (f + g) = A (f) +A (g)A (cf) = cA (f) 8c 2 RA (fg) = A (f)A (g) :

4. F�ur f � 1 gilt A (f) = I und f�ur f (z) = z gilt A (f) = A.

Die Abbildung A hei�t das Funktionalkalk�ul von Operator A. F�ur jede Funktionf 2 C (� (A)) setzen wir

f (A) := A (f) ;und f (A) hat die folgenden Eigenschaften:

1. f (A) ist selbstadjungiert.

2. kf (A)k = supz2�(A) jf (z)j.

3. F�ur zwei Funktionen f; g 2 C (� (A)) gelten

(f + g) (A) = f (A) + g (A)

(cf) (A) = c (f (A))

(fg) (A) = f (A) g (A) :

4. F�ur f � 1 gilt f (A) = I und f�ur f (z) = z gilt f (A) = A.

Insbesondere gilt f�ur jedes Polynom

f (z) = c0 + c1z + :::+ cnzn

dassf (A) = c0I + c1A+ :::+ cnA

n;

was mit der fr�uheren De�nition von f (A) �ubereinstimmt.

Beispiel. Sei A ein selbstadjungierter Operator mit � (A) � 0. Dann existiert ein selb-stadjungierter Operator B mit B2 = A: Daf�ur betrachten wir die Funktion f (z) =

pz

die auf [0;1) und somit auch auf � (A) de�niert und stetig ist. Dann B = f (A) erf�ullt

B2 = f (A) f (A) =�p

zpz�(A) = z (A) = A:

Somit istpA wohlde�niert.

Beispiel. F�ur jeden selbstadjungierten Operator A ist I+A2 beschr�ankt invertierbar, dadie Funktion f (z) = 1

1+z2auf R und somit auch auf � (A) stetig ist, woraus folgt

f (A)�I + A2

�=

�1

1 + z2�1 + z2

��(A) = I

und analog �1 + A2

�f (A) = I:

F�ur den Beweis des Satzes 4.5 brauchen wir das folgende Lemma.


Lemma 4.6 Sei K eine kompakte Teilmenge von R. Dann f�ur jede f 2 C (K) existierteine Folge ffng von Polynomen mit kfn � fkC(K) ! 0 f�ur n!1:

Beweis. Ist K ein Intervall [a; b], so stimmt die Aussage mit dem Approximationssatzvon Weierstrass �uberein (Korollar 2.19). F�ur beliebige kompakte Menge K existiert einbeschr�anktes Intervall (a; b) das K �uberdeckt. Zeigen wir, dass die Funktion f sich aufdas Intervall [a; b] stetig fortsetzen l�asst. Dann die Folge ffng von Polynomen, die f auch[a; b] approximiert, macht es auch auf K.De�nieren wir die Funktion f au�erhalb (a; b) mit f � 0. Die Menge (a; b)nK ist eine

o�ene Menge und deshalb (a; b)nK ist eine disjunkte Vereinigung von o�enen Intervallen.Sei (�; �) ein von diesen Intervallen. Dann liegen die Punkte �; � au�erhalb (a; b) n K,wo f schon de�niert ist. Da die Werte f (�) und f (�) schon bekannt sind, de�nieren wirf auf dem Intervall (�; �) als die lineare Funktion. Dann ist f stetig auf R.Beweis von Hauptsatz 4.5. Beweisen wir zun�achst die Eindeutigkeit des Funktion-alkalk�uls A. Da A (z) = A und A (zn) = An, erhalten wir, dass f�ur jedes Polynomf (z) = c0 + c1z + :::+ cnz

n

A (f (z)) = c0I + c1A+ :::+ cnAn:

Insbesondere istA (f) eindeutig bestimmt f�ur Polynome. Sei f eine beliebige Funktion ausC (� (A)). Da � (A) kompakt (beschr�ankt und abgeschlossen) ist, existiert nach Lemma4.6 eine Folge ffng von Polynomen mit kfn � fkC(�(A)) ! 0: Dann gilt

kA (fn)�A (f)k = kA (fn � f)k � kfn � fkC(�(A)) ! 0

d.h. A (fn)! A (f) in B (V ) : Somit ist A (f) eindeutig bestimmt f�ur jede stetige Funk-tion f auf � (A).Jetzt beweisen wir die Existenz des Funktionalkalk�uls A. F�ur Polynome f de�nieren

wir A (f) = f (A). O�ensichtlich erf�ullt diese De�nition alle Eigenschaften 1-4. F�urbeliebige Funktion f 2 C (� (A)) �nden wir eine Folge ffng von Polynomen mit

kfn � fkC(�(A)) ! 0

und bemerken, dass die Folge fA (fn)g von Operatoren eine Cauchy-Folge ist, da nachKorollar 4.2

kA (fn)�A (fm)k = kfn (A)� fm (A)k = k(fn � fm) (A)k = kfn � fmkC(�(A)) ! 0

f�ur n;m!1. Da B (H) ein Banachraum ist, existiert der Grenzwert limA (fn), was wirals A (f) de�nieren m�ochten. Aber daf�ur brauchen wir noch zu beweisen, dass limA (fn)unabh�angig von der Wahl von der Folge ffng ist. Gegeben sei noch eine Folge fgng vonPolynomen mit kgn � fkC(�(A)) ! 0: Dann gilt

kfn � gnkC(�(A)) ! 0

und somit

kA (fn)�A (gn)k = k(fn � gn) (A)k = kfn � gnkC(�(A)) ! 0;

woraus folgt limA (fn) = limA (gn) :


Somit ist A (f) = limA (fn) wohlde�niert. Beweisen wir alle Eigenschaften 1-4.1. A (f) ist selbstadjungiert als ein Grenzwert in B (H) von selbstadjungierten Oper-

atoren.2. F�ur die Folge ffng von Polynomen wie oberhalb erhalten wir

kA (f)k = limn!1

kA (fn)k = limn!1

kfnkC(�(A)) = kfkC(�(A)) :

3. Beweisen wir z.B. die Identit�at A (fg) = A (f)A (g) f�ur alle f; g 2 C (� (A)) : Seienffng und fgng zwei Folgen von Polynomen die f bzw g in C (� (A)) approximieren. Dannhaben wir

kfg � fngnkC(�(A)) � kfg � fgnk+ kfgn � fngnk� kfk kg � gnk+ kf � fnk kgnk ! 0:

Da fngn ein Polynom ist, daraus folgt

A (fg) = limA (fngn) = limA (fn)A (gn) = A (f)A (g) :

Die Identit�aten A (f + g) = A (f) +A (g) und A (cf) = cA (f) werden �ahnlich bewiesen.4. Da f � 1 und f = z die Polynome sind, so erhalten wir A (1) = 1 (A) = I und

A (z) = z (A) = A:Wie es schon gesagt wurde, benutzen wir weiterhin die Bezeichnung

f (A) � A (f) :

4.2.2 Der spektrale Abbildungssatz

Satz 4.7 (Der spektrale Abbildungssatz f�ur stetige Funktionen) Sei A ein selbstadjungierterOperator in H. F�ur jede Funktion f 2 C (� (A)) gilt

� (f (A)) = f (� (A)) :

Beweis. Beweisen wir f�ur jedes � 2 R die �Aquivalenz

� 2 � (f (A)), � 2 f (� (A)) :

Gilt � =2 f (� (A)), so betrachten wir die Funktion

g (z) =1

f (z)� �

so dass(f (z)� �) g (z) = g (z) (f (z)� 1) = 1:

Daraus folgt, dass

(f (A)� �I) g (A) = g (A) (f (A)� �I) = I;

so dass(f (A)� �I)�1 = g (A)


und � =2 � (f (A)) :Gilt � 2 f (� (A)), so beweisen wir, dass � 2 � (f (A)) : Das Letzte ist �aquivalent zu

infkxk=1

kf (A)x� �xk = 0 (4.4)

(siehe (3.16) im Beweis von Satz 3.13). F�ur jedes " > 0 w�ahlen wir ein Polynom g mit

kf � gkC(�(A)) < ":

Da � 2 f (� (A)), so existiert ein z 2 � (A) mit � = f (z) : Bezeichnen wir � = g (z) :Nach Satz 4.1 haben wir

g (� (A)) = � (g (A)) :

Da � 2 g (� (A)), erhalten wir, dass � 2 � (g (A)) und somit

infkxk=1

kg (A)x� �xk = 0:

Insbesondere existiert ein x 2 H mit kxk = 1 und

kg (A)x� �xk < ":

Dann haben wir

kf (A)x� �xk � kf (A)x� g (A)xk+ kg (A)x� �xk+ k�x� �xk� kf (A)� g (A)k+ "+ kf (z)� g (z)k� kf � gkC(�(A)) + "+ kf � gkC(�(A))< 3";

woraus (4.4) folgt.

4.2.3 Zus�atzliche Eigenschaften von Funktionalkalk�ul

Der folgende Satz erg�anzt die Eigenschaften von Funktionalkalk�ul von Hauptsatz 4.5.

Satz 4.8 Das Funktionalkalk�ul vom selbstadjungierten Operator A erf�ullt die folgendenEigenschaften.

5. F�ur jede Folge ffng von Funktionen aus C (� (A)) mit fn ! f in C (� (A)) giltfn (A)! f (A) in B (H) :

6. Ax = �x ) f (A)x = f (�)x (insbesondere gilt f (�p (A)) � �p (f (A)))

7. F�ur alle f 2 C (� (A)) und g 2 C (im f) gilt (g � f) (A) = g (f (A)).

Beweis. 5. Wir haben

kfn (A)� f (A)k = k(fn � f) (A)k = kfn � fkC(�(A)) ! 0:

6. Die Bedingung Ax = �x impliziert Anx = �nx f�ur alle nichtnegative ganze Zahlenn, woraus folgt, dass f�ur alle Polynomef gilt

f (A)x = f (�)x: (4.5)


F�ur beliebige stetige Funktion f auf � (A) w�ahlen wir eine Folge ffng von Polynomen mitkfn � fkC(�(A)) ! 0: Es gilt

fn (A)x = fn (�)x:

F�ur n!1 erhalten wir fn (A)! f (A) und fn (�)! f (�) da � 2 � (A). Somit erhaltenwir (4.5) f�ur alle stetige Funktionen.7. Sei erst g ein Polynom,

g (z) = c0 + c1z + :::+ cnzn:

Dann gilt

(g � f) (z) = c0 + c1f (z) + :::+ cnf (z)n

und somit

(g � f) (A) = c0 + c1f (A) + :::+ cnf (A)n = g (f (A)) :

F�ur beliebige Funktion g 2 C (im f) existiert eine Folge fgng von Polynomen mit

kg � gnkC(im f) ! 0:

Dann haben wir

kgn � f � g � fkC(�(A)) = kgn � gkC(im f) ! 0

und somit nach 5

(gn � f) (A)! (g � f) (A) :

Da gn ein Polynom ist, so erhalten wir

(gn � f) (A) = gn (f (A))! g (f (A))

wobei wir benutzt haben

kgn � gkC(�(f(A))) = kgn � gkC(f(�(A))) = kgn � gkC(im f) ! 0:

Beispiel. Betrachten wir eine Gleichung exp (X) = A wobei A ein gegebener selbstad-jungierter Operator ist und X ein gesuchter Operator. Gilt � (A) > 0, so ist die Funktionf (z) = ln z auf � (A) de�niert, und wir k�onnen setzen X = lnA, da nach dem Satz 4.8gilt

exp (lnA) = (exp � ln)A = A:

Beispiel. Es ist bekannt, dass�1 +

z

n

�n! exp (z) f�ur n!1

und die Konvergenz gleichm�a�ig auf jedem beschr�ankten Intervall ist. Da � (A) beschr�anktist, so erhalten wir �

I +1

nA

�n! exp (A) :

4.3. UNSTETIGE FUNKTIONEN VON SELBSTADJUNGIERTENOPERATOREN101

Analog gilt

exp (A) =

1Xn=0

An

n!:

Beispiel. Sei A ein kompakter selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H, und seif�ng die Folge von allen Elementen von � (A). Setzen wir Kn = ker (A� �nI) : Dann giltf�ur jede Funktion f 2 C (� (A)) und alle x 2 H die Identit�at

f (A)x =Xn

f (�n)PKnx: (4.6)

Der Beweis von (4.6) benutzt den Teil 6 von Satz 4.8.

4.3 Unstetige Funktionen von selbstadjungierten Op-

eratoren

4.3.1 Operator-Ungleichungen

Sei A ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H �uber C. Dann ist (Ax; x) reellf�ur alle x 2 H, da nach der Selbstadjunktion

(Ax; x) = (x;Ax)

und nach Hermitescher Symmetrie

(Ax; x) = (x;Ax);

woraus folgt (x;Ax) = (x;Ax) und somit (x;Ax) 2 R.De�nition. Ein selbstadjungierter Operator A hei�t nichtnegativ de�nit falls (Ax; x) � 0f�ur alle x 2 H. Man schreibt in diesem Fall A � 0.F�ur zwei selbstadjungierte Operatoren A und B schreiben wir A � B falls A�B � 0,

was �aquivalent zu (Ax; x) � (Bx; x) f�ur alle x 2 H.Beispiel. Wir haben immer A2 � 0; da�

A2x; x�= (Ax;Ax) � 0:

Beispiel. Jeder orthogonale Projektor PU auf einen abgeschlossenen Unterraum U � Hist nichtnegativ de�nit, da

(PUx; x) = (PUx; PUx+ PU?x) = kPUxk2 � 0:

Bemerken wir auch, dass die Operatoren PU und PU? nicht vergleichbar sind (vorausge-setzt, dass U und U? nicht trivial sind), d.h.

PU 6� PU? und PU? 6� PU :

Beispiel. Der Greensche Operator K im Beweis des Satzes 3.15 ist nichtnegativ de�nit.

Im n�achsten Lemma alle Operatoren sind selbstadjungiert im H.


Lemma 4.9 Die folgende Eigenschaften von � gelten.

1. A � B und B � C ) A � C

2. A � 0 und B � 0 ) A+B � 0:

3. A � 0 und � 2 [0;1) ) �A � 0, w�ahrend f�ur � 2 (�1; 0] gilt �A � 0:

4. An � 0 und Anx! Ax f�ur alle x 2 H ) A � 0:

5. �kAk I � A � kAk I

Beweis. 1. (Ax; x) � (Bx; x) und (Bx; x) � (Cx; x) ergeben (Ax; x) � (Cx; x) :2. (Ax; x) � 0 und (Bx; x) � 0 ergeben ((A+B)x; x) � 0:3. (Ax; x) � 0 ergibt ((�A)x; x) � 0 f�ur � � 0 und ((�A)x; x) � 0 f�ur � � 0:4. (Anx; x) � 0 und Anx! Ax ergeben (Ax; x) � 0:5. (Ax; x) � kAxk kxk � kAk kxk2 = kAk (Ix; x) ergibt A � kAk I. Analog gilt

A � �kAk I:

Satz 4.10 Setzen wir a = infkxk=1 (Ax; x) und b = supkxk=1 (Ax; x). Dann gelten

min� (A) = a und max� (A) = b: (4.7)

Insbesondere gilt die �Aquivalenz

A � 0 , � (A) � 0: (4.8)

Beweis. F�ur (4.7) siehe �Ubungen. Dann gilt

A � 0, a � 0, � (A) � 0;

woraus (4.8) folgt.

Beispiel. F�ur eine symmetrische Matrix A bedeutet die �Aquivalenz (4.8), dass A genaudann nichtnegativ de�nit ist, wenn alle Eigenwerte von A nichtnegativ sind.

Korollar 4.11 Es giltA � B und B � A) A = B:

Beweis. Wir haben � (A�B) � 0 und � (A�B) � 0 woraus folgt � (A�B) = f0g :Dann gilt kA�Bk = sup j� (A�B)j = 0 und somit A = B.

Bemerkung. Somit ist � eine partielle Ordnung auf der Menge von selbstadjungiertenOperatoren.

Satz 4.12 F�ur alle Funktion f; g 2 C (� (A)) gilt die �Aquivalenz:

f � g auf � (A) , f (A) � g (A) :

Somit bewahrt das Funktionalkalk�ul A : C (� (A)) ! B (H) nicht nur die Strukturvon normierten Algebras, sondern auch die partielle Ordnung.

Beweis. Wir haben nach den S�atzen 4.10 und 4.7

f (A) � g (A), f (A)� g (A) � 0, � (f (A)� g (A)) � 0, � ((f � g) (A)) � 0, (f � g) (� (A)) � 0, f � g auf � (A) :


4.3.2 Starke Konvergenz von Operatoren

De�nition. Sei fAng eine Folge von Operatoren im Hilbertraum. Man sagt, dass dieFolge fAng gegen den Operator A stark konvergiert, falls

Anx! Ax f�ur alle x 2 H:

Man schreibt in diesem Fall Ans! A oder A = s-limAn:

Fr�uher haben wir auch die Konvergenz An ! A bez�uglich der Operatornorm betra-chten. Wir schreiben in diesem Fall A = limAn. Die Konvergenz bez�uglich der Opera-tornorm ist o�ensichtlich st�arker als die starke Konvergenz, d.h.

A = limAn ) A = s- limAn:

Es gibt auch die schwache Konvergenz: Anw! A oder A = w-limAn falls

(Anx; y)! (Ax; y)

f�ur alle x; y 2 H: Die starke Konvergenz ist st�arker als die schwache Konvergenz.Die Konvergenz bez�uglich der Operatornorm hei�t auch gleichm�a�ige Konvergenz, die

starke Konvergenz hei�t auch punktweise Konvergenz.Nach dem Lemma 4.9 bewahrt die starke Konvergenz die Operator-Ungleichungen

zwischen selbstadjungierten Operatoren:

An � Bn ) s- limAn � s- limBn:

Eine Folge fAng von Operatoren hei�t beschr�ankt falls die Folge fkAnkg von denNormen beschr�ankt ist.

Satz 4.13 Sei fAng eine beschr�ankte monoton steigende (bzw fallende) Folge von selb-stadjungierten Operatoren. Dann s-limAn existiert und ist ein selbstadjungierter Opera-tor.

Beweis. Wir benutzen die folgende Ungleichung, die f�ur alle selbstadjungierte OperatorenB mit B � 0 gilt:

kBxk2 � kBk (Bx; x)(siehe Aufgaben). Daraus folgt, dass f�ur n � m und alle x 2 H

k(An � Am)xk2 � kAn � Amk ((An � Am)x; x) :

Die Folge (Anx; x) ist monotone steigend und beschr�ankt, somit ist sie eine Cauchy-Folge,d.h.

((An � Am)x; x)! 0 f�ur n;m!1:

Da die Normen kAn � Amk beschr�ankt sind, so erhalten wir, dass

k(An � Am)xk ! 0 f�ur n;m!1:

Dann ist die Folge fAnxg eine Cauchy-Folge und somit hat den Grenzwert limAnx. Setzenwir f�ur jedes x

Ax := limAnx:


Dann ist A ein linearer Operator in H, und A = s-limAn. Da

kAxk = lim kAnxk � supnkAnk kxk ;

so ist der Operator A beschr�ankt. Da

(Ax; y) = lim (Anx; y) = lim (x;Any) = (x;Ay) ;

so ist A selbstadjungiert.

4.3.3 Monotone Grenzwerte der stetigen Funktionen und Funk-

tionalkalk�ul

Satz 4.14 Let A ein selbstadjungierter Operator und ffng eine monoton fallende Folgevon nichtnegativen stetigen Funktionen auf � (A). Dann gilt folgendes.

1. s-lim fn (A) existiert (und ist selbstadjungiert).

2. Sei gn eine andere solche Folge mit lim fn � lim gn auf � (A). Dann gilt

s- lim fn (A) � s- lim gn (A) :

Insbesondere

lim fn = lim gn ) s- lim fn (A) = s- lim gn (A) :

F�ur den Beweis von zweitem Teil brauchen wir ein Lemma.

Lemma 4.15 (Satz von Dini) Sei fhng eine monoton fallende Folge von nichtnegativenstetigen Funktionen auf einem kompakten metrischen Raum X. Gilt hn (x) ! 0 f�ur allex 2 X, so gilt auch

suphn ! 0 f�ur n!1:

F�ur den Beweis von Lemma 4.15 siehe Aufgaben.

Beweis von Satz 4.14. 1. Die Bedingung fn+1 � fn auf � (A) impliziert fn+1 (A) �fn (A) ; so dass die Folge ffn (A)g monoton fallend ist. Da

kfn (A)k = sup�(A)

fn � sup�(A)

f1;

so ist die Folge fkfn (A)kg beschr�ankt. Dann s-lim fn (A) existiert und ist selbstadjungiertnach dem Satz 4.13.2. Wir werden beweisen, dass f�ur jedes k und jedes " > 0 existiert ein N so dass f�ur

alle n � N gilt

sup�(A)

(fn � gk) � ": (4.9)

Nach dem Satz 4.12 folgt es aus (4.9), dass

fn (A)� gk (A) � "I:


F�ur n!1; k !1 und "! 0 erhalten wir nach Lemma 4.9

s- lim fn (A)� s- lim gk (A) � 0;


Um (4.9) zu beweisen, setzen wir

hn = (fn � gk)+ :

Dann ist fhkg eine monoton fallende Folge von stetigen Funktionen auf X. Da

lim fn � lim gn � gk,

erhalten wir, dass limhn = 0: Nach Lemma 4.15 beschlie�en wir, dass suphn ! 0; woraus(4.9) folgt.

De�nition. Bezeichnen wir mit M+ die Menge von reellwertigen Funktionen f auf R mitder folgenden Eigenschaft: es gibt eine monoton fallende Folge ffng von nichtnegativenstetigen Funktionen auf R mit fn (z)! f (z) 8z 2 R.Bezeichnen wir mit M die Menge von Di�erenzen f � g mit f; g 2M+. O�ensichtlich

ist jede Funktion f 2M beschr�ankt auf jeder kompakten Teilmenge von R.Es folgt aus der De�nition, dass C+ (R) �M+ und C (R) �M , aber M enth�alt auch

unstetige Funktionen. Z.B. f�ur jedes a 2 R liegt die Funktion 1(�1;a] in M+ ; und f�ur allea < b liegt die Funktion

1(a;b] = 1(�1;b] � 1(�1;a]

in M .

De�nition. Sei A ein selbstadjungierter Operator. F�ur jede Funktion f 2M+ de�nierenwir den Operator f (A) mit

f (A) = s- lim fn (A) ;

wobei fn eine monoton fallende Folge ffng von nichtnegativen stetigen Funktionen auf Rmit fn (z)! f (z) 8z 2 R:Nach dem Satz 4.14 der Grenzwert s-lim fn (A) existiert, ist selbstadjungiert und un-

abh�angig von der Wahl der Folge ffng.

Satz 4.16 F�ur alle Funktionen f; g 2M+ gelten die folgenden Eigenschaften.

1. f � g auf � (A) impliziert f (A) � g (A) :

2. kf (A)k � sup�(A) f

3. f + g; cf mit c > 0 und fg liegen in M+ und

(f + g) (A) = f (A) + g (A)

(cf) (A) = c (f (A))

(fg) (A) = f (A) g (A) :


Beweis. Seien ffng und fgng zwei monoton fallende Folgen von nichtnegativen stetigenFunktionen auf R, die gegen f bzw g punktweis konvergieren.1. Dies folgt aus dem Satz 4.14, da

f = lim fn � lim gn = g auf � (A)

impliziert f (A) � g (A) :2. Da 0 � f � sup f , so erhalten wir die Operator-Ungleichungen

0 � f (A) � (sup f) I:

Daraus folgt0 � � (f (A)) � sup f

andkf (A)k = sup j� (f (A))j � sup f:

3. Die Folge ffngng ist monoton fallend, und fngn ! fg punktweis, so dass fg 2M+

. Wir haben nach der De�nition von (fg) (A)

(fngn) (A)! (fg) (A) :

Andererseits gilt(fngn) (A) = fn (A) gn (A)

s! f (A) g (A) ;

da fn (A)s! f (A) und gn (A)

s! g (A) (siehe Aufgaben), woraus folgt (fg) (A) =f (A) g (A) :Die Aussagen �uber cf und f + g werden analog bewiesen.F�ur jede Funktion f 2 M existieren Funktionen g; h 2 M+ mit f = g � h. Dann

setzen wirf (A) = g (A)� h (A) :

Das n�achste Lemma impliziert, dass diese De�nition unabh�angig von der Wahl der Funk-tionen g; h ist.

Lemma 4.17 Seien g1; g2; h1; h2 2M+ . Dann gilt

g1 � h1 � g2 � h2 ) g1 (A)� h1 (A) � g2 (A)� h2 (A) :

Insbesondereg1 � h1 = g2 � h2 ) g1 (A)� h1 (A) = g2 (A)� h2 (A)

Beweis. Wir habeng1 + h2 � g2 + h1

woraus folgt nach Satz 4.16

g1 (A) + h2 (A) � g2 (A) + h1 (A) ;

und somitg1 (A)� h1 (A) � g2 (A)� h2 (A) :

Der folgende Satz erweitert den Satz 4.16 f�ur Funktionen aus M .

4.4. SPEKTRALSATZ 107

Satz 4.18 F�ur alle Funktionen f; g 2M gelten die folgenden Eigenschaften.

1. f � g auf � (A) impliziert f (A) � g (A) :

2. kf (A)k � sup�(A) jf j :

3. f + g; cf mit c 2 R und fg liegen in M und

(f + g) (A) = f (A) + g (A)

(cf) (A) = c (f (A))

(fg) (A) = f (A) g (A) :

Beweis. 1. Dies folgt aus Lemma 4.17.2. Setzen wir c = sup jf j : Dann gilt �c � f � c und somit

�cI � f (A) � cI;

woraus folgt � (f (A)) � [�c; c] und kf (A)k � c.3. Sei f = f1 � f2 und g = g1 � g2 mit f1; f2; g1; g2 2M+ . Dann gilt

fg = (f1 � f2) (g1 � g2) = (f1g1 + f2g2)� (f1g2 + f2g1)

woraus folgt fg 2M und

(fg) (A) = (f1g1 + f2g2) (A)� (f1g2 + f2g1) (A) :

Dann erhalten wir

f (A) g (A) = (f1 (A)� f2 (A)) (g1 (A)� g2 (A))

= (f1 (A) g1 (A) + f2 (A) g2 (A))� (f1 (A) g2 (A) + f2 (A) g1 (A))

= (f1g1 + f2g2) (A)� (f1g2 + f2g1) (A)

= (fg) (A) :

Die Aussagen �uber cf und f + g werden analog bewiesen.

4.4 Spektralsatz

4.4.1 Spektralschar

Gegeben sei ein selbstadjungierter Operator A in H. Da f�ur jedes � 2 R die Funktion1(�1;�] in M+ liegt, so k�onnen wir setzen

E� = 1(�1;�] (A) :

Dann ist E� ein selbstadjungiert Operator.

De�nition. Die Familie fE�g�2R von Operatoren hei�t die Spektralschar von A.Im n�achsten Satz werden die Haupteigenschaften von der Spektralschar bewiesen.


Satz 4.19 Die Spektralschar von einem selbstadjungierten Operator A hat die folgendenEigenschaften.

1. E� ist ein orthogonaler Projektor in H.

2. Die Spektralschar fE�g�2R ist monoton steigend bez�uglich �, d.h. E� � E� f�ur� � �.

3. E� = 0 f�ur � < inf � (A) und E� = I f�ur � � sup� (A) :

4. Die Funktion � ! E� ist rechtsseitig stetig bez�uglich der starken Konvergenz vonOperatoren, d.h.

E�+hs! E� f�ur h! 0 + :

Jede Familie fE�g�2R mit diesen Eigenschaften hei�t eine Spektralschar.Beweis. 1. Die Funktion f = 1U wobei U eine Teilmenge von R ist, erf�ullt f 2 = f .Daraus folgt, dass E2� = E�: Da E� selbstadjungiert ist, so beschlie�en wir, dass E� einorthogonaler Projektor ist.2. Da 1(�1;�] � 1(�1;�], so erhalten wir E� � E�.3. F�ur � < inf � (A) gilt 1(�1;�] = 0 auf � (A), woraus E� = 0: F�ur � � sup� (A) gilt

1(�1;�] = 1 auf � (A), woraus folgt E� = 1 (A) = I:4. Wir beweisen, dass f�ur jede monoton fallende Folge fhng1n=1 mit hn ! 0+ gilt

E�+hns! E� f�ur n!1:

F�ur jedes n de�nieren wir eine stetige Funktion fn auf R wie folgt:

fn (z) =

8<:1; z � �+ hn0; z � �+ 2hnlinear, �+ hn � z � �+ 2hn:

Da1(�1;�] � 1(�1;�+hn] � fn;

so erhalten wirE� � E�+hn � fn (A) : (4.10)

Da die Folge ffng monoton fallend ist und fn ! 1(�1;�], erhalten wir

s- lim fn (A) = E�:

Da die Folge fE�+hng von Operatoren monoton fallend und beschr�ankt ist, existiert nachdem Satz 4.13 der Grenzwert s-limE�+hn . Es folgt aus (4.10) und Lemma 4.9, dass

E� � s- limE�+hn � E�

woraus s-limE�+hn = E� folgt.

Beispiel. Sei fKng1n=1 eine Folge von zueinander orthogonalen abgeschlossenen Unterr�aumenKn 6= f0g vom Hilbertraum H mit

L1n=1Kn = H. Sei f�ng1n=1 eine beschr�ankte Folge

von reellen Zahlen. Dann konvergiert die ReiheP1

n=1 �nPKn stark, und wir setzen

A = s-

1Xn=1

�nPKn ;


so dass A ein selbstadjungierter Operator ist. F�ur diesen Operator erhalten wir

E� = 1(�1;�] (A) = s-1Xn=1

1(�1;�] (�n)PKn

= s-X

fn:�n��g

PKn ;

woraus folgt E� = PU� wobeiU� =

Lfn:�n��g

Kn:

4.4.2 Riemann-Stieltjes-Integral

Sei f eine stetige Funktion auf einem Intervall [a; b] und m eine monoton wachsendeFunktion auf [a; b]. De�nieren wir das Riemann-Stieltjes-IntegralZ b

a

f (t) dm (t)

wie folgt. F�ur jede Zerlegung

Z = fa = �0 < �1 < ::: < �n = bg

von [a; b] mit den Zwischenstellen T = ftkgnk=1, wobei tk 2 [�k�1; �k], de�nieren wir dieRiemann-Stieltjes-Summe

S (f;m;Z; T ) =nXk=1

f (tk) (m (�k)�m (�k�1)) :

Z.B. f�ur m (�) = � stimmt S (f;m;Z; T ) mit der Riemann-Summe

S (f; Z; T ) =

nXk=1

f (tk) (�k � �k�1)

f�ur das Riemann-Integral Z b

a

f (t) dt

�uberein.Setzen wir

�Z = max1�k�n

(�k � �k�1) :

Man kann beweisen, dass der Grenzwert

lim�Z!0

S (f;m;Z; T )

existiert. Dann de�niert man das Riemann-Stieltjes-Integral mitZ b

a

f (t) dm (t) = lim�Z!0

S (f;m;Z; T ) :


Beispiel. Ist m stetig di�erenzierbar, so erh�alt man die Identit�atZ b

a

f (t) dm (t) =

Z b

a

f (t)m0 (t) dt:

Beispiel. Sei m eine Treppenfunktion, d.h. es gibt eine Zerlegung fa = t0 < ::: < tn = bgmit

m (t) = mk f�ur t 2 (tk; tk+1) :

Dann gilt Z b

a

f (t) dm (t) =

nXk=1

f (tk) (mk �mk�1) :

Sei A ein selbstadjungierter Operator in H und sei E� seine Spektralschar. W�ahlenwir ein Intervall [a; b] das � (A) �uberdeckt. F�ur jede Funktion f 2 C [a; b] de�nieren wirdas Riemann-Stieltjes-Integral bez�uglich E� wie folgt. F�ur jede Zerlegung

Z = fa = �0 < �1 < ::: < �n = bg

von [a; b] mit den Zwischenstellen T = ftkgnk=1, de�nieren wir die Riemann-Stieltjes-Summe

S (f; E; Z; T ) =nXk=1

f (tk)�E�k � E�k�1

�; (4.11)

die ein selbstadjungierter Operator ist. Dann de�niert manZ b

a

f (�) dE� = lim�Z!0

S (f; E; Z; T ) ;

vorausgesetzt, dass der Grenzwert existiert (bez�uglich der gleichm�a�igen oder starkenKonvergenz von Operatoren).

4.4.3 Spektralsatz

Hauptsatz 4.20 (Spektralsatz) F�ur jeden selbstadjungierten Operator A und jede stetigeFunktion f auf [a; b] � � (A) gilt

f (A) =

Z b

a

f (�) dE�; (4.12)

wobei die Riemann-Stieltjes-Summen gegen f (A) in der Operatornorm konvergieren.Dar�uber hinaus gilt f�ur jedes x 2 H

kf (A)xk2 =Z b

a

f (�)2 d kE�xk2 ; (4.13)

wobei das Integral in (4.13) ein Riemann-Stieltjes-Integral bez�uglich der monoton steigen-den Funktion � 7! kE�xk2 ist.


Insbesondere erhalten wir f�ur f (z) = z

A =

Z b

a

�dE�: (4.14)

Die Identit�at (4.14) hei�t die spektrale Zerlegung von A. Sie ist eine Verallgemeinerungder Identit�at (3.13) von dem Hilbert-Schmidt-Satz (Hauptsatz 3.13).

Beweis. Betrachten wir die Funktion

fZ;T (�) =nXk=1

f (tk)1(�k�1;�k] (�) ;

d.h. fZ;T (�) = f (tk) f�ur � 2 (�k�1; �k]: Nach der gleichm�a�igen Stetigkeit von f erhaltenwir

sup[a;b]

jfZ;T � f j ! 0 f�ur �Z ! 0:

Da fZ;T 2M , so ist fZ;T (A) wohlde�niert, und

fZ;T (A) =nXk=1

f (tk)1(�k�1;�k] (A) =nXk=1

f (tk)�E�k � E�k�1

�= S (f; E; Z; T ) : (4.15)

Somit gilt f�ur �Z ! 0

kS (f; E; Z; T )� f (A)k = kfZ;T (A)� f (A)k � sup�(A)

jfZ;T � f j ! 0;

woraus (4.12) folgt.Da f�ur k 6= m gilt

1(�k�1;�k]1(�m�1;�m] = 0;

es folgt, dass �E�k � E�k�1

� �E�m � E�m�1

�= 0

und somit f�ur jedes x 2 H��E�k � E�k�1

�x;�E�m � E�m�1

�x�= 0:

Es folgt aus (4.15), dass

kfZ;T (A) (x)k2 =nXk=1

f (tk)2 �E�k � E�k�1

�x 2 : (4.16)

Beweisen wir, dass f�ur alle � < � gilt

k(E� � E�)xk2 = kE�xk2 � kE�xk2 : (4.17)

Da1(�1; �]1( �;�] = 0;

es folgt, dass(E�x; (E� � E�)x) = 0;


und nach dem Satz von Pythagoras

kE�xk2 = kE�xk2 + k(E� � E�)xk2 ;

woraus (4.17) folgt. O�ensichtlich impliziert (4.17), dass die Funktion � 7! kE�xk2 mono-ton steigend ist.Einsetzen von (4.17) in (4.16) ergibt

kfZ;T (A) (x)k2 =

nXk=1

f (tk)2�kE�kxk

2 � E�k�1x 2�

= S�f; kE�xk2 ; Z; T

�F�ur �T ! 0 erhalten wir

kf (A)xk2 = lim�Z!0

kfZ;T (A) (x)k2

= lim�Z!0

S�f; kE�xk2 ; Z; T

�=

Z b

a

f (�)2 d kE�xk2 :

Bemerkung. F�ur jedes Intervall I = (a; b] kann man 1I (A) = Eb � Ea als ein oper-atorwertiges Ma� von I betrachten. Genau so, wie das Lebesgue-Ma� von Intervallennach borelschen Mengen fortgesetzt wird, kann auch das operatorwertiges Ma� auf alleborelsche Mengen fortgesetzt werden. Bezeichnen wir dieses Ma� mit E (U) f�ur jedeborelsche Menge U � R. Weiter de�niert man das Lebesgue-Integral bez�uglich des Ma�esE von jeder borelschen Funktion f auch dem Spektrum (die Lebesgue-Summen kon-vergieren schwach gegen das Integral). Dann setzt man f�ur alle borelsche Funktionen fauf � (A)

f (A) :=

Z�(A)

fdE:

Insbesondere gilt diese De�nition f�ur unbeschr�ankte Funktionen f . In diesem Fall ist f (A)ein unbeschr�ankter Operator, deren De�nitionsbereich ein dicht liegender Unterraum vonH ist. Die Theorie von unbeschr�ankten selbstadjungierten Operatoren geh�ort zu dieserVorlesung nicht, aber die Hauptergebnisse davon sind �ahnlich wie f�ur beschr�ankten Op-eratoren.

Chapter 5

Lineare Funktionale im Banachraum

5.1 Dualraum

5.1.1 De�nition und Vollst�andigkeit

Wir betrachten jetzt einen speziellen Fall von linearen Abbildungen: die linearen Abbil-dungen f : V ! K wobei V ein normierter Vektorraum �uber den K�orper K ist (mit K = Coder R). Solche Abbildung hei�t (lineares) Funktional auf V .De�nition. Der Raum B (V;K) von beschr�ankten Funktionalen hei�t der Dualraum vonV und wird mit V � bezeichnet.

Erinnern wir uns die De�nition der Operatornorm in V � = B (V;K):

kfk = supx2V nf0g

jf (x)jkxk : (5.1)

Diese Norm wird immer in V � benutzt. Da B (V; U) mit einem Banachraum U immer einBanachraum bez�uglich der Operatornorm ist, so erhalten wir folgendes.

Satz Der Dualraum V � ist immer ein Banachraum.

De�nition. Zwei normierten Vektorr�aume V und U hei�en linear isometrisch, falls eseine lineare Bijektion ' : V ! U gibt, die die Norm bewahrt, d.h. k' (x)k = kxk f�ur allex 2 V . Man schreibt in diesem Fall V �= U . Die Abbildung ' hei�t eine lineare Isometrie.

In vielen F�allen kann man den Dualraum V � bis auf linearer Isometrie bestimmen.

Beispiel. Sei V = H ein Hilbertraum �uber R. Nach dem Rieszschen Darstellungssatz(Satz 2.7) hat jedes Funktional f 2 H� die Form

f (x) = (x; a) (5.2)

f�ur ein a 2 H. Somit erhalten wir eine lineare Bijektion

H� 3 f 7! a 2 H

zwischen H� und H. Zeigen wir, dass diese Bijektion isometrisch ist, d.h. kfk = kak : Esfolgt aus (5.2), dass

kf (x)k � kxk kak

113

114 CHAPTER 5. LINEARE FUNKTIONALE IM BANACHRAUM

woraus folgtkfk � kak :

Andererseits erhalten wir aus (5.1)

kfk � f (a)

kak =(a; a)

kak = kak ;

woraus kfk = kak folgt. Somit gilt H� �= H.

5.1.2 Dualraum von lp

Satz 5.1 Seien p; q 2 (1;1) die konjugierten H�older-Exponenten (d.h. 1p+ 1q= 1). Dann

gilt (lp)� �= lq.

Bemerkung. Es gilt auch Lp (a; b)� �= Lq (a; b) ; aber dies werden wir nicht beweisen.

Beweis. F�ur jedes a = fakg1k=1 2 lq de�nieren wir ein Funktional fa auf lp wie folgt:

fa (x) =1Xk=1

akxk:

Es ist bekannt, dass die Reihe hier f�ur alle a 2 lq und x 2 lp konvergent ist und

jfa (x)j � kakq kxkp

(die H�older-Ungleichung). Somit ist fa ein beschr�anktes Funktional auf lp und

kfak � kakq : (5.3)

Beweisen wir jetzt, dass jedes beschr�anktes Funktional f 2 (lp)� mit einem fa �ubereinstimmt.Bezeichnen wir

ek = f0; ; :::; 0; 1; 0; 0; :::g

wobei 1 auf der Stelle k steht. O�ensichtlich ek 2 lp. Setzen wir

ak = f (ek)

and betrachten die Folge a = fakg1n=1 : Wir beweisen, dass a 2 lq und f = fa: F�ur jedesx 2 lp und N 2 N wir haben

x =NXk=1

xkek +RN

wobeiRN = (0; :::0; xN+1; xN+2; :::):

Bemerken wir, dass

kRNkpp =1X

k=N+1

jxkj1=p ! 0 f�ur N !1;

5.1. DUALRAUM 115

und somit RN ! 0: Da f linear ist, so erhalten wir

f (x) =NXk=1

xkf (ek) + f (RN) =NXk=1

akxk + f (RN) :

Da f stetig ist, erhalten wir f (RN)! 0 f�ur N !1 und somit

f (x) = limN!1

NXk=1

akxk + f (RN)

!

=

1Xk=1

akxk:

Somit haben wir bewiesen, dass f (x) = fa (x), aber wir m�ussen noch zeigen, dassa 2 lq. Betrachten wir ein Element x 2 lp mit

xk = jakjq�1 sgn ak f�ur k � N;

xk = 0 f�ur k > N:

Dann gilt

kxkpp =NXk=1

jakjp(q�1) =NXk=1

jakjq

und

f (x) =NXk=1

ak�jakjq�1 sgn ak

�=

NXk=1

jakjq ;

woraus folgtNXk=1

jakjq = f (x) � kfk kxkp = kfk

NXk=1

jakjq!1=p

und somit NXk=1

jakjq!1=q

� kfk :

F�ur N !1 erhalten wirkakq � kfk (5.4)

und somit a 2 lq. Da f = fa, der Vergleich von (5.3) und (5.4) ergibt kfak = kakq : Somitist die Abbildung

lq 3 a 7! fa 2 (lp)�

eine lineare Isometrie, woraus lq �= (lp)� folgt.

5.1.3 Satz von Hahn-Banach

Hauptsatz 5.2 Sei X ein normierter Vektorraum �uber R und sei X0 ein Unterraum vonX. Sei f0 ein beschr�anktes Funktional auf X0. Dann f0 l�asst sich auf X mit gleicherNorm fortsetzen, d.h. es gibt ein Funktional f auf X mit


1. f = f0 auf X0

2. kfk = kf0k :

Beweis. Im ersten Schritt zeigen folgendes: jedes beschr�anktes Funktional g auf einemUnterraum Y $ X l�asst such auf einen gr�o�eren Unterraum Z mit gleicher Norm fortset-zen. Daf�ur w�ahlen wir ein z 2 X n Y und setzen

Z = span fY; zg = fy + �z : y 2 Y; � 2 Rg :

Ohne Beschr�ankung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass kgk = 1, und beweisen, dasses ein Funktion h auf Z gibt mit

1. h = g auf Y

2. khk � 1 (dann khk = 1 folgt, da khk � kgk).

Es reicht zu beweisen, dass h (x) � kxk ; was implizieren wird, dass jh (x)j � kxk undkhk � 1: F�ur jedes x 2 Z gilt die Zerlegung

x = y + �z

f�ur y 2 Y und � 2 R: Sei h eine Fortsetzung von g auf Z. Dann haben wir

h (x) = h (y) + ah (z) = g (y) + �h (z) :

Somit wird h vollst�andig von c := h (z) bestimmt. Die Zahl c muss so gew�ahlt werden,dass f�ur alle y 2 Y und � 2 R gilt

g (y) + �c � ky + �zk : (5.5)

F�ur � = 0 gilt diese Ungleichung trivial. F�ur � > 0 dividieren wir durch � und schreiben(5.5) um wie folgt:

c � 1�y + z

� g

�1

�y

�:

Da diese Ungleichung f�ur alle y 2 Y erf�ullt werden soll, k�onnen wir 1�y in y umbenennen

und noch einmal umschreiben wie folgt:

c � ky + zk � g (y) f�ur alle y 2 Y: (5.6)

F�ur � < 0 erhalten wir die folgende �aquivalente Ungleichung f�ur (5.5):

c � �ky + zk � g (y) f�ur alle y 2 Y: (5.7)

Ein c, das die beiden (5.6) und (5.7) erf�ullt, existiert genau dann, wenn f�ur alle y1; y2 2 Ygilt

�ky1 + zk � g (y1) � ky2 + zk � g (y2) :

Diese Bedingung ist �aquivalent zu

g (y2 � y1) � ky2 + zk+ ky1 + zk ;

5.1. DUALRAUM 117

und die letzte Ungleichung wirklich gilt, da

g (y2 � y1) � ky2 � y1k = k(y2 + z)� (y1 + z)k � ky2 + zk+ ky1 + zk :

Somit ist die Existenz von h bewiesen.Betrachten wir jetzt alle Paare (Y; g) von Unterr�aumen Y � X und beschr�ankten

Funktionalen g auf Y . Die Menge von allen solchen Paaren (Y; g) bezeichnen wir mit M .F�ur zwei Elementen (Y; g) und (Z; h) von S schreiben wir (Y; g) � (Z; h) falls Y � Zund h eine Fortsetzung von g mit der gleichen Norm ist. O�ensichtlich ist � eine partielleOrdnung auf M , d.h.

1. a � a,

2. a � b � c) a � c

3. a � b � a) a = b

Eine Teilmenge K � M hei�t eine Kette falls (K;�) total geordnet ist, d.h. f�ur allea; b 2 K gilt a � b oder b � a. Die Kette K hei�t maximal, falls sie keine echte Teilmengevon einer anderen Kette ist. DerMaximalkettensatz von Hausdor� besagt folgendes: jedesElement von einer partiell geordneten Menge liegt in einer maximalen Kette. F�ur endlicheMengen M ist diese Aussage o�ensichtlich, aber f�ur beliebige Mengen ist sie �aquivalentzum Auswahlaxiom der Mengenlehre.Somit liegt (X0; f0) in einer maximalen Kette K = f(Yi; gi)gi2I wobei I eine Index-

menge ist. Da K total geordnet ist, so ist die Menge

U =Si

Yi

ein Unterraum von X. De�nieren wir das Funktional f auf U mit

f (x) = gi (x) f�ur x 2 Yi:

Dann ist (U; f) ein Element von M und (U; f) � (Yi; gi) f�ur alle i 2 I. Da die Kette Kmaximal ist, so erhalten wir, dass (U; f) 2 K und (U; f) ein maximales Element von Kist. Ist U eine echte Teilmenge von X, so kann man das Funktional f weiter fortsetzen,was wegen der Maximalit�at von (U; f) nicht m�oglich ist. Somit gilt U = X: Dann ist feine Fortsetzung von f0 auf X mit gleicher Norm.

5.1.4 Bidualraum

Sei V ein normierter Raum. Betrachten wir den Bidualraum X�� := (X�)� :Es gibt eine nat�urliche Abbildung X ! X�� wir folgt: jedes x 2 X bestimmt ein

Funktional auf X� mit

x (f) = f (x) f�ur alle f 2 X�:

Satz 5.3 Die Abbildung X ! X�� ist eine lineare Isometrie zwischen X und einen Un-terraum von X��:


Beweis. Wir m�ussen nur zeigen, dass f�ur jedes x 2 X

kxkX�� = kxkX :

We have

kxkX�� = supf2X�nf0g

x (f)

kfk = supf2X�nf0g

f (x)

kfk � supf2X�nf0g

kfk kxkkfk = kxk :

Um kxkX�� kxk zu beweisen, reicht es zu zeigen, dass existiert ein f 2 X� mit kfk = 1und mit f (x) = kxk : Sei X0 = span fxg eindimensionaler Unterraum von X. De�ne fauf X0 mit

f (�x) = � kxk :

Dann gilt kfk = sup�f(�x)k�xk = 1 und f (x) = kxk. Nach dem Satz von Hahn-Banach

existiert eine Fortsetzung von f auf X mit der Norm 1. F�ur die Fortsetzung gilt auchf (x) = kxk.Somit kann X als ein Unterraum von X�� betrachtet werden. Gilt X�� = X, so hei�t

X re exiv. Es folgt f�ur konjugierte H�older-Exponenten p; q 2 (1;1), dass

(lp)�� = (lq)� �= lp

und somit ist lp re exiv.

5.1.5 Dualraum von l1 und Banachlimes

Analog zum Beweis von Satz 5.1 kann man zeigen, dass�l1�� = l1:

Es gilt auchl1 � (l1)� ;

da jedes a 2 l1 ein Funktional fa 2 (l1)� bestimmt mit

fa (x) =1Xk=1

akxk;

und die Abbildung a 7! fa von l1 nach (l1)� eine injektive isometrische Abbildung ist.

Somit kann l1 als ein Unterraum von (l1)� betrachtet werden. Wir zeigen hier, dass l1

eine echte Teilmenge von (l1)� ist. Daf�ur bilden wir ein Funktional f 2 (l1)� das mitkeinem fa �ubereinstimmt. Betrachten wir den folgenden Unterraum U � l1:

U =nfxkg 2 l1 : lim

k!1xk existiert

o= ffxkg : fxkg ist konvergentg :

Auf U de�nieren wirf (x) = lim

k!1xk;

was o�ensichtlich ein lineares Funktional auf U ist. Da

jf (x)j � sup jxkj = kxk1 ;

5.1. DUALRAUM 119

so ist f ein beschr�anktes Funktional auf U und zwar mit der Norm kfk = 1: Nach demSatz von Hahn-Banach (Hauptsatz 5.2) l�asst f sich auf ganzen Raum l1 mit der Norm1 fortsetzen. Diese Fortsetzung ist nicht eindeutig, aber jede solche Fortsetzung hei�tein Banachlimes und wird mit LIM xk bezeichnet. Somit ist LIM xk f�ur alle beschr�ankteFolgen fxkg de�niert. Zeigen wir, dass der Banachlimes mit keinem fa �ubereinstimmt.Soll f�ur ein a 2 l1 und f�ur alle x 2 l1

LIM xk = fa (x) =1Xk=1

akxk

gelten, so erhalten wir f�ur jede konvergente Folge fxkg, dass

limxk =

1Xk=1

akxk

was nicht m�oglich ist, da limxk von einzelnen Komponenten xk unabh�angig ist.

5.1.6 Dualraum von C[a; b]

Geben wir zwei Beispiele von Elementen von C [a; b]� an.

Beispiel. Die Abbildung

C [a; b] 3 f 7! � (f) :=

Z b

a

f (t) dt 2 R

ist o�ensichtlich linear und beschr�ankt, da

j� (f)j � (b� a) sup jf j :

Somit ist � ein Element von C [a; b]�.

Beispiel. F�ur jedes t 2 [a; b] de�nieren wir die Abbildung

C [a; b] 3 f 7! �t (f) := f (t) 2 R:

Die Abbildung �t ist linear und beschr�ankt, da

j�t (f)j = jf (t)j � sup jf j :

Somit ist �t ein Element von C [a; b]�. Das Funktional �t hei�t die Dirac-Funktion an der

Stelle t.

Bemerken wir, dass �t (f) sich als Riemann-Stieltjes-Integral darstellen l�asst:

�t (f) =

Z b

a

f (s) d�t (s)

wobei

�t (s) =

�1; s � t;0; s < t:


Es stellt sich heraus, dass alle Elementen von C [a; b]� mit Hilfe von Riemann-Stieltjes-Integral beschrieben werden k�onnen. F�ur jede monoton steigende Funktion F de�nierenwir das Funktional �F auf C [a; b] mit

�F (f) =

Z b

a

fdF;

wobei die rechte Seite das Riemann-Stieltjes-Integral ist. Das Funktional �F ist o�en-sichtlich linear, aber auch beschr�ankt, da

j�F (f)j � (F (b)� F (a)) sup jf j :

Somit ist �F ein Element von C [a; b]�. Diese Konstruktion kann weiter verallgemeinert

werden indem man statt einer monoton steigenden Funktion F die Di�erenz von zweimonoton steigenden Funktionen benutzt. Damit erh�alt man alle Elementen von C [a; b]�.Die Einzelheiten be�nden sich unterhalb.

F�ur jede Funktion F auf dem Intervall [a; b] de�nieren wir die Variation von F mit

Var[a;b] F = supZ

nXk=1

jF (�k)� F (�k�1)j ;

wobeiZ = fa = �0 < �1 < ::: < �n = bg (5.8)

eine beliebige Zerlegung von [a; b] ist. Die Variation nimmt die Werte in [0;1] und erf�ullt die folgendenEigenschaften:

1. Var[a;b] (F +G) � Var[a;b] F +Var[a;b]G

2. Var[a;b] (�F ) = j�jVar[a;b] F f�ur alle � 2 R

3. Var[a;b] F = 0 , F = const auf [a; b] :

Gilt Var[a;b] F <1 so hei�t F eine Funktion von beschr�ankten Variation. Die Menge von FunktionenF mit Var[a;b] F <1 wird mit BV [a; b] bezeichnet. Es folgt aus den obigen Eigenschaften, dass BV [a; b]ein Vektorraum ist, und Var[a;b] F eine Halbnorm in BV [a; b] ist.

Zum Beispiel, jede monotone Funktion F hat beschr�ankte Variation, da in diesem Fall

Var[a;b] F = jF (b)� F (a)j :

Dann auch die Di�erenz F � G von zwei monotone Funktionen geh�ort zu BV [a; b] : Man kann zeigen,dass jede Funktion in BV [a; b] eine Di�erenz von zwei monotonen Funktionen ist1.

F�ur Funktionen f 2 C [a; b] und F 2 BV [a; b] de�niert man das Riemann-Stieltjes-IntegralZ b

a

fdF = lim�Z!0

S (f; F; Z; T ) (5.9)

wobei Z eine Zerlegung von [a; b] ist, wie in (5.8), T = ftkgnk=1 die Folge von Zwischenstellen, undS (f; F; Z; T ) die entsprechende Riemann-Stieltjes Summe, d.h.

S (f; F; Z; T ) =

nXk=1

f (tk) (F (�k)� F (�k�1)) : (5.10)

1Man kann beweisen, dass die Funktion G (x) = Var[a;x] F monoton steigend ist, und auch H (x) :=G (x)�F (x) monoton steigend. Da gilt F = G�H, so ist F eine Di�erenz von zwei monoton steigendenFunktionen.

5.1. DUALRAUM 121

Man kann zeigen, dass der Grenzwert in (5.9) existiert f�ur alle f 2 C [a; b] und F 2 BV [a; b], und somit istdas Integral

R bafdF wohlde�niert. Das ist eine Verallgemeinerung von De�nition von Riemann-Stieltjes-

Integral bez�uglich monotoner Funktion F , die wir schon besprochen haben.F�ur jedes F 2 BV [a; b] betrachten wir die Abbildung

�F : C [a; b]! R

�F (f) =

Z b

a

fdF:

Die Abbildung �F ist o�ensichtlich linear. Sie ist auch beschr�ankt, da (5.10) impliziert

jS (f; F; Z; T )j � sup jf jnXk=1

jF (�k)� F (�k�1)j � sup jf jVar[a;b] F

woraus folgt ��Z b

a

fdF

�� sup jf jVar[a;b] Fund somit

k�F k � Var[a;b] F: (5.11)

Somit bestimmt jede Funktion F 2 BV [a; b] ein beschr�anktes Funktional �F 2 C [a; b]�. Die Umkehrunggilt auch wie folgt.

Darstellungssatz von Riesz. F�ur jedes � 2 C [a; b]� existiert eine Funktion F 2 BV [a; b] mit � = �F :Dar�uber hinaus gilt k�k = Var[a;b] F:

Beweis. Bezeichnen wir mit B [a; b] die Menge von allen beschr�ankten Funktionen auf [a; b]. O�en-sichtlich ist B [a; b] ein Vektorraum. Dar�uber hinaus ist B [a; b] ein normierter Vektorraum mit der sup-Norm, und C [a; b] ist ein Unterraum von B [a; b]. Sei � ein Element von C [a; b]

�. Da � ein beschr�anktes

Funktional auf C [a; b] ist, so existiert nach dem Satz von Hahn-Banach eine Fortsetzung von � (auchmit � bezeichnet) auf B [0; 1] mit gleicher Norm. Dann ist � auf allen beschr�ankten Funktionen auf [a; b]de�niert. F�ur jedes x 2 [a; b] setzen wir

F (x) = ��1[a;x]

�und zeigen, dass F 2 BV [a; b]. Gegeben sei eine Zerlegung (5.8) von [a; b], setzen wir f�ur k = 1; :::; n

sk = sgn (F (�k)� F (�k�1))

und betrachten die Funktion

f =nXk=1

sk1(�k�1;�k]:

Diese Funktion ist beschr�ankt (und sogar kfk = sup jf j = 1) und somit � (f) ist de�niert. Dann erhaltenwir

� (f) =

nXk=1

sk��1(�k�1;�k]

�=

nXk=1

sk (F (�k)� F (�k�1))

=nXk=1

jF (�k)� F (�k�1)j ;

woraus folgtnXk=1

jF (�k)� F (�k�1)j = �(f) � k�k kfk = k�k


und somitVar[a;b] F � k�k <1: (5.12)

Beweisen wir jetzt, dass � = �F . Bemerken wir zun�achst, dass die De�nition des Riemann-Stieltjes-Integrals sich auf den Funktionen der Klasse M (siehe Abschnitt 4.3.3) fortsetzen l�asst. Damit auch

�F (f) =

Z b

a

fdF

ist f�ur alle f 2M wohlde�niert. Betrachten wir eine Treppenfunktion

f =nXk=1

ck1(�k�1;�k]

mit einer Zerlegung (5.8) und mit beliebigen Konstanten ck. Diese Funktion liegt in M und in B [0; 1].Dann gilt

� (f) =nXk=1

ck (F (�k)� F (�k�1))

=nXk=1

ck

Z b

a

1(�k�1;�k]dF

=

Z b

a

fdF

= �F (f) :

F�ur eine beliebige Funktion f 2 C [a; b] existiert eine Folge ffmg von Treppenfunktionen, die gegen f insup-Norm konvergiert. Da gilt

� (fm) = �F (fm)

und die beiden � und �F stetig bez�uglich der sup-Norm sind, so erhalten wir f�ur m!1, dass � (f) =�F (f) :

Der Vergleich von (5.11) und (5.12) ergibt k�k = Var[a;b] F:Bemerkung. Die Abbildung F 7! �F ist allerdings nicht injektiv. Zum Beispiel, F � G = constimpliziert, dass �F = �G. Auch f�ur die Funktion

G (t) = lims!t+

F (s)

(d.h. G ist die rechtsseitig stetige Version von F ) gilt �F = �G. Betrachten wir jetzt einen Unterraumvon BV [a; b]:

V [a; b] := fF 2 BV [a; b] : F (a) = 0, F ist rechtsseitig stetigg :Dann ist Var[a;b] F eine Norm in V [a; b], so dass V [a; b] ein normierter Vektorraum ist. Dann ist dieAbbildung

V [a; b] 2 F 7! �F 2 C [a; b]�

eine lineare Isometrie, und somitC [a; b]

� �= V [a; b] :

Daraus folgt auch, dass V [a; b] ein Banachraum ist.

5.2 Schwache Topologie

5.2.1 Begri�e von schwacher Topologie

Sei X ein normierter Vektorraum �uber R: Der Dualraum X� ist immer ein Banachraum.Insbesondere gibt es den Begri� von Konvergenz in X� bez�uglich der Norm in X�: istffng eine Folge von Elementen von X�, so gilt fn ! f wenn kfn � fk ! 0 f�ur n!1.

5.2. SCHWACHE TOPOLOGIE 123

De�nition. Die Folge ffng von Elementen vonX� konvergiert schwach (punktweis) gegenf falls fn (x) ! f (x) f�ur alle x 2 X. Man schreibt in diesem Fall fn * f oder fn

w! foder f = w-lim fn.

O�ensichtlich die Norm-Konvergenz impliziert die schwache Konvergenz, aber dieUmkehrung gilt im allgemeinen Fall nicht (aber man kann zeigen, dass im Fall dimX <1die schwache Konvergenz und die Norm-Konvergenz �ubereinstimmen). Man kann zeigen,dass die schwache Konvergenz eine Konvergenz in einer Topologie in X� ist, die dieschwache Topologie hei�t (im Gegenteil zur Norm-Topologie). Wir brauchen die schwacheTopologie explizit nicht, und de�nieren die dazugeh�origen Begri�e direkt, mit Hilfe vonFolgen.Die schwache Konvergenz (bzw Topologie) in X� hei�t auch schwache� Konvergenz

(bzw Topologie), da dieser Begri� sich auf den Dualraum bezieht.

Beispiel. Sei X = C [a; b]. Bezeichnen wir die Funktionen aus X mit x (t) und dieFunktionale auf X mit f (x) : F�ur jedes t 2 [a; b] betrachten wir die Dirac-Funktion �t.Ist f /tng eine konvergente Folge aus [a; b] mit t = lim tn, so gilt f�ur alle x 2 C [a; b]

�tn (x) = x (tn)! x (t) = �t (x)

woraus folgt �tn * �t f�ur n ! 1. Zeigen wir, dass �tn 6! �t vorausgesetzt tn 6= t. Wirhaben

k�tn � �tk = supx2C[a;b];kxk=1

(�tn (x)� �t (x))

= supx2C[a;b];kxk=1

(x (tn)� x (t)) = 2;

da es immer eine Funktion x 2 C [a; b] gibt mit der Maximumstelle an tn mit demmaximalen Wert x (tn) = 1 und mit der Minimumstelle an t mit dem minimalen Wertx (t) = �1: Somit k�tn � �tk 6! 0.

Wir werden die Vollst�andigkeit und Kompaktheit bez�uglich der schwachen Konvergenzbesprechen.

De�nition. Eine Folge ffng von Elementen von X� hei�t schwache Cauchy-Folge fallsf�ur alle x 2 X die Folge ffn (x)g eine Cauchy-Folge ist. Der Raum X� hei�t schwachvollst�andig, falls jede schwache Cauchy-Folge schwach konvergent ist.

De�nition. Eine MengeM � X� hei�t schwach pr�akompakt falls f�ur jede Folge ffng vonElementen von M es eine schwach konvergente Teilfolge gibt.

De�nition. Eine Menge M � X� hei�t schwach beschr�ankt, falls f�ur jedes x 2 X dieMenge ff (x)gf2M beschr�ankt ist (als Teilmenge von R).O�ensichtlich gelten die folgenden Implikationen:

pr�akompakt ) beschr�ankt+ +

schwach pr�akompakt ) schwach beschr�ankt

Wir werden beweisen, dass

beschr�anktm

schwach pr�akompakt , schwach beschr�ankt


5.2.2 Prinzip der gleichm�a�igen Beschr�anktheit

Hauptsatz 5.4 (Satz von Banach-Steinhaus oder das Prinzip der gleichm�a�igen Beschr�anktheit)Sei X ein Banachraum. Dann jede schwach beschr�ankte Menge M von X� ist beschr�ankt.

Da jede beschr�ankte Menge auch schwach beschr�ankt ist, sind die Begri�e \beschr�ankt"und \schwach beschr�ankt" �aquivalent.

F�ur den Beweis benutzen wir den folgenden Satz.

Satz 5.5 (Satz von Baire) Sei (X; d) ein vollst�andiger metrischer Raum, und sei fSng1n=1eine Folge von Teilmengen von X mit X =

S1n=1 Sn. Dann enth�alt mindestens eine Menge

Sn eine o�ene Kugel (wobei Sn der Abschluss von Sn ist).

Bemerkung. Die o�ene Kugel B (x; r) mit Zentrum x 2 X and Radius r ist die MengeB (z; r) = fx 2 X : d (x; z) < rg. Wir nehmen immer an, dass r > 0.

Bemerkung. Ohne Vollst�andigkeit gilt diese Aussage nicht. Z.B. X = Q ist abz�ahlbarund somit ist X eine abz�ahlbare Vereinigung von einzelnen Punkten, die kein o�enesIntervall enthalten.

Bemerkung. Sei S eine Teilmenge vonX. Enth�alt S keine Kugel, dann hei�t die Menge Snirgends dicht. Der Satz 5.5 bedeutet folgendes: ein vollst�andiger metrischer Raum kannmit einer abz�ahlbaren Folge von nirgends dichten Teilmengen nicht �uberdeckt werden.

Beweis. Nehmen wir das Gegenteil an, dass keine Menge Sn eine o�ene Kugel enth�alt,d.h. Sn nirgends dicht ist. Setzen wir B0 = B (0; 1). Dann ist die Menge B0 nS1 ist nichtleer. Da B0 n S1 eine o�ene Menge ist, so enth�alt diese Menge eine Kugel B1 = B (x1; r1)mit r1 > 0. Der Radius r1 kann immer so klein gew�ahlt werden, dass die folgendenBedingungen erf�ullt werden:

r1 <1

2und B1 � B0 n S1

Analog existiert eine Kugel B2 = B (x2; r2) mit

r2 <1

22und B2 � B1 n S2:

Per Induktion erhalten wir f�ur jedes n � 1 eine Kugel Bn = B (xn; rn) mit

rn <1

2nund Bn � Bn�1 n Sn: (5.13)


Bn

Bn1

Sn

Sn+1 Bn+1

xn1xn

xn+1

Da xn 2 Bn � Bn�1, so erhalten wir

d (xn; xn�1) < rn�1 <1

2n�1;

woraus folgt, dass die Folge fxng eine Cauchy-Folge ist. Somit existiert der Grenzwertx = limn!1 xn. Da xm 2 Bn f�ur alle m � n, daraus folgt f�ur m ! 1, dass x 2 Bn f�uralle n. Es folgt aus (5.13), dass x 2 Bn�1 n Sn f�ur alle n, insbesondere x =2 Sn f�ur alle n,was nicht m�oglich ist, da X =

SSn.

Bemerkung. Seien Sn nirgends dichte Teilmengen von X. Wir haben beweisen, dass dasKomplement K = X n

S1n=1 Sn nicht leer ist. Es folgt aus dem Beweis, dass die Menge

K dicht in X liegt (das ist eine andere Formulieren des Satzes von Baire). Wir habenf�ur B0 = B (0; 1) gezeigt, dass K \ B0 nicht leer ist. Genauso beweist man die gleicheAussage f�ur beliebige Kugel B0 = B (z; r), was bedeutet, dass K dicht in X liegt.

Beweis von Satz 5.4. Wir beweisen folgendes: ist die Menge ff (x)gf2M beschr�anktf�ur jedes x 2 X, so ist auch die Menge fkfkgf2M beschr�ankt, d.h.

supf2M

kfk <1:

Betrachten wir f�ur jedes n = 1; 2; ::: die Menge

Sn =

�x 2 X : sup

f2Mjf (x)j � n

�:

Da f�ur jedes x gilt supf2M jf (x)j <1, so erhalten wir

X =1Sn=1

Sn:

Da f stetig ist und somit die Menge fx 2 X : jf (x)j � ng abgeschlossen ist, so erhaltenwir, dass die Menge

Sn = fx 2 X : jf (x)j � n 8f 2Mg=

Tf2M

fx 2 X : jf (x)j � ng


abgeschlossen ist, als der Durchschnitt von abgeschlossenen Mengen.Nach dem Satz 5.5 erhalten wir, dass eine von Sn eine Kugel enth�alt, z.B. Sn � B (z; r)

f�ur ein z 2 X und r > 0. Nach De�nition von Sn erhalten wir, dass

8x 2 B (z; r) supf2M

jf (x)j � n

und somitsup

x2B(z;r)supf2M

jf (x)j � n:

F�ur jedes y 2 B (0; 1) liegt der Punkt x = z + ry in B (z; r). Dann gilt

f (x) = f (z) + rf (y)

und

f (y) =1

rf (x)� 1

rf (z) � 1

rf (x) + C

wobei

C =1

rsupf2M

jf (z)j <1:

Daraus folgt, dass

supy2B(0;1)

supf2M

jf (x)j � 1

rn+ C <1

und somitsupf2M

supy2B(0;1)

jf (x)j <1:

Dies ist �aquivalent zusupf2M

kfk <1;


5.2.3 Schwache Vollst�andigkeit des Dualraums

Satz 5.6 Sei X ein Banachraum �uber R. Dann ist der Dualraum X� schwach vollst�andig.

Beweis. Sei ffng eine schwache Cauchy-Folge in X�. Dann ist die Folge ffn (x)g eineCauchy-Folge in R f�ur alle x 2 X, so dass limn!1 fn (x) existiert f�ur alle x 2 X. Setzenwir

f (x) := limn!1

fn (x) :

O�ensichtlich ist f ein lineares Funktional aufX. Ist f stetig, so erhalten wir, dass f 2 X�

und fn * f: Es bleibt zu zeigen, dass f stetig ist. Da die Folge ffn (x)g konvergent f�urjedes x 2 X ist, so ist diese Folge beschr�ankt. Nach dem Hauptsatz 5.4 ist auch die Folgefkfnkg beschr�ankt, d.h. existiert ein C 2 R mit kfnk � C f�ur alle n. Dann gilt auchkfk � C, da f�ur jedes x mit kxk = 1 erhalten wir jfn (x)j � C und somit

jf (x)j = lim jfn (x)j � C:

Deshalb ist f beschr�ankt und somit stetig.


5.2.4 Schwache Pr�akompaktheit im Dualraum

Satz 5.7 (Satz von Banach-Alaoglu) Sei X ein separabler Banachraum �uber R. Dannist jede beschr�ankte Teilmenge von X� schwach pr�akompakt.

Somit ist die Beschr�anktheit �aquivalent zur schwachen Pr�akompaktheit.

Beweis. Es reicht zu beweisen das folgendes: jede beschr�ankte Folge ffng von Elementenvon X� besitzt eine schwach konvergente Teilfolge ffnig. Sei fxkg

1k=1 eine dicht liegende

Folge in X, die nach der Separabilit�at von X existiert. Die Folge

f1 (x1) ; f2 (x1) ; :::; fn (x1) ; :::

ist beschr�ankt in R und somit hat eine konvergente Teilfolge:

fn1 (x1) ; fn2 (x1) ; :::; fnk (x1) ; :::

Benennen wir diese Folge mit Hilfe von Hochstellung um wie folgt: f(1)k := fnk . Dann ist

die Folgenf(1)n

oeine Teilfolge von ffng und

f(1)1 (x1) ; f

(1)2 (x1) ; :::; f

(1)n (x1) ; ::: konvergiert.

Analog ist die Folgef(1)1 (x2) ; f

(1)2 (x2) ; :::; f

(1)n (x2) ; :::

beschr�ankt und somit hat eine konvergente Teilfolge:

f(2)1 (x2) ; f

(2)2 (x2) ; :::; f

(2)n (x2) ; ::: konvergiert.

Per Induktion in i bilden wir die Folgenf(i)n

o1n=1

so dass

1.nf(i)n

o1n=1

ist eine Teilfolge vonnf(i�1)n

o1n=1

2.nf(i)n (xi)

o1n=1

konvergiert.

Somit erhalten wir eine Tabelle von Funktionenfolgen

f(1)1 ; f

(1)2 ; :::; f (1)n ; :::

f(2)1 ; f

(2)2 ; :::; f (2)n ; :::

:::

f(i)1 ; f

(i)2 ; :::; f (i)n ; :::

:::

wobei die Zeile i auf xi konvergiert und jede Zeile eine Teilfolge von der vorangehendenZeile ist.Betrachten wir die Diagonalfolge

f(1)1 ; f

(2)2 ; :::; f (n)n ; :::;


die eine Teilfolge von ffng ist. Diese Folge auf alle xi konvergiert, danf(n)n (xi)

on�i

eine

Teilfolge vonnf(i)n (xi)

on�i

ist, und die letzte Folge konvergiert.

Setzen wir gn = f(n)n , so dass fgng eine Teilfolge von ffng ist und fgn (xi)g1n=1 f�ur alle

i konvergiert. Beweisen wir, dass fgng schwach konvergent ist. Nach dem Satz 5.6 reichtes zu beweisen, dass fgng ein schwache Cauchy-Folge ist. F�ur jedes x und xi gilt

jgn (x)� gm (x)j � jgn (x)� gn (xi)j+ jgn (xi)� gm (xi)j+ jgm (xi)� gm (x)j :

W�ahlen wir xi so dass kx� xik < " f�ur ein vorgegebenes " > 0. Sei auch C eine obereSchranke f�ur die Folge fkfnkg, die nach Voraussetzung existiert. Dann ist C auch eineobere Schranke f�ur fkgnkg, woraus folgt, dass

jgn (x)� gm (x)j � kgnk kx� xik+ jgn (xi)� gm (xi)j+ kgmk kxi � xk� 2C kx� xik+ jgn (xi)� gm (xi)j� 2C"+ jgn (xi)� gm (xi)j :

Da fgn (xi)g konvergent und somit Cauchy ist, so erhalten wir

lim supn;m!1

jgn (x)� gm (x)j � 2C":

Da " hier beliebige positiv ist, daraus folgt

lim supn;m!1

jgn (x)� gm (x)j = 0

und somit ist fgn (x)g eine Cauchy-Folge.Beispiel. Sei H ein Hilbertraum �uber R. Nach dem Satz 2.7 gilt H� �= H, und jedesElement a 2 H bestimmt ein Element von H� mit

a (x) = (x; a) :

Die schwache Konvergenz in H� kann man als schwache Konvergenz in H wie folgt ver-stehen: f�ur Elementen an; a aus H gilt an * a falls (x; an)! (x; a) f�ur alle x 2 H. Nachdem Satz 5.6 erhalten wir, dass H schwach vollst�andig ist. Ist H separabel, so erhaltenwir nach dem Satz 5.7, dass jede beschr�ankte Teilmenge von H (z.B. jede Kugel) schwachpr�akompakt ist.

Beispiel. Seien p; q 2 (1;1) die konjugierten H�older-Exponenten. Da lq �= (lp)�, so ist derBegri� von schwache Konvergenz in lq wohlde�niert ist. Dann ist lq schwach vollst�andig,und jede beschr�ankte Teilmenge von lq ist schwach pr�akompakt.

5.3 Satz �uber die o�ene Abbildung und Anwendun-

gen

5.3.1 Satz �uber die o�ene Abbildung

De�nition. Eine Abbildung A : X ! Y zwischen zwei metrischen R�aumen hei�t o�en,falls f�ur jede o�ene Teilmenge � X das Bild A () auch o�en ist.

5.3. SATZ �UBER DIE OFFENE ABBILDUNG UND ANWENDUNGEN 129

Beispiel. Sei B : Y ! X eine stetige invertierbare Abbildung. Dann ist die inverseAbbildung A = B�1 o�en, da f�ur jede o�ene Teilmenge � X das Bild A () = B�1 ()nach der Stetigkeit von B o�en ist.

Hauptsatz 5.8 (Satz �uber die o�ene Abbildung oder Satz von Banach-Schauder) SeienX und Y Banachr�aume und sei A : X ! Y eine stetige lineare surjektive Abbildung.Dann ist die Abbildung A o�en.

Bemerkung. Die Bedingung von Surjektivit�at ist wichtig, was das Gegenbeispiel A = 0zeigt.

Beweis. Bezeichnen wir mit U (x; r) die Kugel in X und mit V (y; r) die Kugel in Y .Auch schreiben wir kurz U (r) = U (0; r) und V (r) = V (0; r). Beweisen wir zun�achst diefolgende Behauptung: es gibt ein " > 0 mit

A (U (1)) � V (") : (5.14)

Da

X =1Sn=1

U (n)

und A (X) = Y , so erhalten wir, dass

Y =1Sn=1

A (U (n)) :

Nach dem Satz 5.5 beschlie�en wir, dass eine von den Mengen A (U (n)) eine o�ene Kugelenth�alt.

X

A

0

U(n)

0

Y

A(U(n))

Nach der Linearit�at von A haben wir

A (U (n)) = 2nA�U�1=2��;

woraus folgt, dass auch A (U (1=2)) eine o�ene Kugel enth�alt. W�ahlen wir in dieser Kugeleinen Punkt y0, der auch in der Bildmenge A (U (

1=2)) liegt. Dann f�ur ein hinreichendkleines " > 0 gilt

A (U (1=2)) � V (y0; ") :


Nach der Wahl von y0 existiert ein x0 2 U (1=2) mit Ax0 = y0: Da f�ur jedes x 2 U (1=2)gilt x� x0 2 U (1), so erhalten wir

U (1) � U�1=2�� x0;

A (U (1)) � A�U�1=2�� x0

�= A

�U�1=2�� y0

und somitA (U (1)) � A (U (1=2))� y0 � V (y0; ")� y0 = V (") ;

was ergibt (5.14).Die Behauptung (5.14) impliziert nach der Linearit�at von A das folgende: f�ur jedes r

giltA (U (r)) � V ("r) : (5.15)

Beweisen wir, dassA (U (2)) � V (") : (5.16)

Nehmen wir ein y 2 V (") und beweisen, dass y = Ax f�ur ein x 2 U (2) gilt. Nach (5.14)oder (5.15) gilt

y 2 A (U (1))

und somit existiert ein y1 2 A (U (1)) mit beliebig kleinem ky � y1k, insbesondere mit

ky � y1k < "=2:

0

V(ε)

A(U(1)) y

y1 A(U(1))

Da y � y1 2 V ("=2) und nach (5.15)

A (U (1=2)) � V ("=2) ;

so existiert ein y2 2 A (U (1=2)) mit beliebig kleinem k(y � y1)� y2k, insbesondere mit

ky � y1 � y2k < "=4:

0

V(ε/2 )

A(U(1/2)) yy1

y2 A(U(1/2))


Da y � y1 � y2 2 V ("=4) und somit

y � y1 � y2 2 A (U (1=4));

so existiert ein y3 2 A (U (1=4)) mit beliebig kleinem k(y � y1 � y2)� y3k, insbesonderemit

ky � y1 � y2 � y3k < "=8:

Per Induktion erhalten wir zwei Folgen fxng und fyng mit den folgenden Eigenschaften:

1. yn 2 A�U�2�(n�1)

��2. ky � y1 � :::� ynk < "2�n:

Dann existiert xn 2 U�2�(n�1)

�mit yn = Axn: Da kxnk < 2�(n�1) und somit

1Xn=1

kxnk <1Xn=1

2�(n�1) = 2 <1;

so ist die ReiheP1

n=1 xn konvergent nach dem Satz 1.5. Setzen wir x =P1

n=1 xn undbemerken, dass

kxk �1Xn=1

kxnk < 2;

so dass x 2 U (2). Da A stetig ist, so gilt

Ax =1Xn=1

Axn =1Xn=1

yn = y;

woraus folgt, dass y 2 A (U (2)), was beweist (5.16).Es folgt aus (5.16), dass f�ur alle x 2 X und r > 0 gilt

A (U (x; r)) � V�y;"

2r�

(5.17)

mit y = Ax:Sei eine beliebige o�ene Teilmenge von X. Beweisen wir, dass A () o�en ist. F�ur

jedes y 2 A () existiert x 2 mit y = Ax: Dann existiert ein r > 0 so dass U (x; r) � :Nach (5.17) erhalten wir

A () � A (U (x; r)) � V�y;"

2r�;

woraus folgt, dass A () o�en ist.

5.3.2 Satz von der inversen Abbildung und Zerlegung von Spek-

trum

Korollar 5.9 (Satz von der inversen Abbildung oder Satz vom stetigen Inversen) Sei Aeine stetige lineare bijektive Abbildung zwischen Banachr�aumen X und Y . Dann ist dieinverse Abbildung A�1 auch stetig.


Beweis. Die inverse Abbildung B = A�1 existiert weil A bijektiv ist. Die AbbildungB : Y ! X ist genau dann stetig, wenn f�ur jede o�ene Menge � X das Urbild B�1 ()o�en ist. Dies ist wirklich der Fall, da B�1 () = A () o�en nach dem Satz 5.8 ist.

Erinnern wir die De�nition des Spektrums. F�ur einen Operator A im Banachraum X�uber C gilt � 2 � (A) genau dann, wenn

1. entweder ker (A� �I) 6= f0g

2. oder im (A� �I) 6= X

3. oder (A� �I)�1 existiert aber ist nicht beschr�ankt.

Nehmen wir an, dass die M�oglichkeiten 1 und 2 gelten nicht, d.h. ker (A� �I) = f0gund im (A� �I) = X. Dann ist die Abbildung A� �I eine Bijektion, so dass die inverseAbbildung (A� �I)�1 existiert. Ist A beschr�ankt, so ist auch A � �I beschr�ankt, undnach Korollar 5.9 ist (A� �I)�1 beschr�ankt. Somit kann die M�oglichkeit nicht geschehen.Erinnern wir auch, dass jedes � mit ker (A� �I) 6= f0g hei�t ein Eigenwert von A,

und die Menge von allen Eigenwerten von A hei�t das Punktspektrum von A und wirdmit �p (A) bezeichnet. Somit erhalten wir die folgende Aussage.

Korollar 5.10 Sei A ein beschr�ankter Operator im Banachraum X. Dann f�ur jedes� 2 � (A) n �p (A) gilt im (A� �I) 6= X.

F�ur selbstadjungierten Operatoren gilt mehr.

Korollar 5.11 Sei A ein selbstadjungierter Operator im Hilbertraum H. Dann gilt die�Aquivalenz

� 2 � (A) n �p (A), im (A� �I) 6= H und im (A� �I) = H:

Beweis. Falls � =2 � (A), so gilt im (A� �I) = H. Falls � 2 �p (A) so gilt ker (A� �I) 6=f0g und somit nach dem Satz 3.5

im (A� �I) = ker (A� �I)? 6= H:

Nehmen wir jetzt an, dass � 2 � (A)n�p (A). Dann nach Korollar 5.10 gilt im (A� �I) 6=H, und nach dem Satz 3.5

im (A� �I) = ker (A� �I)? = H;

da ker (A� �I) = f0g.De�nition. Die Menge von � 2 C mit

im (A� �I) 6= H und im (A� �I) = H:

hei�t das stetige Spektrum des Operators A und wird mit �c (A) bezeichnet.

Dann ergibt Korollar 5.11 die folgende Zerlegung des Spektrums von selbstadjungiertenOperatoren:

� (A) = �p (A) t �c (A) : (5.18)


Beispiel. Betrachten wir den Operator

A =

1Xk=1

�kPUk ;

wobei f�kg1k=1 eine beschr�ankt Folge von reellen Zahlen ist, und fUkg eine Folge vonzueinander orthogonalen abgeschlossenen Unterr�aumen von H mit

L1k=1 Uk = H und

Uk 6= f0g ist. Dann ist A selbstadjungiert und

� (A) = f�kg:

Die Eigenwerte von A sind genau die Zahlen �k, d.h.

�p (A) = f�kg :

Nach (5.18) erhalten wir�c (A) = f�kg n f�kg :

Z.B. ist f�kg eine Folge von allen rationalen Zahlen in einem Intervall [a; b], so ist �c (A)die Menge von allen irrationalen Zahlen in [a; b].

Bemerkung. Sei H der Hamilton-Operator von Schr�odinger-Gleichung (obwohl dieserOperator unbeschr�ankt ist, viele von Theorie von beschr�ankten selbstadjungierten Oper-atoren gilt f�ur H auch). Das Spektrum � (H) hat die folgende physikalische Bedeutung:� (H) ist genau die Menge von Werten von Energie im gegebenen System. Die Werte vondem Punktspektrum von H entsprechen zu gebundenen Zust�anden des System, die mitden Quantene�ekten von Interaktion von den Teilchen zu tun haben, wobei die einzelnenTeilchen das stetige Spektrum haben.

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Funktionalanalysis - math.uni-bielefeld.degrigor/falect13.pdf · orie das Funktionalkalkul von Operatoren um die Funktionen von Operatoren (inklusive e itH ) de nieren zu k onnen