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\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
\[
    \snorm{P(x)}^2 = \snorm{y^2} \le \snorm y^2 + 2 \Re \langle  y, v \rangle + \norm{v}^2 = \snorm{y +v}^2 = \norm{x}^2.
\]
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:


%%% Local Variables:
%%% mode: latex
%%% TeX-master: "funkana-ebook"
%%% End: