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@@ -2447,8 +2447,235 @@ Dagegen ist die Existenz eines vollständigen Orthonormalensystems (also eventue
     \end{enumerate}
 \end{beispiel}
 
+
+% VL NÄCHSTE WOCHE
+
+Der Satz 4.1 liefert also, dass die Abbildung $J_x: X → X,', y ↦ y'$ definiert
+durch $y': X → \K, x ↦ \langle  y,x \rangle$ bijektiv ist.
+Wir schreiben nun
+\[
+\langle \langle J_x(y),x  \rangle \rangle = \langle \langle J_x(y),x \rangle \rangle_{X'×X} := J(x)(y)[x]
+= \langle  y,x \rangle.
+\]
+Diese Abbildung ist sesquiliniear, das heißt
+\[
+    J_x (y_1 + y_2) = J_x (y_1) + J_x(y_2), \quad y_1, y_2 ∈ X,
+\]
+\[
+    J_x(αy) = \cl{\alpha} J_x(y), \quad α ∈ \K,
+\]
+denn
+\[
+    \langle \langle J_x(αy),x \rangle \rangle = \langle  αy, x \rangle = \cl \alpha \langle  y, x \rangle = \cl \alpha J_x(y) [x] = \cl \alpha \langle \langle  J_x(y), x \rangle \rangle
+    \langle \langle \cl \alpha J_x(y), x \rangle \rangle,
+\]
+also $X \cong X'$ sesquilinear isomorph.
+
+Gilt da sauch topologisch?
+Die Topologie von $X'$ sei hierbei die von $\L(X, \K)$, also die von der Norm $\norm{y'}_{X',N} = \sup_{\norm{x} ≤ 1}|y'[x]|$ erzeugte.
+\begin{satz}
+    $X$ und $X'$ sind Hilberträume und  $J_x: X → X'$ ist kanonischer sesquilinearer Isomorphismus, der die Norm erhält, also eine Isometrie.
+
+    Genauer gilt:
+    \begin{enumerate}
+    \item
+        $\langle  y_1', y_2' \rangle_{X'} := \cl{ \langle y_1, y_2 \rangle_X}$, wobei $J_x(y_1) = y_1', J_x(y_2) = y_2'$, macht $X'$ zum Skalarproduktraum.
+    \item
+        Die durch $\langle  -,- \rangle_{X'}$  induzierte Norm
+        \[
+            \norm{y'}_{X',S} = \sqrt{\langle y', y' \rangle_{X'}}
+        \]
+        ist gerade die von $X' = \L(X, \K)$ bekannte, das heißt, $\norm{y'}_{X',S} = \norm{y'}_{X',N}$.
+    \item
+        Da $(X',\norm-_{X',N})$ schon bekanntlich vollständndig ist, ist $(X', \langle -,- \rangle)$ damit ein Hilbertraum.
+    \item
+        $J_x: X → X'$ ist eine Isometrie.
+    \end{enumerate}
+\end{satz}
+\begin{proof}
+    \begin{enumerate}
+    \item
+        Beispielsweise ist
+        \[
+            \langle α y_1' , y_2' \rangle_{X'} \stackrel{def}{=} \cl{\langle \cl \alpha y_1,  y_2 \rangle_X} = \cl{ \alpha \langle  y_1, y_2 \rangle_X} = \cl{\alpha} \langle y_1',y_2' \rangle_{X'},
+        \]
+        die anderen Eigenschaften folgen analog.
+    \item 
+        Wegen $y'[x] = \langle  y,x \rangle$ und $\norm{y'}_{X',S} = \sqrt{\langle  y', y' \rangle_{X'}} = \sqrt{\langle  y, y \rangle_X} = \norm{y}$, das heißt, es genügt, zu zeigen, dass
+        \[
+            \norm{y'}_{X',N} = \sup_{\norm x \le 1} |y'[x]| = \norm{y}_{X} \quad \text{für alle $y ∈ X$}.
+        \]
+        hierbei ist aber „$\le$“ gerade die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung, für „$\ge$“ wähle $x = \frac y {\norm y _{X}}$ für $y \ne 0$ ($y=0$ ist sowieso klar).
+    \item
+        nichts zu zeigen.
+    \item
+        $J_x: X → X'$ ist eine Isometrie, denn $y  ↦ J_x(y) = y'$ und $\norm{J_X(y)}_X = \norm{y'}_{X'} = \norm{y}_X$ für alle $y ∈ X$.
+    \end{enumerate}
+\end{proof}
+
+\chapter{Der Satz von Hahn-Banach und seine Konsequenzen}
+\section{Fortsetzbarkeit linearer Funktionale}
+
+Wir fragen uns, ob sich Abbildungen so erweitern, dass gewisse Eigenschaften (wie z.B. Linearität oder Stetigkeit) erhalten bleiben.
+
+\begin{definition}
+    Eine Abbildung $A: M → Y$ heißt eine Fortsetzung einer Abbildung $A_0: M_0 → X$, falls
+    \begin{enumerate}
+    \item $ M_0 ⊂ M$,
+    \item $∀x ∈ M_0: A_0 x = Ax $.
+    \end{enumerate}
+    Wir schreiben dann $A = A|_{M_0}$.
+\end{definition}
+
+\begin{satz}
+    Seien $(X,\norm-)$ und $(X_0,\norm-)$ normietre Räume, $X_0 ⊂ X$ dicht in $X$.
+    Weiter sei $(Y, \norm-_{Y})$ ein Banachraum und $A_0 : X_0 → Y$ stetig und linear.
+    Dann gibt es genau eine stetige lineare Fortsetzung $A : X → Y$ von $A_0$ auf $X$.
+    Für diese gilt:
+    \[
+        \norm{A_0}_{\L(X_,Y)} = \norm{A}_{\L(X,Y)}.
+    \]
+\end{satz}
+\begin{proof}
+    Zeigen wir zunächst die Existenz der Fortsetzung.
+    Da $X_0$ dicht in $X$ ist, existiert zu jedem $x ∈ X$ eine Folge $(x_n)_{n ≥1}$, die ganz in $X_0$ liegt und gegen $x$ konvergiert.
+    Wir behaupten, dass $(A_0x_n)_{n ∈ ℕ}$ eine Cauchy-Folge in $Y$ ist.
+    Dazu beachte, dass
+    \[
+        \norm{A_0 x_n - A_0 x_m}_{Y} \le \norm{A_0}_{\L(X_0,Y)} \norm{x_n-x_m} \xrightarrow[n,m → ∞]{} 0.
+    \]
+    Da $Y$ ein Banachraum ist, ist $(A_0x_n)_{n≥1}$ konvergiert, etwa gegen $y$.
+    Wir setzen $Ax := y$.
+    Zunächst ist $A$ wohldefiniert, denn wenn $(z_n)_{n ≥ 1}$ eine weitere Folge mit $\lim_{n → ∞} z_n = x$ ist, dann gilt
+    $z_n - x_n \xrightarrow[n→∞]{} 0$ und
+    \[
+        \norm{A_0 z_n - y} \le \norm{A_0 z_n - A_0 x_n} + \norm{A_0 x_n - y}
+        \le
+        \norm{A_0} \norm{z_n - x_n} + \norm{A_0 x_n - y} \xrightarrow[n→∞]{} 0.
+    \]
+    Offensichtlich ist $A$ eine Fortsetzung von $A_0$.
+    Dass $A$ linear ist, ist ebenfalls klar.
+    Zur Stetigkeit ist
+    \[
+        \norm{Ax}_Y = \norm{\lim_{n → ∞} A_0 x_n}_Y = \lim_{n → ∞} \norm{A_0 x_n}_{Y}
+        \le
+        \lim_{n → ∞} \norm{A_0}_{\L(X_0,Y)} \norm{x_n}_X = \norm{A_0} \norm{x}.
+    \]
+    Damit ist $A$ beschränkt, also auch stetig.
+
+    Es gilt $\norm{A_0}_{\L(X_0,Y)} = \norm{A}_{\L(X,Y)}$:
+    „$\ge$“ ist aus dem Vorherigen klar. Für die andere Ungleichung ist
+    \[
+        \norm{A}_{L(X,Y)} =
+        \sup_{\norm{x ≤ 1}, x ∈ X} \norm{Ax}_{Y}
+        ≥
+        \sup_{\norm{x ≤ 1}, x ∈ X_0} \norm{Ax}_{Y} = \norm{A_0}_{\L(X_0,Y)}.
+    \]
+
+    Für die Eindeutigkeit sei $B: X → Y$ eine weitere stetige, lineare Fortsetzung von $A_0$.
+    Wie oben existiert zu jedem $x ∈ X$ eine Folge $(x_n)_{n ∈ ℕ} ⊂ X$ mit $\lim_{n → ∞} x_n = x$.
+    Dann ist
+    \[
+        Ax_n = A_0 x_n = Bx_n \quad ∀ n ∈ ℕ
+    \]
+    und für $x ∈ X$
+    \[
+        \norm{B_x - A_x} ≤ \norm{B_x - Bx_n} + \norm{Bx_n - Ax_n} + \norm{Ax_n - Ax} \xrightarrow[n→∞]{} 0,
+    \]
+    da $A$ und $B$ stetig sind. Also $Bx = Ax$ für alle $x ∈ X$ und damit $B = A$.
+\end{proof}
+
+\begin{korollar}
+    Ist $A ∈ \L(X,Y)$, $X, Y$ normiert sowie $Y$ vollständig und $M ⊂ X$ dicht, dann gilt:
+    Falls $Ax = 0$ für alle $x ∈ M$, dann ist $A$ schon die Nullabbildung auf $X$.
+\end{korollar}
+\begin{proof}
+    ~
+\end{proof}
+
+Ist $X_0$ nicht dicht in $X$, wird die Fortsetzung schwieriger.
+
+
+\begin{satz}
+    Auf dem linearen Raum $X$ über $ℝ$ gebe es eine Abbildung $p: X → ℝ$ mit:
+    \begin{enumerate}[label=(\roman*)]
+    \item
+        $p(αx) = αp(x)$ für alle $α ≥ 0, x ∈ X$ (positiv homogen)
+    \item
+        $p(x+y) ≤ p(x) + p(y)$ für alle $x, y ∈ X$ (subadditiv)
+    \end{enumerate}
+
+    Weiter seine $X_0$ ein linearer Teilraum von $X$ und $f_0 : X_0 → ℝ$ eine lineare Abbildung mit
+    \[
+        ∀x ∈ X_0 : f_0(x) ≤ p(x).
+    \]
+    Dann gibt es eine lineare Fortsetzung $f: X → ℝ$ von $f_0$, welche die Ungleichung respektiert, das heißt
+    \[
+        f|_{X_0} = f_0 \quad \text{und} \quad ∀x ∈ X: f(x) ≤ p(x).
+    \]
+\end{satz}
+\begin{bemerkung-nn}
+    Halbnormen  oder Normen $p$ Erfüllen die Voraussetzungen dieses Satzes.
+\end{bemerkung-nn}
+\begin{proof}
+    Schritt 1.
+    Wir setzen $f_0$ auf $X_1 := X_0 \oplus \lspan{x_1}$  für ein $x_1 \not\in X$ (existiert immer solange $X_0 \subsetneqq X$).
+    Offenbar hat jedes $x ∈X_1$ eine eindeutig Darstellung als
+    $ y = y + \alpha x_1 $,  mit $y ∈ X_0$, $α ∈ ℝ$.
+    Dann ist mit $c ∈ ℝ$ beliebig
+    \[
+        f(x) = f(y + α(x_1)) := f_0(y) + αc
+    \]
+    eine lineare Abbildung $X_1 → ℝ$, die $f_0$ fortsetzt.
+    Wir müssen $c$ so wählen, dass $f(x) ≤ p(x)$ für alle $x ∈ X_1$, also $f_0(y) + αc \le p(y+αx_1)$ für alle $y ∈ X_0, α ∈ ℝ$.
+    Mit (i) ist diese Bedingung äquivalent zu zwei anderen Bedingungen:
+    \begin{enumerate}
+    \item
+        Für $a > 0$: $f_0(y/α) + c ≤ p(y/α + x_1)$.
+    \item
+        Für $α < 0$: $f_0(-y/α) - c ≤ p(-y/α - x_1)$ 
+    \end{enumerate}
+    für alle $y ∈ X_0$. Der Fall $α = 0$ ist nach Annahme ohnehin klar.
+    Um diese Bedingungen erfüllen zu können, muss $c ∈ ℝ$ so gewählt werden, dass
+    \[
+        ∀y_1, y_2 ∈ X_0: f_0(y_1) - p(y_1 - x_1) ≤ c ≤ p(y_2 + x_2) - f_0(y_2).
+    \]
+    Das ist möglich, da
+    \[
+        f_0(y_1) + f_0(y_2) = f_0(y_1+y_2) ≤ p(y_1 + y_2) = p(y_1 - x_1 + y_2 + x_1) ≤ p(y_1 - x_1)+p(y_2+x_1).
+    \]
+    Folglich gilt
+    \[
+        \sup_{y_1 ∈ X_0} f_0(y_1-p(y_1-x_1)) \le \inf{y_2 ∈ X_0} p(y_2+x_1)-f_0(y_2).
+    \]
+
+
+    Schritt 2.
+    Finde eine maximale Fortsetzung mit dem Lemma von Zorn.
+    Betrachte dazu
+    \[
+        \{: X \supset D_g \supset X_0 → ℝ\}: g|_{X_0} = f_0 ∧ ∀x ∈ D_g: g(x) ≤ p(x) \}.
+    \]
+    Diese Menge ordnen wir mit $\succeq$ definiert durch
+    \[
+        h \succeq g \gdw h \text{ ist Fortsetzung von $g$}.
+    \]
+    Nach dem Lemma von Zorn existiert eine maximale Fortsetzung $g^*$ von $f_0$ mit $g^*(x) ≤ p(x)$ für alle $x ∈ X$.
+    Wäre $D_{g^*}$ nicht $X$, so verfahre wie in Schritt 1 im Widerspruch zur Maximalität.
+    Damit hat $g^*$ die gewünschten Eigenschaften.
+\end{proof}
+
+\begin{bemerkung-nn}
+    \begin{enumerate}
+    \item 
+    Ohne die Zusatzforderung $f(x) ≤ p(x)$ für alle $x ∈X$ ist die lineare Fortsetzbarkeit trivial.
+    \item 
+        Eine Fortsetzung für lineare Funktionale $f_0: X_0 → \K = ℂ$ ist analog möglich. % yos IV 4
+    \end{enumerate}
+\end{bemerkung-nn}
+
 \end{document}
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