15 – Satz von Riesz

 

Vorlesung Donnerstag-Thema: Satz von Riesz

Sei H ein Hilbert-Raum. Jedem x \in H können wir das Funktional

{l_x}\left( y \right) = \left\langle {y,x} \right\rangle ,\quad \forall y \in H

zuordnen. Wegen \left( {SP1} \right) ist l_x linear. Wegen der Schwarzschen Ungleichung ist die beschränkte Linearform

\left| {{l_x}\left( y \right)} \right| = \left| {\left\langle {y,x} \right\rangle } \right| \leq \left\| y \right\|\left\| x \right\|

Element des Dualraums H^*. Es gilt:

{\left\| {{l_x}} \right\|_{{H^*}}} = \mathop {\sup }\limits_{x \ne 1} \frac{{\left\langle {y,x} \right\rangle }} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}

Wir kommen zur Abbildung

J:H \to {H^*},\quad x \in H \mapsto {l_x} \in {H^*}

Wir prüfen nun, ob sich die Abbildung J umkehren lässt (ob J eine Bijektion ist). Dazu fixiere l \in {H^*} und setze

\forall y \in H,\quad f\left( y \right): = \left\langle {y,y} \right\rangle -2\operatorname{Re} \left\{ {l\left( y \right)} \right\} \in \mathbb{R}

und stelle die Variationsaufgabe

Minimiere f\left( y \right),\quad y \in H

Wegen der Abschätzung (nach unten)

f\left( y \right) = \left\| y \right\|_H^2-2\operatorname{Re} \left\{ {l\left( y \right)} \right\} \geq \left\| y \right\|_H^2-2\left| {l\left( y \right)} \right|

\geq \left\| y \right\|_H^2-2{\left\| l \right\|_{{H^*}}}{\left\| y \right\|_H}

Es gilt:

{\left( {A-B} \right)^2} = {A^2}-2AB+{B^2} \geq 0\quad \Rightarrow \quad {A^2}-2AB \geq -{B^2}

Auf die Variationsaufgabe angewandt:

\left\| y \right\|_H^2-2{\left\| l \right\|_{{H^*}}}{\left\| y \right\|_H} \geq -\left\| l \right\|_{{H^*}}^2 > -\infty

Daraus folgt:

f\left( y \right) \geq -\infty

Es muss also ein Minimum geben: \exists \delta : = \inf \left\{ {f\left( y \right):y \in H} \right\}

Konstruiere eine Minimalfolge

\left\{ {{y_\nu }} \right\} \subset H

mit

\mathop {\lim }\limits_{\nu \to \infty } f\left( {{y_\nu }} \right) = \delta

Parallelogrammregel:

{\left\| {{y_\nu }-{y_\mu }} \right\|^2} = 2{\left\| {{y_\nu }} \right\|^2}+2{\left\| {{y_\mu }} \right\|^2}-{\left\| {{y_\nu }+{y_\mu }} \right\|^2}

= 2{\left\| {{y_\nu }} \right\|^2}-4\operatorname{Re} \left\{ {l\left( {{y_\nu }} \right)} \right\}+2{\left\| {{y_\mu }} \right\|^2}-4\operatorname{Re} \left\{ {l\left( {{y_\mu }} \right)} \right\}

-4\left\| {\frac{{{y_\nu }+{y_\mu }}} {2}} \right\|+8\operatorname{Re} \left\{ {l\left( {\frac{{{y_\nu }+{y_\mu }}} {2}} \right)} \right\}

Also ist

{\left\| {{y_\nu }-{y_\mu }} \right\|^2} = 2f\left( {{y_\nu }} \right)+2f\left( {{y_\mu }} \right)-4\underbrace {f\left( {\frac{{{y_\nu }+{y_\mu }}} {2}} \right)}_{ \leq \delta }

\leq 2\underbrace {f\left( {{y_\nu }} \right)}_{ \leq \delta }+2\underbrace {f\left( {{y_\mu }} \right)}_{ \leq \delta }-4\delta

Daher ist \left\{ {{y_\nu }} \right\} \subset H eine Cauchy-Folge, konvergent gegen ein x \in H

Da f stetig ist, folgt f\left( x \right) = \delta und x ist ein Minimum. Insbesondere gilt für alle \alpha \in \mathbb{C} und y \in H:

f\left( x \right) = \left\| x \right\|_H^2-2\operatorname{Re} \left\{ {l\left( x \right)} \right\} \leq f\left( {x+\alpha y} \right)

= \left\langle {x+\alpha y,x+\alpha y} \right\rangle -2\operatorname{Re} \left\{ {l\left( {x+\alpha y} \right)} \right\}

oder

0 \leq \alpha \left\langle {y,x} \right\rangle +\overline \alpha \left\langle {x,y} \right\rangle +\alpha \overline \alpha \left\langle {y,y} \right\rangle -2\operatorname{Re} \left\{ {l\left( {\alpha y} \right)} \right\}

= 2\operatorname{Re} \left\{ {\alpha \left\langle {y,x} \right\rangle } \right\}-2\operatorname{Re} \left\{ {\alpha l\left( y \right)} \right\}+{\left| \alpha \right|^2}\left\| y \right\|_H^2

Wähle zudem \alpha = \pm t,\quad t > 0. Division der Gleichung durch t liefert

0 = 2\operatorname{Re} \left\{ {\left\langle {y,x} \right\rangle } \right\}-2\operatorname{Re} \left\{ {l\left( y \right)} \right\} für t \to 0

Die Ungleichung wird zu einer Gleichung, da für \alpha = +t gilt: 0 \geq 2\operatorname{Re} \left\{ {\left\langle {y,x} \right\rangle } \right\}-2\operatorname{Re} \left\{ {l\left( y \right)} \right\} und für \alpha = -t gilt: 0 \leq 2\operatorname{Re} \left\{ {\left\langle {y,x} \right\rangle } \right\}-2\operatorname{Re} \left\{ {l\left( y \right)} \right\} (Umkehrung durch Division durch negative Zahl)

Wähle nun \alpha = \pm it,\quad t > 0

Nach Division durch t und Grenzübergang t \to 0 folgt:

0 = 2\operatorname{Im} \left\{ {\left\langle {y,x} \right\rangle } \right\}-2\operatorname{Im} \left\{ {l\left( y \right)} \right\}

Insgesamt ist dann

\left\langle {y,x} \right\rangle = l\left( y \right),\quad \forall y \in H

also l = \left\langle { \cdot ,x} \right\rangle

Dieses die Linearform l darstellende x ist eindeutig, denn seien

l\left( y \right) = \left\langle {y,{x_1}} \right\rangle = \left\langle {y,{x_2}} \right\rangle \quad \forall y \in H

denn wählen wir y = {x_2}-{x_1} und erhalten so x_1 = x_2.

Erklärung:

\left\langle {y,{x_2}} \right\rangle -\left\langle {y,{x_1}} \right\rangle = 0

\left\langle {{x_2}-{x_1},{x_2}} \right\rangle -\left\langle {{x_2}-{x_1},{x_1}} \right\rangle = 0

\left\langle {{x_2},{x_1}} \right\rangle -\left\langle {{x_2},{x_2}} \right\rangle -\left\langle {{x_2},{x_1}} \right\rangle +\left\langle {{x_1},{x_1}} \right\rangle = 0

-\left\langle {{x_2},{x_2}} \right\rangle +\left\langle {{x_1},{x_1}} \right\rangle = 0

\left\langle {{x_1},{x_1}} \right\rangle = \left\langle {{x_2},{x_2}} \right\rangle

{\left\| {{x_1}} \right\|^2} = {\left\| {{x_2}} \right\|^2}\quad \Rightarrow \quad \left\| {{x_1}} \right\| = \left\| {{x_2}} \right\|\quad \Rightarrow \quad {x_1} = {x_2}

Außerdem können wir abschätzen:

{\left\| l \right\|_{{H^*}}} = \mathop {\sup }\limits_{{{\left\| y \right\|}_H} \leq 1} \left| {l\left( y \right)} \right|

= \mathop {\sup }\limits_{{{\left\| y \right\|}_H} \leq 1} \left| {\left\langle {y,x} \right\rangle } \right| \leq {\left\| x \right\|_H}

\left\| x \right\|_H^2 = \left\langle {x,x} \right\rangle = l\left( x \right) \leq {\left\| l \right\|_{{H^*}}}{\left\| x \right\|_H}

\left\| x \right\| \leq {\left\| l \right\|_{{H^*}}}

Also

{\left\| l \right\|_{{H^*}}} = {\left\| x \right\|_H}

und die Bijektion J:H \to {H^*} ist eine Isometrie. Sie ist antilinear, weil das Skalarprodukt antilinear ist im zweiten Argument.

Insgesamt erhalten wir den Riesz’schen Darstellungssatz

Zu jedem l \in {H^*} gibt es genau ein x \in H so dass

l\left( y \right) = \left\langle {y,x} \right\rangle ,\quad \forall y \in H

Die zugehörige Abbildung J:H \to {H^*} ist eine bijektive antilineare Isometrie.

Antilinear: \left\langle {x,\beta y+\gamma z} \right\rangle = \overline \beta \left\langle {x,y} \right\rangle +\overline \gamma \left\langle {x,z} \right\rangle

Erklärung für die Antilinearität im zweiten Argument:

Skalarprodukt im Funktionenraum {L_2}:

\left\langle {f,g} \right\rangle = \int_0^1 {f\left( t \right)\overline {g\left( t \right)} dt}

\left\langle {f,f} \right\rangle = \int_0^1 {f\left( t \right)\overline {f\left( t \right)} dt} = \int_0^1 {{{\left| {f\left( t \right)} \right|}^2}dt} \geq 0

Also:

H \cong {H^*}

Diesen Darstellungssatz erweiern wir, indem wir \left\langle { \cdot , \cdot } \right\rangle durch eventuell unsymmetrische Sesquilinearform b:H \times H \to \mathbb{C} ersetzen.

Also: b\left( { \cdot ,y} \right) ist linear, b\left( {x, \cdot } \right) antilinear

Anstelle der Cauchy-Schwarz-Ungleichung verlangen wir nun:

b ist beschränkt, d.h.

\exists {c_b} > 0:\forall y \in H:\left| {b\left( {y,y} \right)} \right| \leq {c_b}\left\| y \right\|_H^2

Anstelle der Definiertheit verlangen wir, dass b koerziv ist, d.h.

\exists {c_k} > 0:\forall y \in H:\left| {b\left( {y,y} \right)} \right| \geq {c_b}\left\| y \right\|_H^2

Satz von Lax-Milgram

b wie oben. Dazu gibt es eine Bijektion R:H \to H,\quad x \mapsto Rx, so dass

b\left( {y,Rx} \right) = \left\langle {y,x} \right\rangle ,\quad \forall y \in H

Au = f \Leftrightarrow {y^T}Au = {y^T}\quad \forall y

Ähnliche Artikel

Kommentar verfassen