Mathematical Engineering - LRT » Funktionalanalysis http://me-lrt.de Lernhilfen für das Studium, Übungsaufgaben mit Musterlösungen, Zusammenfassungen und Skripte, auch für andere technische Studiengänge relevant Sun, 13 May 2012 09:26:22 +0000 en hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.1.3 u07.1 – Lineare Operatoren auf normierten Räumen http://me-lrt.de/lineare-operatoren-normierte-raume http://me-lrt.de/lineare-operatoren-normierte-raume#comments Sat, 06 Feb 2010 12:06:20 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=4432 a ) Unbeschränktes Funktional

Durch X = C\left( {\left[ {0,1} \right]} \right) und {\left\| x \right\|_X} = \int_0^1 {\left| {x\left( t \right)} \right|dt} ,\quad x \in X sei ein normierter Vektorraum gegeben. Zeigen Sie, dass das lineare Funktional L:X \to \mathbb{R},\quad L\left( x \right) = x\left( {\frac{1} {3}} \right) nicht beschränkt ist.

b ) Punktweise und gleichmäßige Konvergenz von Operatoren

X sei ein Banachraum, Y ein normierter Raum und {\left( {{L_k}} \right)_{k \in \mathbb{N}}} \subset \mathcal{L}\left( {X,Y} \right) eine punktweise konvergente Folge. Das heißt für alle x \in X existiert der punktweise Limes {L_k}\left( x \right)\mathop \to \limits_{k \to \infty }^{{{\left\| \cdot \right\|}_Y}} L\left( x \right).

i:

Zeigen Sie: L ist beschränkt, d.h. L \in \mathcal{L}\left( {X,Y} \right) und {\left\| L \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} \leq \mathop {\lim \inf }\limits_{k \to \infty } {\left\| {{L_k}} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} < \infty.

Hinweis: Nuten Sie das Prinzip der gleichmäßigen Beschränktheit.

ii:

Geben Sie ein Beispiel für eine punktweise konvergente Folge {\left( {{L_k}} \right)_{k \in \mathbb{N}}} \subset \mathcal{L}\left( {X,Y} \right) an, welche nicht gleichmäßig (bezüglich der Operatornorm) gegen L konvergiert.

iii:

Für X = {L^\infty }\left( \mathbb{R} \right)

und

T:X \to X,\quad T\left[ x \right]\left( t \right) = \int\limits_\mathbb{R} {\kappa \left( {t-s} \right)s\left( s \right)ds} ,\quad x \in X

mit

\kappa \left( {\tilde s} \right) = \tilde s\exp \left\{ {-{{\tilde s}^2}} \right\}

zeige man T\in\mathcal L \left(X\right). Berechnen Sie {\left\| T \right\|_{\mathcal{L}\left( X \right)}}.

Lösung

Mit der Supremumsnorm wäre der gegebene Raum ein Banach-Raum. Mit der angegebenen Norm ist der Raum aber nicht vollständig, es ist also nur ein normierter Vektorraum.

Es handelt sich um eine Norm, da Definitheit, Homogenität und Dreiecksungleichung erfüllt sind. Erläuterung zur Definitheit: Wir gehen davon aus, dass gilt:

{\left\| x \right\|_X} = 0\mathop \Rightarrow \limits_{x \in C\left( {\left[ {0,1} \right]} \right)} x = 0

Annahme:

\exists {t_0} \in \left[ {0,1} \right]:x\left( {{t_0}} \right) = \varepsilon > 0

Da x stetig ist, gilt:

\forall \varepsilon ^\prime > 0\quad \exists \delta > 0:\left| {x\left( {{t_0}} \right)-x\left( t \right)} \right| < \varepsilon ^\prime\quad \forall t \in \left[ {{t_0}-\delta ,{t_0}+\delta } \right] \cap \left[ {0,1} \right]

Wähle nun z.B.

\varepsilon ^\prime = \frac{\varepsilon } {2}\quad \Rightarrow \quad x\left( 1 \right) > \frac{\varepsilon } {2}\quad \forall t \in \left[ {{t_0}-\delta ,{t_0}+\delta } \right] \cap \left[ {0,1} \right]

{\left\| x \right\|_X} = \int_0^1 {\left| {x\left( t \right)} \right|dt} > \delta \frac{\varepsilon } {2} > 0

Dies ist ein Widerspruch zur Annahme. Daraus folgt: x = 0

Die anderen beiden Normaxiome sind trivial zu zeigen, da sie direkt aus dem Betrag im Integral übertragen werden.

Aber das nur nebenbei. Zur Sache:

a )

Betrachte

L:X \to \mathbb{R},\quad L\left( x \right) = x\left( {\frac{1} {3}} \right),\quad x \in X

Erneut führen wir einen indirekten Beweis zu der Annahme:

\exists c < \infty :\left| {L\left( x \right)} \right| \leq c{\left\| x \right\|_X},\quad x \in X

Wir wählen dazu:

{x_n}\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {1-n\left| {x-\frac{1} {3}} \right|} & {t \in \left[ {\frac{1} {3}-\frac{1} {n},\frac{1} {3}+\frac{1} {n}} \right] \cap \left[ {0,1} \right]} \\ 0 & {sonst} \\ \end{array} } \right.

Es gilt: {\left( {{x_n}} \right)_{n \in \mathbb{N}}} \subset X und \left| {L\left( {{x_n}} \right)} \right| = 1\quad \forall n

Andererseits ist aber:

\int_0^1 {\left| {{x_n}\left( t \right)} \right|dt} = \frac{1} {n}\quad \mathop \to \limits_{n \to \infty } \quad 0

Also:

\frac{{\left| {L\left( {{x_n}} \right)} \right|}} {{\left\| {{x_n}} \right\|}} = n\quad \to \quad \infty \leq c

Das ist ein Widerspruch zu c < \infty.

b i )

Die Linearität von L_k überträgt auf den punktweisen Limes L.

Beschränktheit von L: Für alle x \in X ist {\left( {{L_k}\left( x \right)} \right)_{k \in \mathbb{N}}} konvergent in Y. Daraus folgt, dass {{L_k}\left( x \right)} beschränkt ist in Y. (d.h. \mathop {\sup }\limits_{k \in \mathbb{N}} {\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_Y} < \infty ,\quad x \in X).

Prinzip der gleichmäßigen Beschränktheit:

\mathop {\sup }\limits_{k \in \mathbb{N}} {\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} < \infty ,\quad x \in X

{\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} \leq \mathop {\sup }\limits_{k \in \mathbb{N}} {\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} < \infty ,\quad x \in X

\quad \Rightarrow \quad L \in \mathcal{L}\left( {X,Y} \right)

Wir zeigen nun die (schärfere) Abschätzung

{\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} \leq \mathop {\lim \inf }\limits_{k \to \infty } {\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} < \infty ,\quad x \in X

Dies folgt direkt aus

\mathop {\sup }\limits_{k \in \mathbb{N}} {\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} < \infty ,\quad x \in X

Sei nun x\in X mit {\left\| x \right\|_X} \leq 1 beliebig gewählt, dann gilt

{\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} = \mathop {\sup }\limits_{k \in \mathbb{N}} {\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} > {\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_Y}

Mit der Dreiecksungleichung bezüglich der Y-Norm folgt:

{\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_Y} \geq {\left\| {L\left( x \right)} \right\|_Y}-{\left\| {L\left( x \right)-{L_k}\left( x \right)} \right\|_Y}

mit der allgemeinen Aussage \lim \inf \left( {{a_k}+{b_k}} \right) \geq \lim \inf {a_k}+\lim \inf {b_k} folgt dann

\mathop {\lim \inf }\limits_{k \to \infty } {\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} \geq \mathop {\lim \inf }\limits_{k \to \infty } \left\{ {{{\left\| {L\left( x \right)} \right\|}_Y}-{{\left\| {L\left( x \right)-{L_k}\left( x \right)} \right\|}_Y}} \right\}

= {\left\| {L\left( x \right)} \right\|_Y}\quad \forall x \in X:{\left\| x \right\|_X} \leq 1

Schließlich erhalten wir

{\left\| {L\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}} \leq \mathop {\lim \inf }\limits_{k \to \infty } {\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{\mathcal{L}\left( {X,Y} \right)}}

b ii )

x = y = {l^2}, definiere {\left( {{L_k}} \right)_{k \in \mathbb{N}}} \subset \mathcal{L}\left( {{l^2}} \right) als “Cut-Off”-Operatorfolge

{L_k}{\left( x \right)_j} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_j}} & {j \leq k} \\ 0 & {j > k} \\ \end{array} } \right.

mit {L_k}\left( x \right) = \left( {{x_1}, \ldots ,{x_k},0, \ldots } \right).

Wir zeigen die Beschränktheit:

{\left\| {{L_k}\left( x \right)} \right\|_{{l^2}}} = \sqrt {\sum\limits_{j = 1}^k {{{\left| {{x_j}} \right|}^2}} } \leq 1 \cdot {\left\| x \right\|_{{l^2}}}

{\left\| {{L_k}\left( x \right)-\underbrace {Id\left( x \right)}_x} \right\|_{{l^2}}} = {\left( {\sum\limits_{j = k+1}^\infty {{{\left| {{x_j}} \right|}^2}} } \right)^{\frac{1} {2}}}\mathop \to \limits_{k \to \infty } 0

Aber:

{\left\| {{L_k}-Id} \right\|_{\mathcal{L}\left( {{l^2}} \right)}} = \mathop {\sup }\limits_{{{\left\| x \right\|}_{{l^2}}} \leq 1} {\left\| {{L_k}\left( x \right)-x} \right\|_{{l^2}}}

Wähle nun als Vektor der kanonischen Basis von l^2:

x = {e^{\left( {k+1} \right)}} = \left( {0, \ldots ,0,1,0, \ldots } \right)

mit der einzigen 1 an der k+1-ten Stelle.

Dann ist:

\mathop {\sup }\limits_{{{\left\| x \right\|}_{{l^2}}} \leq 1} \left\| {{L_k}\left( x \right)-x} \right\| \geq \mathop {\sup }\limits_{k \in \mathbb{N}} {\left\| {{L_k}\left( {{e^{\left( {k+1} \right)}}} \right)-{e^{\left( {k+1} \right)}}} \right\|_{{l^2}}} = 1

Daraus folgt:

{\left\| {{L_k}-Id} \right\|_{\mathcal{L}\left( {{l^2}} \right)}} \geq 1\quad \forall k

]]> http://me-lrt.de/lineare-operatoren-normierte-raume/feed 0 u06.2 – Hermite-Polynome und Orthonormalbasis im L2 http://me-lrt.de/hermite-polynom-orthonormalbasis-gram-schmidt http://me-lrt.de/hermite-polynom-orthonormalbasis-gram-schmidt#comments Sat, 06 Feb 2010 11:35:35 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=4058 Wir betrachten {\left\{ {{{\tilde e}_k}} \right\}_{k \in {\mathbb{N}_0}}} \subset {L^2}\left( \mathbb{R} \right) mit {{\tilde e}_k}\left( t \right): = {t^k}\exp \left\{ {-\frac{{{t^2}}} {2}} \right\}.

a )

Mit Hilfe des Gram-Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahrens konstruiere man aus {\left\{ {{{\tilde e}_k}} \right\}_{k \in {\mathbb{N}_0}}} induktiv eine Orthonormalbasis {\left\{ {{e_k}} \right\}_{k \in {\mathbb{N}_0}}} von {L^2}\left( \mathbb{R} \right).

b )

Die orthogonalisierten Funktionen

{e_k}\left( t \right) = \sqrt {\frac{1} {{{2^k}k!\sqrt \pi }}} {H_k}\left( t \right)\exp \left\{ {-\frac{{{t^2}}} {2}} \right\},\quad k \in {\mathbb{N}_0}

aus a) werden als Hermite-Funktionen bezeichnet. Dabei steht

{H_k}\left( t \right) = {\left( {-1}\right)^k}\exp \left\{ {{t^2}} \right\}\frac{{{d^k}}}{{d{t^k}}}\left[ {\exp \left\{ {-{t^2}} \right\}} \right]

für ein Hermite-Polynom vom Grad k. Prüfen Sie die Identitäten für die Fälle k=0,1,2.

c )

Zeigen Sie, dass die Hermite-Polynome die Rekursion H_k^\prime = 2k{H_{k-1}},\quad k \geq 1 erfüllen.

Lösung

a )

Gegeben: {\tilde e_0},{\tilde e_1}, \ldots ,{\tilde e_k}, \ldots

{{\tilde e}_k}\left( t \right) = {t^k}{e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}}\quad \in {L^2}\left( \mathbb{R} \right)

Gesucht: {e_0},{e_1}, \ldots ,{e_k}, \ldots

Verfahren von Gram Schmidt:

{{\tilde e}_0}\left( t \right) = {e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}},\quad {f_0}\left( t \right): = {{\tilde e}_0}\left( t \right)

{e_0} = \frac{{{f_0}\left( t \right)}} {{{{\left\| {{f_0}} \right\|}_{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}}}},\quad \left\| {{{\tilde e}_0}} \right\|_{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}^2 = \int_{-\infty }^\infty {{{\left( {{e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}}} \right)}^2}dt} = \int_{-\infty }^\infty {{e^{-{t^2}}}dt} = \sqrt \pi

\quad \Rightarrow \quad {e_0} = \frac{{{e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}}}} {{\sqrt {\sqrt \pi } }} = \frac{{{e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}}}} {{\sqrt[4]{\pi }}}

{f_1}\left( t \right) = {{\tilde e}_1}-{\left\langle {{{\tilde e}_1},{e_0}} \right\rangle _{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}}{e_0}

{e_1}\left( t \right) = \frac{{{f_1}\left( t \right)}} {{{{\left\| {{f_1}} \right\|}_{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}}}}

{\left\langle {{{\tilde e}_1},{e_0}} \right\rangle _{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}} = \int_{-\infty }^\infty {t{e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}}{e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}}\frac{1} {{\sqrt[4]{\pi }}}dt} = \frac{1} {{\sqrt[4]{\pi }}}\int_{-\infty }^\infty {t{e^{-{t^2}}}dt} = 0

{f_1}\left( t \right) = {{\tilde e}_1} = t{e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}}

{e_1}\left( t \right) = \frac{{{f_1}\left( t \right)}} {{{{\left\| {{f_1}} \right\|}_{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}}}}

\left\| {{f_1}} \right\|_{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}^2 = \int_{-\infty }^\infty {{t^2}{e^{-{t^2}}}dt} = 2\int_0^\infty {{t^2}{e^{-{t^2}}}dt} = \frac{{\sqrt \pi }} {2}

{e_1}\left( t \right) = \frac{{t{e^{-\frac{{{t^2}}}{2}}}}}{{\sqrt {\frac{{\sqrt \pi }}{2}} }}

{f_2}\left( t \right) = {{\tilde e}_2}-{\left\langle {{{\tilde e}_2},{e_0}} \right\rangle _{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}}{e_0}-{\left\langle {{{\tilde e}_2},{e_1}} \right\rangle _{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}}{e_1}

{e_2}\left( t \right) = \frac{{{f_2}\left( t \right)}} {{{{\left\| {{f_2}} \right\|}_{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}}}}

allgemein:

{f_k}\left( t \right) = {{\tilde e}_k}-\sum\limits_{i = 0}^{k-1} {{{\left\langle {{{\tilde e}_k},{e_i}} \right\rangle }_{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}}{e_i}}

mit

{e_k} = \frac{{{f_k}\left( t \right)}}{{{{\left\| {{f_k}} \right\|}_{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}}}}

b )

{e_k}\left( t \right) = \sqrt {\frac{1} {{{2^k}k!\sqrt \pi }}} {H_k}\left( t \right){e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}},\quad k \in {\mathbb{N}_0}

mit

{H_k}\left( t \right) = {\left( {-1} \right)^k}{e^{{t^2}}}\frac{{{d^k}}} {{d{t^k}}}{e^{-{t^2}}}

also

{e_k}\left( t \right) = \sqrt {\frac{1} {{{2^k}k!\sqrt \pi }}} {\left( {-1} \right)^k}{e^{{t^2}}}\left( {\frac{{{d^k}}} {{d{t^k}}}{e^{-{t^2}}}} \right){e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}},\quad k \in {\mathbb{N}_0}

Es ergeben sich die Funktionen

{H_0}\left( t \right) = 1

{H_1}\left( t \right) = 2t

{H_2}\left( t \right) = 4{t^2}-2

Wir müssen die folgenden beiden Eigenschaften nachweisen:

{\left\langle {{e_k},{e_m}} \right\rangle _{{L^2}\left( \mathbb{R} \right)}} = 0,\quad k \ne m,\quad \left\langle {{e_k},{e_k}} \right\rangle = 1

Für das Skalarprodukt von zwei unterschiedlichen Funktionen ergibt sich:

\int_{-\infty }^\infty {\sqrt {\frac{1} {{{2^k}k!\sqrt \pi }}} {H_k}\left( t \right){e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}}\sqrt {\frac{1} {{{2^m}m!\sqrt \pi }}} {H_m}\left( t \right){e^{-\frac{{{t^2}}} {2}}}dt} = 0

\quad \Rightarrow \quad \int_{-\infty }^\infty {{H_k}\left( t \right){H_m}\left( t \right){e^{-{t^2}}}dt} = 0

Die erste Voraussetzung ist also erfüllt. Also sind {H_k}\left( t \right) und {H_m}\left( t \right) orthogonal mit dem Gewicht {{e^{-{t^2}}}}.

Für die zweite Voraussetzung setzen wir ein:

\int_{-\infty }^\infty {{e_k}{e_k}dt} = \int_{-\infty }^\infty {\frac{1} {{{2^k}k!\sqrt \pi }}H_k^2\left( t \right){e^{-{t^2}}}dt}

=\frac{1}{{{2^k}k!\sqrt \pi }}\int_{-\infty }^\infty {H_k^2\left( t \right){e^{-{t^2}}}dt}=1\quad\quad\forall k

]]> http://me-lrt.de/hermite-polynom-orthonormalbasis-gram-schmidt/feed 2 u06.3 – Orthogonale Komplemente http://me-lrt.de/06-3-orthogonale-komplemente http://me-lrt.de/06-3-orthogonale-komplemente#comments Thu, 03 Dec 2009 14:28:55 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=4062 M bezeichne einen Unterraum des Hilbertraumes H. Beweisen Sie die folgenden Behauptngen:

a

{M^ \bot }: = \left\{ {x \in H:{{\left\langle {x,y} \right\rangle }_H} = 0\quad \forall y \in M} \right\} ist linear und abgeschlossen in H.

b

{M_1},{M_2} seien Unterräume von H. Dann gilt:

{M_1} \subset {M_2}\quad \Rightarrow \quad M_2^ \bot \subset M_1^ \bot

c

{M_1},{M_2} seien Unterräume von H. Dann gilt:

{\left( {{M_1} \oplus {M_2}} \right)^ \bot } = M_1^ \bot \cap M_2^ \bot

Lösung

a

{x_1},{x_2} \in {M^ \bot }

Wir wählen beliebig: {\lambda _1},{\lambda _2} aus dem Skalarbereich.

Zu zeigen: {\lambda _1}{x_1}+{\lambda _2}{x_2} \in {{{M}}^ \bot }

Wir nutzen das Skalarprodukt:

\left\langle {{\lambda _1}{x_1}+{\lambda _2}{x_2},y} \right\rangle = {\lambda _1}\left\langle {{x_1},y} \right\rangle +{\lambda _2}\left\langle {{x_2},y} \right\rangle = 0\quad \Rightarrow \quad {\lambda _1}{x_1}+{\lambda _2}{x_2} \in {{{M}}^ \bot }

Es sei {x_n} \in {M^ \bot }

Zu zeigen: {x_n} \to x\quad \Rightarrow \quad x \in {M^ \bot }

Skalarprodukt:

\left\langle {x,y} \right\rangle = \left\langle {x+{x_n}-{x_n},y} \right\rangle = \left\langle {x-{x_n},y} \right\rangle +\underbrace {\left\langle {{x_n},y} \right\rangle }_{ = 0}

\left\langle {x,y} \right\rangle = \left\langle {x-{x_n},y} \right\rangle \leq {\left\| {x-{x_n}} \right\|_H}{\left\| y \right\|_H} < \varepsilon

Grenzübergang:

\varepsilon \to 0\quad \Rightarrow \quad \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {\left\langle {x,y} \right\rangle \leq 0} \\ {\left\langle {x,-y} \right\rangle \leq 0} \\ \end{array} } \right\}\quad \Rightarrow \quad \left\langle {x,y} \right\rangle = 0\quad \forall y \in M\quad \Rightarrow \quad x \in {M^ \bot }

b

Zu zeigen: {M_1} \subset {M_2}\quad \Rightarrow \quad M_2^ \bot \subset M_1^ \bot

Wir wählen

{x_2} \in M_2^ \bot

und prüfen:

{x_2} \in M_2^ \bot \quad \Rightarrow \quad {x_2} \in M_1^ \bot

Wir zeigen dazu:

\left\langle {{x_2},{y_1}} \right\rangle = 0\quad \forall {y_1} \in {M_1}

{x_2} \in M_2^ \bot \quad \Rightarrow \quad \left\langle {{x_2},{y_2}} \right\rangle = 0\quad \forall {y_2} \in {M_2} \supset {M_1}

es ist also

\left\langle {{x_2},{y_1}} \right\rangle = 0\quad \forall {y_1} \in {M_1}

c

Zu zeigen:

{\left( {{M_1} \oplus {M_2}} \right)^ \bot } = M_1^ \bot \cap M_2^ \bot

{M_1}+{M_2} = \left\{ {x = {x_1}+{x_2}:{x_1} \in {M_1},{x_2} \in {M_2}} \right\}

Die Darstellung ist eindeutig, denn {M_1} \cap {M_2} = \left\{ 0 \right\} (Die Unterräume müssen beide das Nullelement enthalten, dieses ist also das gemeinsame Element).

Wir zeigen:

M_1^ \bot \cap M_2^ \bot \subset {\left( {{M_1} \oplus {M_2}} \right)^ \bot }

x \in M_1^ \bot \cap M_2^ \bot \quad \Rightarrow \quad x \in M_1^ \bot ,\quad x \in M_2^ \bot

\left. {\begin{array}{*{20}{c}} {\left\langle {x,{y_1}} \right\rangle = 0\quad \forall {y_1} \in {M_1}} \\ {\left\langle {x,{y_2}} \right\rangle = 0\quad \forall {y_2} \in {M_2}} \\ \end{array} } \right\}\quad \Rightarrow \quad \left\langle {x,{y_1}+{y_2}} \right\rangle = 0\quad \forall {y_1} \in {M_1},{y_2} \in {M_2}

]]> http://me-lrt.de/06-3-orthogonale-komplemente/feed 0 u06.1 – Orthonormalsysteme in Hilberträumen http://me-lrt.de/06-1-orthonormalsysteme-in-hilbertraumen http://me-lrt.de/06-1-orthonormalsysteme-in-hilbertraumen#comments Thu, 03 Dec 2009 14:25:30 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=4056 Sei H ein Hilbertraum und {\left( {{e_k}} \right)_{k \in \mathbb{N}}} \subset H ein Orthonormalsystem. D.h.

{\left\langle {{e_k},{e_j}} \right\rangle _H} = {\delta _{kj}}\quad \forall k,j \in \mathbb{N}

a ) Konvergenzkriterium

Zeigen Sie: {\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {{e_k}} } \right)_{n \in \mathbb{N}}} konvergiert in H\quad \Leftrightarrow \quad {\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\left\| {{e_k}} \right\|_H^2} } \right)_{n \in \mathbb{N}}} konvergiert in \mathbb R.

b ) Schwache Nullfolgeneigenschaft

Für alle x \in H gilt: {\left\langle {x,{e_k}} \right\rangle _H}\mathop \to \limits_{k \to \infty } 0

c ) Orthonormalsystem aus Eigenfunktionen eines Differentialoperators

Gegeben sei der Differentialoperator L:X \to C\left( {\left[ {0,1} \right]} \right)

mit

L\left( u \right) = -u^{\prime\prime},u \in X

wobei

X = \left\{ {u \in {C^2}\left( {\left[ {0,1} \right]} \right):u\left( 0 \right) = u^{\prime}\left( 1 \right) = 0} \right\}

Beweisen Sie:

1. Für alle u,v\in X gilt: {\left\langle {L\left( u \right),v} \right\rangle _{L_C^2\left( {\left( {0,1} \right)} \right)}} = {\left\langle {u,L\left( v \right)} \right\rangle _{L_C^2\left( {\left( {0,1} \right)} \right)}} (d.h. L ist selbstadjungiert)

2. L besitzt ausschließlich reelle Eigenwerte \lambda \ne 0

3. Eigenfunktionen u_1, u_2 \in X zu verschiedenen Eigenwerten \lambda_1, \lambda_2 sind bezüglich {\left\langle { \cdot , \cdot } \right\rangle _{L_C^2\left( {\left( {0,1} \right)} \right)}} orthogonal zueinander.

Bemerkung: Sämtliche Eigenwerte {\left( {{\lambda _k}} \right)_{k \in \mathbb{N}}} \subset \mathbb{R} und Eigenlösungen {\left( {{u_k}} \right)_{k \in \mathbb{N}}} \subset X zu L\left( {{u_k}} \right) = {\lambda _k}{u_k},\quad {u_k} \in X sind durch

{\lambda _k} = {\left( {k-\frac{1} {2}} \right)^2}{\pi ^2},\quad {u_k}\left( t \right) = \sin \left( {\left[ {k-\frac{1} {2}} \right]\pi t} \right),\quad k \in \mathbb{N}

gegeben.

Die normierten Eigenfunktionen

{e_k}: = \frac{{{u_k}}} {{{{\left\| {{u_k}} \right\|}_{{L^2}\left( {0,1} \right)}}}},\quad k \in \mathbb{N}

bilden eine Orthonormalbasis von {{L^2}\left( {0,1} \right)}.

Lösung

a )

Zeigen Sie: {\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {{e_k}} } \right)_{n \in \mathbb{N}}} konvergiert in H\quad \Leftrightarrow \quad {\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\left\| {{e_k}} \right\|_H^2} } \right)_{n \in \mathbb{N}}} konvergiert in \mathbb R.

Sei \left\{ {{S_n}} \right\} eine Cauchyfolge. Dann gilt für n>m:

\left\| {{S_n}-{S_m}} \right\|_H^2 = \left\| {\sum\limits_{k = m+1}^n {{e_k}} } \right\|_H^2 = \sum\limits_{k = m+1}^n {\left\| {{e_k}} \right\|_H^2} \leq \sum\limits_{k = m+1}^\infty {\left\| {{e_k}} \right\|_H^2} < \infty

Wir haben dabei den Satz von Pythagoras benutzt:

{e_1} \bot {e_2}

\left\| {{e_1}+{e_2}} \right\|_H^2 = \left\langle {{e_1}+{e_2},{e_1}+{e_2}} \right\rangle = \left\langle {{e_1},{e_1}} \right\rangle +\left\langle {{e_2},{e_2}} \right\rangle = \left\| {{e_1}} \right\|_H^2+\left\| {{e_2}} \right\|_H^2

\Rightarrow \quad \left\| {{e_1}+{e_2}} \right\|_H^2 = \left\| {{e_1}} \right\|_H^2+\left\| {{e_2}} \right\|_H^2

Daraus folgt, dass die Folge \left\{ {{S_n}} \right\} beschränkt ist.

b )

Besselsche Ungleichung:

\sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left| {\left\langle {x,{e_k}} \right\rangle } \right|}^2}} \leq \left\| x \right\|_H^2\quad \Rightarrow \quad \left\{ {{{\left| {\left\langle {x,{e_k}} \right\rangle } \right|}^2}} \right\} ist Nullfolge

c )

1.

Zu zeigen: {\left\langle {L\left( u \right),v} \right\rangle _{L_C^2\left( {\left( {0,1} \right)} \right)}} = {\left\langle {u,L\left( v \right)} \right\rangle _{L_C^2\left( {\left( {0,1} \right)} \right)}}

{\left\langle {L\left( u \right),v} \right\rangle _{L_C^2\left( {\left( {0,1} \right)} \right)}} = \int_0^1 {-u^{\prime\prime}vdx} = \left. {-vu^{\prime}} \right|_0^1+\int_0^1 {u^{\prime}v^{\prime}dx}

= -v\left( 1 \right)u^{\prime}\left( 1 \right)+v\left( 0 \right)u^{\prime}\left( 0 \right)+\int_0^1 {u^{\prime}v^{\prime}dx} = \int_0^1 {u^{\prime}v^{\prime}dx}

{\left\langle {u,L\left( u \right)} \right\rangle _{L_C^2\left( {0,1} \right)}} = \int_0^1 {-uv^{\prime\prime}dx} = \int_0^1 {-udv^{\prime}}

= \left. {-uv^{\prime}} \right|_0^1+\int_0^1 {v^{\prime}u^{\prime}dx} = \int_0^1 {u^{\prime}v^{\prime}dx}

Dabei haben wir genutzt, dass u^{\prime}\left( 1 \right) = v\left( 0 \right) = 0

2.

L\left( u \right) = \lambda u,\quad u \ne 0

\left\langle {\lambda u,u} \right\rangle = \left\langle {L\left( u \right),u} \right\rangle = \left\langle {u,L\left( u \right)} \right\rangle

\left\langle {x,y} \right\rangle = \overline {\left\langle {y,x} \right\rangle }

also ist

\left\langle {\lambda u,u} \right\rangle = \left\langle {L\left( u \right),u} \right\rangle = \left\langle {u,L\left( u \right)} \right\rangle = \overline {\left\langle {L\left( u \right),u} \right\rangle }

= \overline {\left\langle {\lambda u,u} \right\rangle } = \overline {\lambda \left\langle {u,u} \right\rangle } = \overline \lambda \left\langle {u,u} \right\rangle \quad \Rightarrow \quad \left( {\lambda -\overline \lambda } \right)\underbrace {\left\langle {u,u} \right\rangle }_{ \ne 0} = 0\quad \Rightarrow \quad \lambda = \overline \lambda

Daher ist \lambda eine reelle Zahl.

Wenn \lambda = 0\quad \Rightarrow \quad L\left( u \right) = 0

es ist aber definiert L\left( u \right) = -u^{\prime\prime},\quad u^{\prime\prime} = 0\quad \Rightarrow \quad u^{\prime} = const

ABER es ist u^{\prime}\left( 1 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad u^{\prime} = 0\quad \Rightarrow \quad u = const

mit u\left( 0 \right) = 0 folgt dann u = 0 die Nullfunktion. Da wir diese nicht betrachten wollen, ist folglich \lambda \ne 0.

3.

Zu zeigen: {\lambda _1} \ne {\lambda _2}\quad \Rightarrow \quad \left\langle {{u_1},{u_2}} \right\rangle = 0

L\left( {{u_1}} \right) = {\lambda _1}{u_1},\quad {u_1} \ne 0

L\left( {{u_2}} \right) = {\lambda _2}{u_2},\quad {u_2} \ne 0

\left\langle {L\left( {{u_1}} \right),{u_2}} \right\rangle = \left\langle {{u_1},L\left( {{u_2}} \right)} \right\rangle = \left\langle {{u_1},{\lambda _2}{u_2}} \right\rangle = {\lambda _2}\left\langle {{u_1},{u_2}} \right\rangle

\quad \Rightarrow \quad \underbrace {\left( {{\lambda _1}-{\lambda _2}} \right)}_{ \ne 0}\left\langle {{u_1},{u_2}} \right\rangle = 0\quad \Rightarrow \quad \left\langle {{u_1},{u_2}} \right\rangle = 0

]]> http://me-lrt.de/06-1-orthonormalsysteme-in-hilbertraumen/feed 0 u02.2 – Unterräume des Raumes beschränkter Folgen (L-Inf) http://me-lrt.de/u02-2-unterraume-des-raumes-beschrankter-folgen-l-inf http://me-lrt.de/u02-2-unterraume-des-raumes-beschrankter-folgen-l-inf#comments Mon, 23 Nov 2009 22:16:12 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=3954 Wir definieren

{c_{00}} := \left\{ {x = \left( {{x_k}} \right)} \right\}

mit {{x_k} \ne 0} für höchstens endlich viele k

{c_0} := \left\{ {x = \left( {{x_k}} \right):\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } {x_k} = 0} \right\}

c := \left\{ {x = \left( {{x_k}} \right)} \right\} mit konvergentem x_k

{l^\infty }: = {\text{ }}\left\{ {x = \left( {{x_k}} \right):{{\left\| x \right\|}_{{l^\infty }}} = \mathop {\sup }\limits_{k \in \mathbb{N}} \left| {{x_k}} \right| < \infty {\text{ }}} \right\} also alle beschränkten Folgen,

jeweils versehen mit der Supremumsnorm {\left\| x \right\|_{{l^\infty }}}: = \mathop {\sup }\limits_{k \in \mathbb{N}} \left| {{x_k}} \right|.

Zeigen Sie:

  1. Es gilt {c_{00}} \subset {c_0} \subset c \subset {l^\infty }
    1. l^\infty ist ein Banach-Raum
    2. c_0 ist ein Banach-Raum
    3. c ist ein Banach-Raum
  3. c_{00} ist bezüglich {\left\| \cdot \right\|_{{l^\infty }}} nicht vollständig

Lösung

a )

Es gilt: {c_{00}} \subset {c_0} \subset c \subset {l^\infty }

Für ein x \in {c_{00}} folgt

\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } {x_k} = 0

daraus folgt dann, dass {\left( {{x_k}} \right)} konvergent ist und somit beschränkt.

\Rightarrow x \in {l^\infty }

b )

{l^\infty } ist ein Banachraum, {\left\| x \right\|_{{l^\infty }}} = \sup \left| {{x_k}} \right|,k \in \mathbb{N}

\left( {{x_n}} \right) ist eine Cauchy-Folge in {l^\infty }. Es gilt: {x_n} = {\left( {x_k^{\left( n \right)}} \right)_{k \in \mathbb{N}}}

Zu zeigen ist: \exists x \in {l^\infty } mit {\left\| {{x_k}-x} \right\|_{{l^\infty }}} \to 0

für jedes k

\left| {x_k^{\left( n \right)}-x_k^{\left( m \right)}} \right| \leq {\sup _{k \in \mathbb{N}}}\left| {x_k^{\left( n \right)}-x_k^{\left( m \right)}} \right| = {\left\| {{x_n}-{x_m}} \right\|_{{l^\infty }}} < \varepsilon ,\quad \forall n,m \geq {N_0}\left( \varepsilon \right)

für jedes k

{\left( {x_k^{\left( n \right)}} \right)_{n \in \mathbb{N}}} in \mathbb{R}\left( c \right)

\mathbb{R} ist vollständig \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } k_k^{\left( n \right)} = {x_k} \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0\exists {N_1}\left( {\varepsilon ,k} \right):\left| {x_k^{\left( n \right)}-{x_k}} \right| < \varepsilon ,\quad \forall n \geq {N_1}\left( {\varepsilon ,k} \right)

\left| {x_k^{{N_0}}-{x_k}} \right| \leq \underbrace {\left| {x_k^{{N_0}}-x_k^{{N_1}}} \right|}_{ < \varepsilon }+\underbrace {\left| {x_k^{{N_1}}-{x_k}} \right|}_{ < \varepsilon } < 2\varepsilon

\Rightarrow {\sup _{k \in \mathbb{N}}}\left| {x_k^{{N_0}}-{x_k}} \right| < 2\varepsilon

x = \left( {{x_k}} \right)

a )

{\left\| {{x_n}-x} \right\|_{{l^\infty }}}

b )

x \in {l^\infty }

n \geq {N_0}\left( \varepsilon \right)

{\left\| {{x_n}-x} \right\|_{{l^\infty }}} = {\sup _{k \in \mathbb{N}}}\left| {x_k^{\left( n \right)}-{x_k}} \right| = {\sup _{k \in \mathbb{N}}}\left| {x_k^{\left( n \right)}-{x_k}+x_k^{{N_0}}-x_k^{{N_0}}} \right|

\leq {\sup _{k \in \mathbb{N}}}\left| {x_k^{\left( n \right)}-x_k^{{N_0}}} \right|+{\sup _{k \in \mathbb{N}}}\left| {x_k^{{N_0}}-{x_k}} \right| = \underbrace {{{\left\| {{x_n}-{x_{{N_0}}}} \right\|}_{{l^\infty }}}}_{ < \varepsilon }+2\varepsilon

< 3\varepsilon > {\left\| {{x_n}-x} \right\|_{{l^\infty }}}

Zu zeigen:

x \in {l^\infty },{\left\| x \right\|_{{l^\infty }}} < \infty

{\left\| x \right\|_{{l^\infty }}} = {\sup _{k \in \mathbb{N}}}\left| {{x_n}} \right| = \sup \left| {{x_k}+x_k^{{N_0}}-x_k^{{N_0}}} \right| \leq \underbrace {\sup \left| {{x_k}-x_k^{{N_0}}} \right|}_{ < 2\varepsilon }+\underbrace {\sup \left| {x_k^{{N_0}}} \right|}_{endlich}

< 2\varepsilon +{\left\| {{x_{{N_0}}}} \right\|_{{l^\infty }}} < \infty

c ist abgeschlossen bezüglich der Supremumsnorm

\left( {{x_n}} \right) \in c:{\left\| {{x_n}-x} \right\|_{{l^\infty }}} \to 0 für ein x \in {l^\infty }

Zu zeigen ist, dass x \in c.

\left( {{x_n}} \right) \in c,\quad {x_n} = {\left( {x_k^{\left( n \right)}} \right)_{k \in \mathbb{N}}} für jedes n:x_k^{\left( n \right)} \to x_\infty ^{\left( n \right)} wenn k \to \infty

1)

Ist {\left( {x_\infty ^{\left( n \right)}} \right)_{n \in \mathbb{N}}} eine Cauchyfolge?

\left| {x_\infty ^{\left( n \right)}-x_\infty ^{\left( m \right)}} \right| < \varepsilon

{x_n} eine Cauchyfolge

\Rightarrow \left| {x_k^{\left( n \right)}-x_k^{\left( m \right)}} \right| \leq {\sup _{k \in \mathbb{N}}}\left| {x_k^{\left( n \right)}-x_k^{\left( m \right)}} \right| = \left\| {{x_n}-{x_m}} \right\| < \varepsilon

für alle m,n > N\left( \varepsilon \right) und alle k

\left| {x_\infty ^{\left( n \right)}-x_\infty ^{\left( m \right)}} \right| < \varepsilon \quad \forall n,m \geq N\left( \varepsilon \right) \Rightarrow \left| {x_\infty ^{\left( n \right)}} \right| ist eine Cauchyfolge

x_\infty ^{\left( n \right)} ist eine Cauchyfolge in \mathbb R

\mathbb R ist vollständig \Rightarrow x_\infty ^{\left( n \right)} \to {x_\infty }, wenn n \to \infty. ({x_\infty } existiert)

Konvergiert x = \left( {{x_k}} \right) ?

Wir müssen zeigen, dass

{x_k} \to {x_\infty }

\varepsilon > 0,\quad \left| {{x_k}-{x_\infty }} \right| < \eta mit unbekanntem \eta

x_\infty ^{\left( n \right)} \to {x_\infty } \Rightarrow \left| {x_\infty ^{\left( n \right)}-{x_\infty }} \right| < \varepsilon ,\quad \forall n \geq {N_1}\left( \varepsilon \right)

{\left\| {{x_n}-x} \right\|_{{l^\infty }}} \to 0 \Rightarrow \sup \left| {x_k^{\left( n \right)}-{x_k}} \right| = {\left\| {{x_n}-x} \right\|_{{l^\infty }}} < \varepsilon ,\quad \forall n \geq {N_2}\left( \varepsilon \right)

{N_0} \geq \max \left\{ {{N_1}\left( \varepsilon \right),{N_2}\left( \varepsilon \right)} \right\}

Wir wählen für das \epsilon ein N_0

x_k^{\left( {{N_0}} \right)} \to x_\infty ^{\left( {{N_0}} \right)} wenn k \to \infty

daraus folgt: \left| {x_k^{\left( {{N_0}} \right)}-x_\infty ^{\left( {{N_0}} \right)}} \right| < \varepsilon ,\quad \forall k \geq {K_0}\left( \varepsilon \right)

\left| {{x_k}-{x_\infty }} \right| = \left| {{x_k}-{x_\infty }+x_\infty ^{\left( {{N_0}} \right)}-x_\infty ^{\left( {{N_0}} \right)}+x_k^{\left( {{N_0}} \right)}-x_k^{\left( {{N_0}} \right)}} \right|

\leq \underbrace {\left| {{x_k}-x_k^{\left( {{N_0}} \right)}} \right|}_{ < \varepsilon }+\underbrace {\left| {x_\infty ^{\left( {{N_0}} \right)}-{x_\infty }} \right|}_{ < \varepsilon }+\underbrace {\left| {x_k^{\left( {{N_0}} \right)}-x_\infty ^{\left( {{N_0}} \right)}} \right|}_{ < \varepsilon } < 3\varepsilon ,\quad \forall k \geq {K_0}\left( \varepsilon \right)

Wir haben gezeigt: c ist abgeschlossen bezüglich der Supremumsnorm.

\left( {{x_n}} \right) \in {c_0},\quad {\left\| {{x_n}-x} \right\|_{{l^\infty }}} \to 0,\quad x \in {l^\infty }

Zu zeigen: x \in {c_0}

\left( {{x_n}} \right) \in {c_0} \subset c \subset {l^\infty } \Rightarrow x \in c

x = \left( {{x_k}} \right) \in c \Rightarrow {x_k} \to {x_\infty }

Zu zeigen: {x_\infty } = 0

{x_n} = \left( {x_k^{\left( n \right)}} \right) \to x_\infty ^{\left( n \right)}\forall n wenn k \to \infty

Es gilt: x_\infty ^{\left( n \right)} = 0, weil {x_n} \in {c_0}

c )

{c_{00}} ist nicht abgeschlossen!

Die Folge {x_n} = \left( {1,\frac{1} {2}, \ldots ,\frac{1} {n},0,0, \ldots } \right) wir nun betrachten!

Ihre ersten Elemente sind:

{x_1} = \left( {1,0,0, \ldots } \right)

{x_2} = \left( {1,\frac{1} {2},0,0, \ldots } \right)

{x_3} = \left( {1,\frac{1} {2},\frac{1} {3},0, \ldots } \right)

Es ist

x = \left( {1,\frac{1} {2}, \ldots ,\frac{1} {n},\frac{1} {{n+1}},\frac{1} {{n+2}}, \ldots } \right)

Und somit gilt

{\left\| {{x_n}-x} \right\|_{{l^\infty }}} = {\sup _{k \in \mathbb{N}}}\left| {\frac{{-1}} {{n+k}}} \right| = \frac{1} {{n+1}}

\frac{1} {{n+k}} \leq \frac{1} {{n+1}},\quad \forall k \geq 1

Wir sehen:

{c_{00}} ist zwar Unterraum eines Banachraumes, aber selbst nicht abgeschlossen. Daher ist {c_{00}} selbst kein Banachraum.

]]> http://me-lrt.de/u02-2-unterraume-des-raumes-beschrankter-folgen-l-inf/feed 0 u02.3 – Halbnormen http://me-lrt.de/u02-3-halbnormen http://me-lrt.de/u02-3-halbnormen#comments Mon, 23 Nov 2009 20:33:43 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=3948 Eine Abbildung {\left\| \cdot \right\|^*}:V \to \mathbb{R} heißt Halbnorm auf dem Vektorraum V, falls sie alle Normaxiome außer der Definitheit erfüllt.

  1. Zeigen Sie, dass die Abbildung \left\| \cdot \right\|_{{C^1}\left( {\left[ {0,1} \right]} \right)}^*:{C^1}\left( {\left[ {0,1} \right]} \right) \to \mathbb{R} mit \left\| f \right\|_{{C^1}\left( {\left[ {0,1} \right]} \right)}^*: = \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} \left| {f^{\prime}\left( t \right)} \right| eine Halbnorm, jedoch keine Norm auf {C^1}\left( {\left[ {0,1} \right]} \right): = \left\{ {f:\left[ {0,1} \right] \to \mathbb{R}} \right\} wobei f differenzierbar auf \left( {0,1} \right) und f,f^{\prime} stetig fortsetzbar auf {\left[ {0,1} \right]}
  2. Sei {\mathcal{L}^1}\left( {\left[ {0,1} \right]} \right): = \left\{ {f:\left[ {0,1} \right] \to \mathbb{R}} \right\} mit der Lebesgue-messbaren Funktion f, {N_1}\left( f \right) < \infty
    wobei {N_1}\left( f \right): = \int_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|d\lambda \left( x \right)} = :\int_0^1 {\left| f \right|dx}.

    Zeigen Sie, dass {N_1}\left( f \right),f \in {\mathcal{L}^1}\left( {\left[ {0,1} \right]} \right) eine Halbnorm, jedoch keine Norm auf {\mathcal{L}^1}\left( {\left[ {0,1} \right]} \right) ist.

Lösung

a )

{C^1}\left[ {0,1} \right]

f \in {C^1}\left[ {0,1} \right],\quad {\left\| f \right\|^*}: = \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} \left| {f^{\prime}\left( t \right)} \right|

{\left\| f \right\|^*} = 0 \Rightarrow f = 0 ist nicht erfüllt!

{\left\| f \right\|^*} = \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} \left| {f^{\prime}\left( t \right)} \right| = 0 \Rightarrow f^{\prime}\left( t \right) = 0 \Rightarrow f\left( t \right) = const = a \ne 0

weil 0 \leq \left| {f^{\prime}\left( t \right)} \right| \leq 0

b )

\left\| f \right\|_1^* = \int_0^1 {\left| f \right|d\lambda } = 0 \Rightarrow f = 0 fast überall

]]> http://me-lrt.de/u02-3-halbnormen/feed 0 21 – Lineare Operatoren in normierten Räumen http://me-lrt.de/21-lineare-operatoren-in-normierten-raumen http://me-lrt.de/21-lineare-operatoren-in-normierten-raumen#comments Mon, 23 Nov 2009 14:35:57 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=3936 Wir haben uns bisher mit verschiedenen Räumen (normierte Räume, Hilbert-Räume, …) beschäftigt.
Jetzt wollen wir uns mit Urbildraum und Bildraum, sowie Abbildungen vom einen in den anderen (Operatoren) befassen.

Gegeben: normierte Räume E und F über S = \mathbb{C} oder S = \mathbb{R}:

Operator von Menge in Menge

Definition:
Eine lineare Abbildung A:E \to F heißt linearer Operator.
Eine stetige Abbildung A:E \to F heißt stetiger Operator.

Beispiel 1: Spiegelung

Operator Spiegelung an Winkelhalbierender

Es gilt:

\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1 \\ 0 \\ \end{array} } \right) \to \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 \\ 1 \\ \end{array} } \right),\quad \quad \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 \\ 1 \\ \end{array} } \right) \to \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1 \\ 0 \\ \end{array} } \right)

M = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{array} } \right)

y = Mx

Beispiel 2: Integral

x \in {L^1}\left( {0,1} \right) \mapsto \int_0^1 {x\left( t \right)dt} \in \mathbb{C}

Beispiel 3: Laplace-Operator

\Delta :x \in {C^2}\left( {\Omega \subset {\mathbb{R}^2}} \right) \mapsto \Delta x = {x_{11}}+{x_{22}} \in C\left( \Omega \right)

Beispiel für einen nicht-linearen Operator:

x \in {L^2}\left( {0,1} \right) \mapsto {x^2} \in {L^1} (Halbierung der Dimension)

Die Menge aller linearen Operatoren von E nach F ist selbst ein linearer Raum.

Definition:
Ein linearer Operator heißt beschränkt, falls

\exists c \geq 0:\quad \frac{{\left\| {Ax} \right\|}} {{\left\| x \right\|}} \leq c\quad \forall x \in E,\quad c \ne 0

Satz

Ein linearer Operator A:E\to F ist genau dann stetig, wenn er beschränkt ist.

\left\| A \right\|: = \mathop {\sup }\limits_{x \ne 0} \frac{{\left\| {Ax} \right\|}} {{\left\| x \right\|}}

\left\| A \right\| = \mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| = 1} \left\| {Ax} \right\|,\quad x^{\prime} = \frac{x} {{\left\| x \right\|}}

\left\| A \right\| = \mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| \leq 1} \left\| {Ax} \right\| \geq \mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| = 1} \left\| {Ax} \right\|

x = \left\| x \right\|x^{\prime}

\left\| {Ax} \right\| = \left\| x \right\|\left\| {Ax^{\prime}} \right\| \leq \left\| A \right\|

Beispiel:

Sei H ein Hilbert-Raum, H^{\prime} ein nichttrivialer Unterraum (nicht der Nullraum). Es gilt:

H = H^{\prime} \oplus H^{\prime\prime}

wobei

H^{\prime\prime} = H^{\prime \bot}

P:x \in H \mapsto x^{\prime} \in H^{\prime}

wobei

x = x^{\prime}+x^{\prime\prime},\quad x^{\prime\prime} \bot H^{\prime}

{\left\| {Px} \right\|^2} = {\left\| {x^{\prime}} \right\|^2} \leq {\left\| {x^{\prime}} \right\|^2}+{\left\| {x^{\prime\prime}} \right\|^2} = {\left\| x \right\|^2}

\left\| {Px} \right\| \leq \left\| x \right\|,\quad \left\| P \right\| \leq 1

\exists \tilde x \in H^{\prime},\quad \tilde x \ne 0

P\tilde x = \tilde x

\frac{{\left\| {P\tilde x} \right\|}} {{\left\| x \right\|}} = \frac{{\left\| {\tilde x} \right\|}} {{\left\| {\tilde x} \right\|}} = 1

\left\| P \right\| = 1

Jede Orthogonalprojektion hat also die Norm 1.

Satz

Sei \mathcal{L}\left( {E,F} \right) die Menge aller linearen stetigen Operatoren.

A:E \to F ist ein normierter Raum über S.

\left\| {A+B} \right\| = \mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| \leq 1} \left\{ {\left\| {\left( {A+B} \right)x} \right\|} \right\} = \mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| \leq 1} \left\{ {\left\| {Ax} \right\|+\left\| {Bx} \right\|} \right\}

\leq \mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| \leq 1} \left\{ {\left\| {Ax} \right\|} \right\}+\mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| \leq 1} \left\{ {\left\| {Bx} \right\|} \right\}

Also:

\left\| {A+B} \right\| \leq \mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| \leq 1} \left\{ {\left\| {Ax} \right\|} \right\}+\mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| \leq 1} \left\{ {\left\| {Bx} \right\|} \right\}

Satz

\mathcal{L}\left( {E,F} \right) ist ein Banach-Raum, sobald F vollständig ist.

Beweis

Sei \left\{ {{A_\nu }} \right\} eine Cauchy-Folge in \mathcal{L}\left( {E,F} \right).

Dann gilt:

\forall \varepsilon > 0\quad \exists m\left( \varepsilon \right) \in \mathbb{N}:\quad \left\| {{A_\nu }-{A_\mu }} \right\| < \varepsilon \quad \forall \mu ,\nu > m\left( \varepsilon \right)

Nach Definition der Norm folgt

\left\| {{A_\nu }x-{A_\mu }x} \right\| < \varepsilon \left\| x \right\|\quad \quad \left( { = \varepsilon ^{\prime}} \right)

\forall \mu ,\nu > m\left( \varepsilon \right),\quad \forall x \in E{{\backslash }}\left\{ 0 \right\}

Bei festgehaltenem x ist {\left\{ {{A_\nu }x} \right\}_{\nu \in \mathbb{N}}} eine Cauchy-Folge in F.

Da F vollständig ist, existiert für dieses festgehaltene x ein

A\left( x \right): = \mathop {\lim }\limits_{\nu \to \infty } {A_\nu }x \in F

für x \in E

A ist linear, denn

A\left( {\alpha x+\beta x^{\prime}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{\nu \to \infty } {A_\nu }\left( {\alpha x+\beta x^{\prime}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{\nu \to \infty } \left( {\alpha {A_\nu }x+\beta {A_\nu }x^{\prime}} \right)

= \alpha Ax+\beta Ax^{\prime}

A ist beschränkt, denn mit beliebigem {\nu _0} > m\left( \varepsilon \right) gilt:

\left\| {{A_\mu }x} \right\| \leq \left\| {{A_\mu }x-{A_{{\nu _0}}}x} \right\|+\left\| {{A_{{\nu _0}}}x} \right\|

\leq \varepsilon \left\| x \right\|+\left\| {{A_{{\nu _0}}}} \right\|\left\| x \right\| = \left( {\varepsilon +\left\| {{A_{{\nu _0}}}} \right\|} \right)\left\| x \right\|,\quad \forall \mu > m\left( \varepsilon \right),x \in E

Grenzübergang: \mu \to \infty

\mathop {\lim }\limits_{\mu \to \infty } \left\| {{A_\mu }x} \right\| = \left\| {\mathop {\lim }\limits_{\mu \to \infty } {A_\mu }x} \right\| = \left\| {Ax} \right\| \leq \left( {\varepsilon +\left\| {{A_{{\nu _0}}}} \right\|} \right)\left\| x \right\|,\quad \forall \mu > m\left( \varepsilon \right),x \in E

Also ist A beschränkt und somit stetig, d.h.

A \in \mathcal{L}\left( {E,F} \right).

Zu zeigen ist nun noch die Konvergenz in \mathcal{L}\left( {E,F} \right)

Beim Grenzübergang \mu \to \infty in \left\| {{A_\mu }x-{A_{{\nu _0}}}x} \right\| \leq \varepsilon \left\| x \right\|

folgt

\left\| {{A_\nu }x-Ax} \right\| \leq \varepsilon \left\| x \right\|,\quad \forall x \in E

und daher

\left\| {{A_\nu }-A} \right\| = \mathop {\sup }\limits_{x \ne 0} \frac{{\left\| {{A_\nu }x-Ax} \right\|}} {{\left\| x \right\|}} \leq \varepsilon \quad \forall \nu > m\left( \varepsilon \right)

Vorgehensweise bei diesem Beweis

  • Cauchy-Folge
  • Übergang zum Bildraum
  • Grenzelement im Bildraum
  • Abbildung auf Grenzelement
  • Linearität und Beschränktheit
  • Konvergenz
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H = {l^2} = \left\{ {x \in {S^\mathbb{N}}:{{\left\| x \right\|}_{{l^2}}} < \infty } \right\}

und

{\left\langle {x,y} \right\rangle _H} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {{x_k}\overline {{y_k}} }

Zu n \in \mathbb{N} sei F:{l^2} \to S durch F\left( x \right) = {x_n},\quad x = {\left( {{x_k}} \right)_{k \in \mathbb{N}}} \in {l^2}gegeben.

  1. Prüfen Sie die Beschränktheit von F
  2. Berechnen Sie den nach dem Rieszschen Darstellungssatz eindeutig bestimmten Repräsentanten {x_F} \in {l^2} von F (d.h. F\left( x \right) = {\left\langle {x,{x_F}} \right\rangle _H}\quad \forall x \in H) und damit {\left\| F \right\|_{{H^*}}}.

Lösung

H = {l^2} = \left\{ {x = \left( {{x_k}} \right):{{\left\| x \right\|}_{{l^2}}} < \infty } \right\},\quad {\left\| x \right\|_{{l^2}}} = \sqrt {\sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left| {{x_k}} \right|}^2}} }

F:H \to S,\quad F\left( x \right) = {x_n} mit festem n

x = \left( {{x_1}, \ldots ,{x_n}, \ldots } \right)

Teil 1

F ist linear. Ist F auch beschränkt?

Es gilt: \left| {F\left( x \right)} \right| \leq c{\left\| x \right\|_{{l^2}}},\quad \forall x \in {l^2}

\left| {F\left( x \right)} \right| = \left| {{x_n}} \right| \leq 1 \cdot {\left\| x \right\|_{{l^2}}}

{\left| {{x_n}} \right|^2} \leq \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left| {{x_k}} \right|}^2}} = \left\| x \right\|_{{l^2}}^2\quad \Rightarrow \quad \left| {{x_n}} \right| \leq {\left\| x \right\|_{{l^2}}}

Also ist F beschränkt.

Teil 2

Wenn F beschränkt und linear ist, folgt daraus:

Satz von Riesz:

\exists !{x_F}:F\left( x \right) = {\left\langle {x,{x_F}} \right\rangle _H},\quad \forall x \in H

Zerlegung:

{x_n} = F\left( x \right) = {\left\langle {x,{x_F}} \right\rangle _H} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {{x_k}{{\left( {{{\overline x }_F}} \right)}_k}} = {x_n}\underbrace {{{\left( {{{\overline x }_F}} \right)}_n}}_{ = 1}+\sum\limits_{k = 1,k \ne n}^\infty {{x_k}\underbrace {{{\left( {{{\overline x }_F}} \right)}_k}}_{ = 0}}

mit {x_F} = \left( {0, \ldots ,0,1,0, \ldots ,0} \right)

Daraus folgt:

{\left\| F \right\|_{{H^*}}} = {\left\| {{x_F}} \right\|_H} = 1

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{\left\| F \right\|_{{H^*}}}: = \mathop {\sup }\limits_{x \in H{{\backslash }}\left\{ 0 \right\}} \left\{ {\frac{{\left| {F\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\}

Prüfen Sie, dass {\left\| \cdot \right\|_{{H^*}}} wohldefiniert ist und dass die Gleichheiten

{\left\| F \right\|_{{H^*}}} = \mathop {\sup }\limits_{{{\left\| x \right\|}_H} \leq 1} \left\{ {\left| {F\left( x \right)} \right|} \right\} = \mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| = 1} \left\{ {\left| {F\left( x \right)} \right|} \right\} = \inf \left\{ {c > 0:\left| {F\left( x \right) \leq c\left\| x \right\|} \right|} \right\}

gelten.

Lösung

{H^*},\quad {\left\| F \right\|_{{H^*}}} = \mathop {\sup }\limits_{x \ne 0} \left\{ {\frac{{\left| {F\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\}

Forderungen an die Norm:

\left( {N1} \right):\quad {\left\| {\lambda F} \right\|_{{H^*}}} = \left| \lambda \right|{\left\| F \right\|_{{H^*}}}

\left( {N2} \right):\quad {\left\| F \right\|_{{H^*}}} = 0\quad \Rightarrow \quad F = 0

\left( {N3} \right):\quad {\left\| {{F_1}+{F_2}} \right\|_{{H^*}}} \leq {\left\| {{F_1}} \right\|_{{H^*}}}+{\left\| {{F_2}} \right\|_{{H^*}}}

Beweis

zu N1:
{\left\| {\lambda F} \right\|_{{H^*}}} = \mathop {\sup }\limits_{x \ne 0} \left\{ {\frac{{\left| {\lambda F\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\} = \lambda \mathop {\sup }\limits_{x \ne 0} \left\{ {\frac{{\left| {F\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\} = \left| \lambda \right|{\left\| F \right\|_{{H^*}}}

zu N2:
\mathop {\sup }\limits_{x \ne 0} \left\{ {\frac{{\left| {F\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\} = 0\quad \Rightarrow \quad \left| {F\left( x \right)} \right| = 0\quad \forall x \ne 0\quad \Rightarrow \quad F = 0

zu N3:
{\left\| {{F_1}+{F_2}} \right\|_{{H^*}}} = \mathop {\sup }\limits_{x \ne 0} \left\{ {\frac{{\left| {\left( {{F_1}+{F_2}} \right)\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\} = \mathop {\sup }\limits_{x \ne 0} \left\{ {\frac{{\left| {{F_1}\left( x \right)+{F_2}\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\}

wegen

\frac{{\left| {{F_1}\left( x \right)+{F_2}\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}} \leq \frac{{\left| {{F_1}\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}+\frac{{\left| {{F_2}\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}

folgt

{\left\| {{F_1}+{F_2}} \right\|_{{H^*}}} \leq \mathop {\sup }\limits_{x \ne 0} \left\{ {\frac{{\left| {{F_1}\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\}+\mathop {\sup }\limits_{x \ne 0} \left\{ {\frac{{\left| {{F_2}\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\} = {\left\| {{F_1}} \right\|_{{H^*}}}+{\left\| {{F_2}} \right\|_{{H^*}}}

Nun zeigen wir noch die Gleichheit

{\left\| F \right\|_{{H^*}}} = \mathop {\sup }\limits_{{{\left\| x \right\|}_H} \leq 1} \left\{ {\left| {F\left( x \right)} \right|} \right\} = \mathop {\sup }\limits_{\left\| x \right\| = 1} \left\{ {\left| {F\left( x \right)} \right|} \right\} = \inf \left\{ {c > 0:\left| {F\left( x \right) \leq c\left\| x \right\|} \right|} \right\}

{\left\| F \right\|_{{H^*}}} = \mathop {\sup }\limits_{x \in H{{\backslash }}\left\{ 0 \right\}} \left\{ {\frac{{\left| {F\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\},\quad M: = \inf \left\{ {c > 0:\left| {F\left( x \right) \leq c\left\| x \right\|} \right|} \right\}

zu prüfen:

{\left\| F \right\|_{{H^*}}} = M

Es gilt:

{\left\| F \right\|_{{H^*}}} \geq \frac{{\left| {F\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}},\quad \forall x \ne 0\quad \Rightarrow \quad {\left\| x \right\|_H}{\left\| F \right\|_{{H^*}}} \geq \left| {F\left( x \right)} \right|,\quad \forall x \ne 0

oder:

\left| {F\left( x \right)} \right| \leq {\left\| F \right\|_{{H^*}}}{\left\| x \right\|_H},\quad \forall x \ne 0

Wir wollen nun zeigen, dass sowohl M \leq {\left\| F \right\|_{{H^*}}} als auch M \geq {\left\| F \right\|_{{H^*}}} gilt.

\forall \varepsilon > 0\quad \exists {x_\varepsilon } \in H:{x_\varepsilon } \ne 0

\mathop {\sup }\limits_{x \in H{{\backslash }}\left\{ 0 \right\}} \left\{ {\frac{{\left| {F\left( x \right)} \right|}} {{{{\left\| x \right\|}_H}}}} \right\}-\varepsilon = {\left\| F \right\|_{{H^*}}}-\varepsilon < \frac{{\left| {F\left( {{x_\varepsilon }} \right)} \right|}} {{{{\left\| {{x_\varepsilon }} \right\|}_H}}}

{\left\| F \right\|_{{H^*}}}-\varepsilon < \frac{{\left| {F\left( {{x_\varepsilon }} \right)} \right|}} {{{{\left\| {{x_\varepsilon }} \right\|}_H}}}\quad | \cdot {\left\| {{x_\varepsilon }} \right\|_H}

{\left\| {{x_\varepsilon }} \right\|_H}\left( {{{\left\| F \right\|}_{{H^*}}}-\varepsilon } \right) < \left| {F\left( {{x_\varepsilon }} \right)} \right| \leq M{\left\| {{x_\varepsilon }} \right\|_H}\quad \Rightarrow \quad {\left\| F \right\|_{{H^*}}}-\varepsilon \leq M

Wenn das ε gegen 0 geht, folgt:

{\left\| F \right\|_{{H^*}}} \leq M

Die andere Richtung lässt sich analog beweisen.

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1.

\underbrace {{x_n} \to x}_{{{\left\| {{x_n}-x} \right\|}_H} \to 0}\quad \Rightarrow \quad F\left( {{x_n}} \right) \to F\left( x \right)

2.

für alle {x_0} \in H und alle \varepsilon > 0 existiert ein \delta > 0 mit

{\left\| {{x_n}-x} \right\|_H} < \delta \quad \Rightarrow \quad \left| {F\left( x \right)-F\left( {{x_0}} \right)} \right| < \varepsilon

3.

F ist beschränkt, d.h.

\exists c > 0:\left| {F\left( x \right)} \right| \leq c{\left\| x \right\|_H}\quad \forall x \in H

Lösung

1 → 2

Sei F stetig in 0, d.h.

\mathop {{x_n} \to 0}\limits_{{{\left\| {{x_n}} \right\|}_H} \to \infty } \quad \Rightarrow \quad F\left( {{x_n}} \right) \to F\left( 0 \right) = 0

zu prüfen:

{x_0} \in H,\quad \underbrace {{x_n} \to {x_0}}_{{{\left\| {{x_n}-{x_0}} \right\|}_H} \to 0}\quad \Rightarrow \quad F\left( {{x_n}} \right) \to F\left( {{x_0}} \right)

{x_n} \to {x_0}\quad \Rightarrow \quad {x_n}-{x_0} \to 0\quad \Rightarrow \quad \underbrace {F\left( {{x_n}-{x_0}} \right)}_{ = F\left( {{x_n}} \right)-F\left( {{x_0}} \right)} \to F\left( 0 \right) = 0

Es folgt:

F\left( {{x_n}} \right)-F\left( {{x_0}} \right) \to 0

Daher ist F stetig

2 → 3

Wenn F beschränkt ist, gilt

\exists c > 0:\left| {F\left( x \right)} \right| \leq c{\left\| x \right\|_H}\quad \forall x \in H

Sei F stetig. Angenommen, F ist nicht beschränkt, d.h.

\forall n \in \mathbb{N}\quad \exists {x_n} \in H:\quad \left| {F\left( {{x_n}} \right)} \right| > n{\left\| {{x_n}} \right\|_H}

Außerdem:

{\left\| {{x_n}} \right\|_H} \ne 0\quad \forall n

{y_n} = \frac{{{x_n}}} {{n{{\left\| {{x_n}} \right\|}_H}}} \in H

Die Folge wurde so ausgewählt, da die Norm dieser Folge immer 1 ist:

\left\| {\frac{{{x_n}}} {{\left\| {{x_n}} \right\|}}} \right\| = 1

{\left\| {{y_n}} \right\|_H} = \frac{1} {n} \to 0\quad \Rightarrow \quad \left\{ {{y_n}} \right\}:Nullfolge

Wenn F in 0 stetig ist, folgt daraus:

F\left( {{y_n}} \right) \to F\left( 0 \right) = 0

(wegen Linearität: F\left( {\lambda x} \right) = \lambda F\left( x \right)\quad \Rightarrow \quad F\left( {0x} \right) = F\left( 0 \right) = 0 \cdot F\left( x \right) = 0)

Es ist aber

\left| {F\left( {{y_n}} \right)} \right| = \left| {F\left( {\frac{1} {n}\frac{{{x_n}}} {{\left\| {{x_n}} \right\|}}} \right)} \right| = \frac{1} {{n\left\| {{x_n}} \right\|}}\left| {F\left( {{x_n}} \right)} \right| > 1

wobei die Ungleichung aus der Annahme folgt.

Es ist klar, dass F ist stetig in 0 ist, wenn F insgesamt stetig ist. Es gilt also:

\forall \varepsilon > 0\quad \exists \delta:\left| {F\left( x \right)} \right| < \varepsilon \quad \forall x:\left\| x \right\| < \delta

Wir wählen:

\varepsilon = 1\quad \Rightarrow \quad \exists \delta :\left| {F\left( x \right)} \right| < 1\quad \forall x:{\left\| x \right\|_H} < \delta

\varepsilon > 0,\quad \frac{{\delta x}} {{\left\| x \right\|+\varepsilon }},\quad \left\| {\frac{{\delta x}} {{\left\| x \right\|+\varepsilon }}} \right\| = \delta \frac{{\left\| x \right\|}} {{\left\| x \right\|+\varepsilon }} < \delta

\Rightarrow \quad \left| {F\left( {\frac{{\delta x}} {{\left\| x \right\|+\varepsilon }}} \right)} \right| < 1\quad \Rightarrow \quad \frac{\delta } {{\left\| x \right\|+\varepsilon }}\left| {F\left( x \right)} \right| < 1

Wir erweitern:

\frac{\delta } {{\left\| x \right\|+\varepsilon }}\left| {F\left( x \right)} \right| < 1\quad | \cdot \frac{{\left\| x \right\|+\varepsilon }} {\delta }\quad \Rightarrow \quad \left| {F\left( x \right)} \right| < \frac{{\left\| x \right\|+\varepsilon }} {\delta }

Es ist nun

\left| {F\left( x \right)} \right| < \frac{{\left\| x \right\|+\varepsilon }} {\delta } = \underbrace {\frac{1} {\delta }}_c\left( {\left\| x \right\|+\varepsilon } \right)

also: \varepsilon \to 0\quad \Rightarrow \quad \left| {F\left( x \right)} \right| \leq \frac{1} {\delta }\left\| x \right\|

Daraus folgt, dass F beschränkt ist.

3 → 1

Sei F beschränkt. Zu zeigen: F ist stetig in 0.

Es muss gelten:

\left| {F\left( x \right)} \right| \leq c{\left\| x \right\|_H}\quad \forall x \in H

Dazu:

\left| {F\left( x \right)} \right| \leq \underbrace {c{{\left\| x \right\|}_H}}_{ < \varepsilon }\quad \Rightarrow \quad c{\left\| x \right\|_H} < \varepsilon \quad \Rightarrow \quad {\left\| x \right\|_H} < \frac{\varepsilon } {c} = \delta

Für jedes \varepsilon > 0\quad \exists \delta = \frac{\varepsilon } {c}:\quad \forall x:{\left\| x \right\|_H} < \frac{\varepsilon } {c}

\Rightarrow \quad \left| {F\left( x \right)} \right| \leq c{\left\| x \right\|_H} < c\frac{\varepsilon } {c} = \varepsilon

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