From 162f068eb612c15d2bf44841553feade655c4ebd Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Ulli Kehrle <ulli.kehrle@rwth-aachen.de>
Date: Fri, 17 Nov 2017 13:50:00 +0100
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@@ -1853,8 +1853,201 @@ Nun wollen wir so ein Konzept für Beschränktheit auch in allgemeinen metrische
     Also $A$ präkompakt.
 \end{proof}
 
+Hier fehlt eine Vorlesung.
+
+\section{?}
+
+\begin{satz}
+    3.6.4.    
+\end{satz}
+Hier gilt $M = \inf \{ c \ge 0:$ mit $C$ gilt (5) $\}$.
+\begin{proof}
+    $(1) \iff (2)$ schon gezeigt.
+
+    $(3) \iff (4)$ klar durch die Charakterisierung von beschränkten Mengen in
+    normierten Räumen und Ausnutzung der Linearität.
+
+    $(2) \Rightarrow (4)$. Sei $T$ stetig in $x^*$. Wähle $ε > 0$, so dass $T(\cl B_ε(x^*)) ⊂ B_1(T(x^*))$.
+    Dann gilt für alle $x ∈ \cl B _1 (0)$
+    \[
+        x^* + ε x ∈ \cl B_ε(x^*)
+    \]
+    und $T(x^*) + εT(x) = T(x^* + εx) ∈ B_1(T(x^*))$, das heißt $ε T(x) ∈ B_1(0)$ oder $\norm{T(x)}_Y \le \frac 1 {ε} =: M$
+
+    $(4) \Rightarrow (5)$. Für $x \ne 0$ gilt
+    \[
+        \norm{T(x)} \le \norm x \norm{T\left( \frac x {\norm x} \right)} \le M \norm x,
+    \]
+    also gilt die Aussage mit $C := M$.
+
+    $(5) \Rightarrow (1)$. Für $x, x_1 ∈ X$ gilt
+    \[
+        \norm{T(x) - T(x_1)} = \norm {T(x-x_1)} \le C \norm x-x_1 \xrightarrow[x → x_1]{} 0.
+    \]
+    Damit ist $T$ stetig in $x_1$.
+\end{proof}
+
+\begin{korollar}
+    Sei die Situation wie in 6.4 Ist $T$ zusätzlich bijektiv, so ist $T$ genau dann ein Homöomorphismus, wenn es Konstanten $m, M > 0$ gibt mit
+    \[
+        m \norm x \le \norm {T(x)} \le M \norm {x}
+    \]
+    für alle $x ∈ X$
+\end{korollar}
+\begin{beweis}
+    klar.
+\end{beweis}
+
+\begin{warnung-nn}
+    $T$ linear, bijektiv und stetig impliziert selbst in normierten Räumen noch nicht, dass auch die Inverse Abbildung $T^{-1}$ auch stetig ist, wie wir in der Übung sehen werden.
+    Sind $X$ und $Y$ aber Banachräume, so gilt dies aber (Satz von der offenen Abbildung).
+\end{warnung-nn}
+
+Nun zur Charakterisierung von Stetigkeit in metrischen linearen Räumen.
+
+\begin{satz}
+    Sei $T: X → Y$ linear, $X$, $Y$ lineare metrische Räume.
+    Dann ist $T$ genau dann stetig, wenn $T$ beschränkt ist.
+\end{satz}
+
+In topologischen linearen Räumen gilt dies jedoch nciht.
+
+\begin{satz}
+    3.6.7
+\end{satz}
+\begin{proof}
+    Nur „$\Leftarrow$“: Nach 6.6 reicht es, Beschränktheit von $T$ zu zeigen, also dass, wenn $B ⊂ X$ beschränkt ist, auch $TN?) ⊂ Y$ beschränkt ist.
+    $B ⊂ X$ ist genau dann beschränkt, wenn für alle $k ∈ ℕ$ $C_k > 0$ existieren mit $p_k(x) \le C_k$ für alle $x ∈ B$.
+    Nach Voraussetzung ist dann aber auch für alle $x ∈ B$
+    \[
+        q_m(Tx) \le M_m(C_{n_1} + … + C_{n_k}) =: K_m,
+    \]
+    was nach 5.2 heißt, dass $T(B)$ beschränkt in $Y$ ist.
+\end{proof}
+
+\begin{definition}
+    Seien $X, Y$ topologische lineare Räume. Dann bezeichnet $\L(X, Y) := \{ T: X → Y: T$ linear und stetig $\}$ den \emph{Raum der stetigen (beschränkten) Operatoren}.
+    Im Spezialfall $Y = \K$ sei $X' := \L(X, \K)$ der \emph{Raum der stetigen Funktionale} oder auch der \emph{Dualraum von $X$}.
+\end{definition}
+\begin{bemerkung-nn}
+    \begin{enumerate}
+    \item
+        $\L(X,Y)$ ist wieder ein linearer Raum.
+    \item
+        Metrische lineare Räume haben Dualräume, die im Allgemeinen nicht mehr metrisierbar sind.
+    \item
+        $X' = \{ 0\}$ ist möglich, wie wir in der Übung sehen werden
+    \item
+        Ist  $X$ jedoch normierbar, so folgt aus den Hahn-Banach-Sätzen, dass $X'$ nichttrivial ist.
+    \item
+        Falls $X$ und $Y$ normierte Räume sind, dann wird $\L(X, Y)$ ebenfalls zu einem normierten Raum mit der Operatornorm
+        \[
+            \norm T := \norm T _{\L(X,Y)} := \sup \{\norm x _X \le 1\} \norm {Tx}_Y = \inf \{ C ≥ 0: ∀x ∈ X: \norm {Tx} \le C \norm x \}.
+        \]
+        Das heißt, wir haben
+        \begin{equation}
+            \label{eq:61}
+            ∀x ∈ X: \norm {Tx}_Y \le \norm T \norm x _X
+        \end{equation}
+        Also haben wir
+        \[
+            \norm{(T_1 + T_2)x} = \norm{T_1x + T_2x} \le \norm{T_1x} + \norm{T_2x} \le \left( \norm{T_1} + \norm{T_2} \right) \norm{x},
+        \]
+        und somit $T_1 + T_2 ∈ \L(X,Y)$ und $\norm{T_1 + T_2} \le \norm{T_1} + \norm{T_2}$ nach \eqref{eq:61}.
+    \item
+        Auf $\L(ℝ^n,ℝ^m)$ ergeben sich die bekannten Matrixnormen.
+    \end{enumerate}
+\end{bemerkung-nn}
+
+\begin{satz}
+    Seien $X, Y$ normierte Räume, $Y$ vollständig. Dann ist $\L(X,Y)$ ein Banachraum.
+    Insbesondere ist $X'$ immer ein Banachraum.
+
+    Sei $Z$ ebenfalls ein normierter Raum.
+    Ist $T ∈ \L(X,Y)$, $S ∈ \L(Y,Z)$, so ist $ST ∈ \L(X,Z)$ und $\norm{ST}_{\L(X,Z)} \le \norm S \norm T$.
+\end{satz}
+
+\begin{proof}
+    Es ist nur noch die Vollständigkeit zu zeigen.
+    Sei dazu $(T_n)_{n ∈ ℕ}$ eine Cauchy-Folge in $\L(X,Y)$.
+    Das heißt, für jedes $ε > 0$ existiert ein $N_0$ mit $\norm {T_n - T_m} < ε$ für $n, m > N_0$.
+    Also mit \eqref{eq:61} $\norm {T_n x - T_mx} \le \norm {T_n - T_m} \norm x < ε \norm x$ für alle $x ∈ X$ und $n,m > N_0$.
+    Insbesondere ist $(T_nx)_{n ∈ ℕ}$ eine Cauchy-Folge in $Y$. Da $Y$ vollständig ist, besitzt diese Folge einen Grenzwert $y_x ∈ Y$.
+    Wir definieren eine Abbildung
+    \[
+        T: X → Y, x ↦ y_x.
+    \]
+    Dann ist $T$ linear, weil alle $T_n$ linear sind. Also ist nur die Stetigkeit von $T$ und die Konvergenz von $(T_n)_{n ∈ ℕ}$ gegen $T$ zu zeigen.
+    Für die Stetigkeit bekommt man unter Verwendung der Dreicksunglechung direkt
+    \[
+        \left| \norm {T_n} - \norm{T_m} \right| \le \norm {T_n - T_m} < ε \quad ∀ n, m ≥ N_0,
+    \]
+    also eine Cauchyfolge $\left( \norm{T_n} \right)_{n ∈ ℕ}$ in $ℝ$, die wegen der Vollständigkeit von $ℝ$ konvergent, also insbesondere auch beschränkt ist.
+    Damit gibt es $M > 0$ mit $\norm {T_n} \le M$ für alle $n ∈ ℕ$, also mit~\eqref{eq:61}
+    \[
+        \norm{Tx} \xleftarrow[n → ∞]{} \norm{T_nx } \le M \norm x, ∀ x ∈ X,
+    \]
+    also die stetigkeit von $T$.
+    Jetzt zur Konvergenz:
+    Für $\norm x \le$ 1 gilt
+    \[
+        \norm {T_n x - T_m x } < ε, \quad ∀n, m ≥ N_0,
+    \]
+    also durch Grenzwertbildung $n → ∞$
+    \[
+        \norm {T_n x - T x } < ε, \quad ∀n ≥ N_0,
+    \]
+    und mit~\eqref{eq:61}
+    \[
+        \norm {T_n -T} = \sup_{\norm x \le 1} \norm {T_n x - T_x} < ε, \quad ∀ n ≥ N_0,
+    \]
+    das heißt $T_n → T$ wie gewünscht.
+
+    Für den Zusatz haben wir
+    \[
+        \norm {S(Tx)} ≤ \norm S \norm {Tx} \le \norm S \norm T \norm x.
+    \]
+    Da das für alle $x ∈ X$ gilt, haben wir $\norm {ST} ≤ \norm S \norm T$.
+\end{proof}
+
+
+\begin{korollar}
+    Ist $X$ ein Banachraum, dann ist $\L(X) := \L(X,X)$ eine \emph{Banachalgebra}, das heißt ein vollständiger normierter Vektorraum mit einer Multiplikation, so dass für $T, S ∈ \L(X)$ gilt:
+    \[
+        \norm {TS} \le \norm T \norm S.
+    \]
+\end{korollar}
+
+\begin{bemerkung}
+    Ist $T ∈ \L(X,Y)$, so ist $\ker T$ als Urbild der abgeschlossenen Menge $\{ 0\}$ stets abgeschlossen in $X$.
+    Das Bild hingegen $R(T) := \im T$ ist im Allgemeinen jedoch nicht abgeschlossen.
+    Wann sind Elemente in $\L(X)$ invertierbar?
+\end{bemerkung}
+
+\begin{satz}
+    Sei $X$ ein Banachraum und $\T ∈ \L(X)$ mit $\limsup\limits_{m → ∞} \norm{T}^{1/m} < 1$. Dann ist $(\id - T)^{-1} ∈ \L(X)$ und es gilt
+    \[
+        (\id-T)^{-1} = \ lim_{m → ∞} \sum_{n = 0}^m T^n =: \sum_{n = 0}^∞ T^n ∈ \L(X).
+    \]
+    mit Konvergenz in $\L(X)$.
+\end{satz}
+\begin{proof}
+    Wähle $m_0$ und $Θ < 1$ mit $\norm {T^n} < Θ^n$  für $n ≥ m_0$.
+    Für $S_k  \sum_{n=0}^k T^n$ gilt dann für $m_0 \le k < l$
+    \[
+        \norm{ S_l - S_k} = \norm { \sum_{n=k+1}^l T^n} \le \sum_{n=k+1}^l \norm{ T^k} \le \sum_{n=k+1}^l Θ^n < ε, \quad k, l ≥ N_0.
+    \]
+    Damit ist $(S_k)_{k ∈ ℕ}$ eine Cauchy-Folge in $\L(X)$ und somit konvergent.
+    Sei $S$ der Grenzwert. Dann gilt für jedes $x ∈ X$ auch $S_k x \xrightarrow[k → ∞]{\norm\cdot_{X}} Sx$, also damit ist für alle $x∈ X$
+    \[
+        (\id - T) Sx = \lim_{k → ∞} (\id -T) S_k x = \lim_{k → ∞} \sum_{n=0}^k (T^n -T^{n-1})x = \lim_{k→∞} x - T^{k+1}x = x.
+    \]
+    Damit ist $(\id -T)S = \id$. Da sich analog $S(\id-T) = \id$ auch zeigen lässt, folgt die Behauptung.
+\end{proof}
+
+
 \end{document}
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