Musterlösungen Übungsblatt 19

Aufgabe 19.1.
Zeigen Sie, dass jeder kompakte metrische Raum vollständig ist.

Lösung 19.1.
Angenommen, der kompakte metrische Raum \(X\) wäre nicht vollständig. Dann gäbe es eine nicht konvergente Cauchyfolge \((a_n)\) in \(X\). Für jedes \(x\in X\) gäbe es eine offene Umgebung \(U_x\), welche nur von endlich vielen Folgegliedern getroffen würde. Die offenen Mengen \(U_x\) bilden eine offene Überdeckung von \(X\), die eine endliche Teilüberdeckung durch offene Mengen \(U_{x_1},\ldots, U_{x_n}\) enthält. Die unendlich vielen Folgeglieder \(a_n\) müssten sich auf die endlich vielen \(U_{x_i}\) verteilen, die aber jeweils nur endlich viele Folgenglieder enthalten. Ein Widerspruch.

Aufgabe 19.2.
Sei \(V\) ein Banach-Raum und \(L(V)\) der Raum der stetigen linearen Abbildungen \(V\to V\) versehen mit der Operatornorm. Für \(A\in L(V)\) ist die Exponentialreihe gegeben durch \[\exp(A) = \sum_{n=0}^\infty
\frac{A^n}{n!}\] Hierbei steht \(A^n\) für die \(n\)-fache Komposition \(\underbrace{A\circ\dots\circ A}_{\text{\(n\) mal}}\) und \(A^0=id\). Zeigen
Sie:
(a) Die Exponentialreihe \(\exp(A)\) ist für jedes \(A\in L(V)\) in \(L(V)\) konvergent.

(b) Für festes \(A\in L(V)\) ist wird durch \(t\mapsto\exp(tA)\) eine stetige Abbildung \(\mathbb R\to L(V)\) definiert.

Lösung 19.2.

(a) Da \(V\) ein Banach-Raum ist, ist auch \(L(V)\) ein Banach-Raum. Es sei \(a:=\|A\|_{op}\). Dann gilt \[\|\sum_{n=k}^l A^n\|_{op}\le \sum_{n=l}^l\|A^n\|_{op}\le \sum_{n=k}^la^n.\] Da die Exponentialreihe für reelle Zahlen konvergiert, gibt es zu jedem \(\varepsilon \gt 0\) ein \(N\in \mathbb N\) mit \(\sum_{n=k}^la^n \lt \varepsilon\) für alle \(k,l\ge N\). Das Gleiche gilt dann aber auch für die Exponentialreihe für \(A\), die folglich in \(L(V)\) konvergierten muss.

(b) Es gilt \(\exp((t_0+t)A)=\exp(t_0A)\cdot\exp(tA)\). Für den Nachweis der Stetigkeit an der Stelle \(t_0\in\mathbb R\) reicht es, die Differenzierbarkeit an der Stelle \(t_0\) nachzuweisen. Es ist aber \[\lim_{t\to 0}\frac{\exp((t_0+t)A)-\exp(t_0A)}{t}=\exp(t_0A)\cdot \lim_{t\to 0}\left(\sum_{n=1}^\infty t^{n-1}A^n\right)=\exp(t_0A)\cdot A.\]

Eine alternative Argumentation: Die Funktionen \(f_N\colon t\mapsto \sum_{n=0}^N\frac{(tA)^n}{n!}\) sind offenbar stetig und bilden eine lokal, d.h. für \(|t|\le R\), gleichmäßig konvergente Folge von Funktionen. Die Grenzfunktion ist folglich stetig.

Aufgabe 19.3.
Zeigen Sie, dass der Einheitsball \(B=\{f\in C([a,b])\mid \lVert
f\rVert_{L^1}\le1\}\) im Raum der stetigen Funktionen bezüglich der Lebesgue-1-Norm nicht kompakt ist.

Lösung 19.3.
Jede Folge in einem kompakten metrischen Raum hat eine konvergente Teilfolge, insbesondere hat sie eine Cauchy-Folge als Teilfolge. Um zu zeigen, dass \(B\) nicht kompakt ist, reicht es also eine Folge \(f_n\) von Funktionen anzugeben mit \(\|f_n\|_{L^1}=1\) und \(\|f_k-f_l\|_{L^1}=2\) für alle \(k\not=l,n\in \mathbb N\). Es reicht, eine solche Folge im Falle \([a,b]=[0,1]\) anzugeben: \[ f_n(x)=\begin{cases}4^{n+1}x-2^{n+2}&\text{für } \frac1{2^n}\le x \le \frac3{2^{n+1}}\\
2^{n+3}-4^{n+1}x& \text{für } \frac3{2^{n+1}}\le x\le \frac1{2^{n-1}}\\
0&\text{sonst.}
\end{cases}\] Die Graphen dieser Funktionen bilden gleichschenklige Dreiecke mit Basis der Länge \(\frac1{2^n}\) und Höhe \(2^{n+2}\). Die Basen der Dreiecke sind disjunkt.