From 5bae51d51824c2d960bc15d332ec69bd5df515bf Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: Ulli Kehrle Date: Sun, 17 Dec 2017 20:14:11 +0100 Subject: Quellcode neu strukturiert, Zusätzliche Version für kleine Bildschirme hinzugefügt MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- ch04-unitaere-raeume.tex | 447 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 1 file changed, 447 insertions(+) create mode 100644 ch04-unitaere-raeume.tex (limited to 'ch04-unitaere-raeume.tex') diff --git a/ch04-unitaere-raeume.tex b/ch04-unitaere-raeume.tex new file mode 100644 index 0000000..1cd310f --- /dev/null +++ b/ch04-unitaere-raeume.tex @@ -0,0 +1,447 @@ +\chapter{Unitäre Räume und Hilberträume} +\section{Grundbegriffe} +Sei wieder $\K = \R$ oder $\K = ℂ$. + +\begin{definition} + Sei $X$ ein linearer Raum über $\K$. + Eine Abbildung $\langle \cdot, \cdot \rangle: X × X → \K$ heißt \emph{Skalarprodukt} auf $X$, falls gilt + \begin{enumerate}[label=(U\arabic*)] + \item + $\langle x, x \rangle > 0$ für alle $0 \ne x ∈ X$. + \item + $\langle x, y \rangle = \cl {\langle y, x \rangle}$ für alle $x, y ∈ X$. + \item + $\langle x, \alpha y + β z \rangle = \alpha \langle x, y \rangle + β \langle x,z \rangle$ für alle $\alpha , β ∈ \K$, $x,y,z ∈ X$. + \end{enumerate} + $(X,\langle -,- \rangle)$ heißt \emph{Skalarproduktraum}, \emph{unitärer Raum} oder \emph{Prähilbertraum}. +\end{definition} + +\begin{bemerkung-nn} + Offenbar ist $\langle -,- \rangle$ in der ersten Komponente konjugiert linear. +\end{bemerkung-nn} + +\begin{satz} + Sei $(X, \langle -,- \rangle)$ ein unitärer Raum. Dann gelten die folgenden Aussagen: + \begin{enumerate} + \item + Durch $\norm x \coloneq \sqrt{\langle x, x \rangle}$ wird eine Norm definiert. + Dadurch wird jeder unitäre Raum auf natürliche Art und Weise normiert und trägt dadurch die induzierte natürliche Topologie. + \item + $|\langle x,y \rangle| \le \norm x \norm y$ mit Gleichheit genau dann, wenn $x$ und $y$ linear abhängig (Cauchy-Schwarz-Ungleichung). + \item + $\norm {x+y}^2 + \norm{x-y}^2 = 2(\norm x^2 + \norm y^2)$ (Parallelogrammgleichung), + \item + Für $\K = ℝ$ gilt + \[ + \langle x,y \rangle = \frac 1 4 \left( \norm { x+y}^2 - \norm{x-y}^2 \right), + \] + für $\K = ℂ$ + \[ + \langle x, y \rangle = \frac 1 4 \left( \norm {x+y}^2 - \norm{x-y}^2 - i \norm{x+iy}^2 + i\norm{x-iy}^2 \right). + \] + \end{enumerate} +\end{satz} +\begin{proof} + \begin{enumerate} + \item + Einfaches Nachrechnen unter Verwendung von (b) + \item + Für $y = 0$ ist die Behauptung klar. Sei also $y \ne 0, \alpha ∈ ℂ$. + Dann + \[ + \langle x + \alpha y, x+\alpha y \rangle = \langle x, x \rangle + \cl \alpha \langle y, x \rangle + \alpha \langle x,y \rangle + |\alpha |^2 \langle y,y \rangle. + \] + Speziell für $\cl \alpha \coloneq - \frac{\langle x,y \rangle}{\langle y,y \rangle}$ ergibt sich + \[ + 0 \le \langle x + \alpha y, x+\alpha + \rangle = \langle x,x \rangle - \frac{|\langle x,y \rangle^2|}{\langle y,y \rangle} - \frac{|\langle x,y \rangle^2|}{\langle y,y \rangle} + \frac{|\langle x,y \rangle^2|}{\langle y,y \rangle} = \langle x,x \rangle - \frac{|\langle x,y \rangle^2|}{\langle y,y \rangle}. + \] + Durch Umstellen ergibt sich + \[ + \langle x, x \rangle \ge \frac{|\langle x,y \rangle|^2}{\langle y,y \rangle} \gdw |\langle x,y \rangle|^2 \le \norm x ^2 \norm y^2. + \] + Die CSU erhält man durch Wurzel ziehen. + Gleichheit gilt genau dann, wenn + \[ + \langle x+ \alpha y, x+\alpha y \rangle = 0 \gdw x + \alpha y = 0, + \] + also wenn $x$ und $y$ linear abhängig sind. + \item + Es gilt + \[ + \norm {x \pm y}^2 = \norm x^2 \pm 2\Re(\langle x,y \rangle) + \norm y ^2. + \] + Addieren dieser Gleichungen für $+$ und $-$ ergibt die Behauptung. + \item + Es gilt + \begin{align*} + \norm {x+y}^2 - \norm{x-y}^2 &= (\norm x^2 + 2 \Re \langle x,y\rangle + \norm y^2) - (\norm x^2 - 2 \Re \langle x,y \rangle + \norm y^2) \\ + & = 4 \Re \langle x,y \rangle. + \end{align*} + Analog haben wir + \[ + -i \norm{x+iy}^2 + i \norm{x-iy}^2 = … = 4i \Im \langle x,y \rangle, + \] + was die Behauptung impliziert. + \end{enumerate} +\end{proof} + +\begin{satz} + Sei $(X,\norm\cdot)$ ein normierter Raum, der die Parallelogrammgleichung erfüllt. + Dann definieren + \[ + \langle x,y \rangle = \frac 1 4 \left( \norm { x+y}^2 - \norm{x-y}^2 \right), + \] + und + \[ + \langle x, y \rangle = \frac 1 4 \left( \norm {x+y}^2 - \norm{x-y}^2 - i \norm{x+iy}^2 + i\norm{x-iy}^2 \right). + \] + Skalarprodukte auf $X$ (für $\K = ℝ$ bzw $ℂ$). +\end{satz} +\begin{proof} + Stupides nachrechnen (oder so ähnlich). +\end{proof} + +\begin{bemerkung} + \begin{enumerate} + \item + Die Paralellogrammgleichung ist somit charakteristisch für unitäre Räume. + \item + $(C(S),\norm\cdot_\infty )$ mit $S ⊂ ℝ^n$ kompakt erfüllt dies nicht. + \item + Die Abbildung $\langle \cdot,\cdot \rangle$ in unitären Räumen ist stetig in beiden Komponenten als unmittelbare Konsequenz aus der Stetigkeit der Norm. + \end{enumerate} +\end{bemerkung} + +\begin{definition} + Ein bezüglich der Norm $\norm \cdot \coloneq \sqrt{ \langle \cdot,\cdot \rangle}$ vollständiger unitärer Raum $(X,\langle \cdot,\cdot \rangle)$ heißt \emph{Hilbertraum}. +\end{definition} + + +Hier fehlt eine VL. + +\begin{korollar} + $\hat y$ erfüllt die Gleichung aus dem vorherigen Satz genau dann, wenn $(x- \hat y) \perp Y$ gilt. +\end{korollar} +\begin{proof} + „⇐“: + Sei also $\hat y ∈ Y$ mit $x-\hat y \perp Y$, also $x-\hat y \perp (\hat y - y)$ für $y ∈ Y$ beliebig. + Dann gilt mit Pythagoras + \[ + \norm{x-y}^2 = \norm{x-\hat y + \hat y - y}^2 = \norm{x-\hat y}^2 + \norm{\hat y - y}^2 \ge \norm{x-\hat y}^2, + \] + was die Behauptung impliziert. +\end{proof} +\begin{bemerkung-nn} + Damit gilt im Hilbertraum das Riesz'sche Lemma (3.7.6) mit $\Theta = 1$. + Setze dazu + $ x_{\Theta =1} \coloneq \frac{x-\hat y }{\norm{x-\hat y}} $ + für ein $x \notin Y$. Dann ist $\norm{x_\Theta } = 1$ und für alle $z ∈ Y$ +gilt $\norm {z-x_\Theta }^2 + 2 \Re \langle z,x_\Theta \rangle + \norm{x_\Theta +}^2 \ge 1 = \Theta $. +\end{bemerkung-nn} +\begin{satz} + Es sei $Y$ ein vollständiger Unterraum eines unitären Raums $X$. + Dann existiert zu jedem $x ∈ X$ eine eindeutige Zerlegung der Form + \[ + x= y + v + \] + mit $y ∈ Y$ und $v ∈ Y^\perp$, das heißt $X = Y \oplus Y^\perp$. +\end{satz} +\begin{proof} + Jedes $x ∈ X$ lässt sich als $x = \hat y + (x- \hat y)$ schreiben, wobei $\hat y$ wie im Vorherigen Satz ist. + Dann ist $\hat y ∈ Y$ und $(x-\hat y) ∈ Y^\perp$. + Für die Eindeutigkeit seien $x = y_1 + v_1 = y_2 + v_2$ zwei Darstellungen von $x$ mit $y_i ∈ Y, v_i ∈ Y^\perp, i=1,2$. + Dann $y_1 - y_2 = v_2 - v_1$, wobei die linke Seite in $Y$ ist und die rechte in $Y^\perp$, aber $Y ∩ Y^\perp = \{ 0\}$ nach einem vorherigen Resultat, also $y_1 = y_2$ und $v_1 = v_2$. +\end{proof} +\begin{bemerkung-nn} +Weil für jedes $x ∈ X$ das Element $y = \hat y(x) ∈ Y$ in dieser Darstellung eindeutig ist, lässt sich dadurch eine Abbildung $P: X → X, x ↦ y$ definieren. +Diese Abbildung ist eine Projektion, das heißt $P \circ P = P$. +Wir schreiben für $P$ auch $\Proj_Y : X → X$ mit Wertebereich $\im P = Y$ und $P|_Y = \id|_Y$. +\end{bemerkung-nn} +\begin{korollar} + Falls $M ⊂ X$ ein Unterraum des Hilbertraums $X$ ist, dann gilt + \[ + \cl M = (M^\perp)^\perp. + \] +\end{korollar} +\begin{proof} + „⊂“ wurde bereits in Definition 2.1 gezeigt. + + „$\supset$“: Falls $(M^\perp)\perp \ne \cl M$, dann existiert $x_0 ∈ (M^\perp)^\perp \setminus \cl M$. + Da $X$ ein Hilbertraum ist, ist $\cl M$ vollständig. + Nach dem Satz vom orthogonalen Komplement gibt es eine eindeutige orthogonale Zerlegung von $x_0 = \hat x_0 + h_0^\perp$ mit $\hat x_0 = \Proj_M(x_0) ∈ \cl M$ und $x_0^\perp ∈ (\cl M)^\perp$. + Da $x_0^\perp ∈ (\cl M)^\perp$, ist auch $x_0^\perp ∈ (M)^\perp$ und $x_0 ∈ (M^\perp)^\perp$, also insbesondere $\langle x_0, x_0^\perp \rangle = 0$. + Das bedeute mit Hilfe der Zerlegung + \[ + 0 = \langle x_0, x_0^\perp \rangle + = \langle \hat x_0 + x_0^\perp, x_0^\perp \rangle + = \langle \hat x_0, x_0 ^\perp \rangle + \langle x_0^\perp, x_0^\perp \rangle + = \langle x_0^\perp, x_0^\perp \rangle + = \norm{x_0^\perp}^2. + \] + somit ist bereits $x_0^\perp = 0$, also $x_0 = \hat x_0 ∈ \cl M$. + Damit ist $\cl M = (M^\perp)^\perp$. +\end{proof} +\begin{bemerkung-nn} +Die Abbildung $P$ ist beschränkt mit Operatornorm $\norm P = \sup\limits_{x \ne 0} \frac{\norm{P(x)}}{\norm x} \le 1$, +denn für jedes $x = y + v$ mit $y ∈ Y, v ∈ Y^\perp$ gilt +\[ + \norm{P(x)}^2 = \norm{y^2} \le \norm y^2 + 2 \Re \langle y, v \rangle + \norm{v}^2 = \norm{y +v}^2 = \norm{x}^2. +\] +Desweiteren ist $P$ symmetrisch, das heißt für alle $x_1, x_2 ∈ X $ ist +\[ + \langle P(x_1), x_2 \rangle = \langle x_1, P(x_2) \rangle. +\] +Ist $x_1 = y_1 + v_2$, $x_2 = y_2 + v_2$ mit $y_i ∈ Y, v_i ∈ Y^\perp, i=1,2$, dann ist +\[ + \langle P(x_1), x_2 \rangle = \langle y_1,x_2 \rangle = \langle y_1,y_2 + v_2 \rangle + = \langle y_1,y_2 \rangle = \langle y_1+v_1, y_2 \rangle = \langle x_1, P(x_2) \rangle. +\] +\end{bemerkung-nn} +\begin{korollar} + Es Sei $Y \ne \{0\}$ ein vollständiger Unterraum des unitären Raums $X$ mit der Projektion $P = \Proj_Y: X → Y ⊂ X$. Dann gilt + \begin{enumerate} + \item $x-P(x) \perp Y $ für alle $x ∈ X$. + \item + $P$ ist symmetrisch. + \item + $P$ ist beschränkt mit Operatornorm $\norm P = 1$. + \end{enumerate} +\end{korollar} +\begin{proof} + (1) und (2) wurden bereits gezeigt. Bei (3) fehlt nur noch „$\ge$“. + Da $P_Y = \id|_Y$ und $Y \ne \{0\}$ ist das aber ebenfalls klar. +\end{proof} +Zentral in der Hilbertraumtheorie ist der Begriff der Hilbertraumbasis. +\begin{definition} + Ein Orthonormalsystem $(\hat e_k)_{k ∈ ℕ}$ eines unitären Raums $X$ heißt eine Orthonormalbasis oder eine \emph{Hilbertraumbasis}, falls eine der folgenden äquivalenten Bedingungen erfüllt ist: + \begin{enumerate} + \item Für alle $x ∈ X$ gilt die Vollständigkeitsrelation + \[ + \lim_{n → \infty } \norm{x - \sum_{k=1}^n \langle \hat e_k, x \rangle \hat e_k} = 0 + \] + \item + Für alle $x, y ∈ X$ ist + \[ + \langle x,y \rangle = \sum_{k=1}^\infty \cl{\langle \hat e_k. x \rangle} \langle \hat e_k, y \rangle. + \] + \item + Für alle $x ∈ X$ gilt die Parseval-Gleichung + \[ + \norm{x}^2 = \sum_{k=1}^\infty \left| \langle \hat e_k, x \rangle \right|^2. + \] + \end{enumerate} +\end{definition} +\begin{proof} + Übung. +\end{proof} +\begin{bemerkung-nn} + \begin{enumerate} + \item Statt (a) kann man auch + \[ + x = \lim_{n → \infty } \sum_{k=1}^n \langle \hat e_k, x \rangle \hat e_k + = \sum_{k=1}^\infty \langle \hat e_k,x \rangle \hat e_k + \] + schreiben. Dies nennt man die Fourier-Reihe von $x$. + \item + Die approximierenden Elemente + \[ + \sum_{k=1}^n \langle \hat e_k, x \rangle \hat e_k + \] + liegen offenbar in $\lspan S$ wenn $S = \{ \hat e_k : k ∈ ℕ \}$ ist, + was sich nicht notwendigerweise auf den Grenzwert überträgt. + Falls $X$ aber vollständig ist (also ein Hilbertraum), so sind diese Aussagen äquivalent zu $\cl{\lspan S}^{\norm\cdot} = X$. + \end{enumerate} +\end{bemerkung-nn} +\begin{satz} + \begin{enumerate} + \item + Für einen unitärer Raum $X$ gilt: Jede Hilbertraumbasis ist auch ein vollständiges Orthonormalensystem. + + \item + Ist zusätzlich $X$ ein Hilbertraum und $(\hat e_k)_{k ∈ ℕ}$ ein vollständiges Orthonormalensystem, dann ist $(\hat e_k)_{k ∈ ℕ}$ auch eine Hilbertraumbasis. + \end{enumerate} +\end{satz} +\begin{proof} + \begin{enumerate} + \item + Sei $S$ wie oben. Sei $x ∈ X$ mit $x \perp S$. Nach (c) gilt dann + \[ + \sum_{k=1}^\infty \big| \underbrace{\langle \hat e_k^\infty , x \rangle}_{=0} \big|^2 = \norm x ^2, + \] + also $\norm x = 0$ und $x = 0$. + \item + Sei nun $S$ ein abzählbares vollständiges Orthonormalensystem und $X$ ein Hilbertraum. + Führe den Beweis indirekt. + Angenommen, $S$ wäre keine Hilbertraumbasis. + Dann gelten die Eigenschaften (a)-(c) aus der Definition nicht und wegen der obigen Bemerkung ist dann $Y \coloneq \cl{\lspan S} \subsetneq X$. + $Y$ ist also ein abgeschlossener Unterraum von $X$, und da $X$ Hilbertraum ist, damit vollständig. + Nach Satz 2.9 ist $X = Y \oplus Y^\perp$. + Insbesondere ist also $Y^\perp \ne \{ 0\}$. + Damit gibt es ein $x ∈ X \setminus \{ 0\}$ mit $x ∈ Y^\perp$, also + \[ + \langle \hat e_k, x \rangle = 0 + \] + für alle $k ∈  ℕ$ im Widerspruch zur Vollständigkeit von $S$. + \end{enumerate} +\end{proof} +\begin{frage-nn} + Hat jeder Hilbertraum $H$ mit $\dim H = \infty $ ein abzählbares vollständiges ONS (also eine Hilbertbasis)? +\end{frage-nn} +Die Antwort darauf ist nein, aber falls $H$ zusätzlich separabel ist, dann ist sie ja. +Dagegen ist die Existenz eines vollständigen Orthonormalensystems (also eventuell überabzählbar, also keine ONB) kein Problem: +\begin{satz} + In jedem Hilbertraum $X \ne \{ 0\}$ gibt es ein vollständiges Orthonormalensystem. + Es lässt sich sogar jedes ONS $S_0$ zu einem vollständigen Orthonormalensystem $\tilde S_0$ mit $S_0 ⊂ \tilde S_0$ ergänzen. +\end{satz} +\begin{proof} + Simple Anwendung von Zorns Lemma. +\end{proof} +\begin{beispiel} + \begin{enumerate} + \item + Sei $X = L^2(0,2\pi), \K = ℝ$. + Dann ist ein VONS in $X$ gegeben durch + \[ + S = \left\{ \frac 1 {\sqrt{2\pi }}\right\} + ∪ \left\{ \frac 1 {\sqrt{\pi }} \cos(nx) : n ∈ ℕ\right\} + ∪ \left\{ \frac 1 {\sqrt{\pi }} \sin(nx) : n ∈ ℕ\right\}. + \] + In der klassischen Fourieranalysis werden Entwicklungen nach diesem VONS $S$ untersucht. + Man zeigt dort, dass $\lspan S$ bezüglich $\norm\cdot_\infty $ dicht liegt in $C_{\text{per}}([0,2\pi]) = \{ f: \R → \R: f$ ist stetig und $2\pi $-periodisch $\}$. + Die Aussage von 2.13(2) und (2.10) liefert nur die Begründung +für die Dichtheit von $\lspan S$ in $\norm-_{L^2}$. + \item + Durch $(f,g)_\mu \coloneq ∫_a^b \mu (t) f(t) g(t)\; dt $, wobei $\mu > 0$ und stetig auf $(a,b)$, ist auf $L^2(a,b)$ ein reelles Skalarprodukt definiert. + Für verschiedene Gewichtsfunktionen $\mu $ und verschiedene Wahlen von $(a,b)$ erhält man $\mu $-orthogonale Polynomsysteme durch Anwendung des Gram-Schmidt-Verfahrens auf die Monome $\{t^i: i ∈ ℕ_0\}$. + \begin{enumerate}[label=(\roman*)] + \item + $a=-1, b=1$, $\mu (t) = 1$ liefert die Legendre-Polynome. + \item + $a=-1, b=1$, $\mu (t) = \frac 1 {\sqrt{1-t^2}}$ liefert die Tschebyscheff-Polynome. + \item + $a=0, b=\infty $, $\mu (t) = \exp(-t)$ liefert die Laguerre-Polynome. + \item + $a=-\infty , b=\infty $, $\mu (t) = \exp(-t^2)$ liefert die Hermite-Polynome. + \end{enumerate} + \item + Ist $X$ ein unitärer Raum mit ONB, kann er formal vervollständigt werden: + Sei also $(\hat e_k)_{k ∈ ℕ} ⊂ X$ diese ONB, dann ist + \[ + H \coloneq \left\{ \sum_{k=1}^\infty c_k \hat e_k: (c_k)_{k ∈ ℕ} ∈ \ell^2 \right\} + \] + ist ein Hilbertraum, den man die Vervollständigung von $X$ nennt. + Das Skalarprodukt zwischen $x = \sum_{k ∈ ℕ} c_k \hat e_k$ und $y = \sum_{k ∈ ℕ} d_k \hat e_k$ + wird definiert als + \[ + \langle x,y \rangle \coloneq \sum_{k=1}^\infty \cl{c_k} d_k. + \] + Tatsächlich kann $H$ mit dem Koordinatenraum $\ell^2 = \ell^2(ℕ)$ identifiert werden. + Die Abbildung + \[ + \Phi: \ell^2(ℕ) → H, (c_k)_{k ∈ℕ} ↦ \sum_{k=1}^\infty c_k \hat e_k + \] + ist linear, bijektiv und normerhaltend wegen der Parsevalgleichung + \[ + \norm{x}^2 = \sum_{k=1}^\infty \left| \langle \hat e_k, x \rangle \right|^2. + \] + Also $\ell^2(ℕ)$ und $H$ isometrisch und insbesondere $H$ vollständig. + \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 +\[ +\lAngle J_x(y),x \rAngle = \lAngle J_x(y),x \rAngle_{X'×X} \coloneq J(x)(y)[x] += \langle y,x \rangle. +\] +Diese Abbildung ist sesquiliniear, das heißt +\[ + J_x (y_1 + y_2) = J_x (y_1) + J_x(y_2), \quad y_1, y_2 ∈ X, +\] +\[ + J_x(\alpha y) = \cl{\alpha} J_x(y), \quad \alpha ∈ \K, +\] +denn +\[ + \lAngle J_x(\alpha y),x \rAngle = \langle \alpha y, x \rangle = \cl \alpha \langle y, x \rangle = \cl \alpha J_x(y) [x] = \cl \alpha \lAngle J_x(y), x \rAngle + \lAngle \cl \alpha J_x(y), x \rAngle, +\] +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 $\norm{y'}_{X',N} = \sup_{\norm{x} \le 1}|y'[x]|$ 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 + $\langle y_1', y_2' \rangle_{X'} \coloneq \cl{ \langle y_1, y_2 \rangle_X}$, 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 + \[ + \langle \alpha y_1' , y_2' \rangle_{X'} \stackrel{\text{def}}{=} \cl{\langle \cl \alpha y_1, y_2 \rangle_X} = \cl{ \alpha \langle y_1, y_2 \rangle_X} = \cl{\alpha} \langle y_1',y_2' \rangle_{X'}, + \] + 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} + +\section{Separable Hilberträume} +\begin{definition} + Ein metrischer Raum $(X,d)$ heißt \emph{separabel}, wenn es $U ⊂ X$ dicht + und abzählbar gibt. +\end{definition} + +\begin{beispiele} + $ℝ^n, ℂ^n, \ell^2, L^2(\Omega)$ für $\Omega ⊂ ℝ^n$ offen sind separable Hilberträume. +\end{beispiele} + +\begin{satz} + In einem separablen unendlich"=dimensionalen Hilbertraum $(X,\langle -,- \rangle)$ gilt + \begin{enumerate} + \item Jedes ONS in $X$ ist höchstens abzählbar. + \item + Sei $S = (\hat e_i)_{i ∈ ℕ}$ ein VONS in $X$. Dann existiert zu jeder + Folge $\alpha = (\alpha _k)_{k ∈ ℕ} ∈ \ell^2$ genau ein $x ∈ X$ mit $\langle \hat + e_k, x \rangle = \alpha _k, k ∈ ℕ$ (Satz von \emph{Riesz-Fischer}). + \item + $X$ ist isometrisch isomorph zum $\ell^2$. Insbesondere sind + $L^2(\Omega)$ und $\ell^2$ isometrisch isomorph. + \end{enumerate} +\end{satz} + + +\section{Riesz'scher Darstellungssatz und Lax-Milgram} +Für einen topologischen linearen Raum $X$ ist der Dualraum $X' = \{x': X → \K, x' $ linear und stetig $\}$ definiert. +Im Allgemeinen kann auch $X' = \{0\}$ gelten. +Ist $X$ jedoch ein Hilbertraum, so ist stets $X' \ne \{0\}$, denn zu $y ∈ X$ ist durch $y'[x] \coloneq \langle y,x \rangle, x ∈ X$ jeweils ein $y' ∈ X'$ erklärt. +Tatsächlich bekommt man dadurch sogar schon alle Elemente des Dualraums: \ No newline at end of file -- cgit v1.2.3-24-g4f1b