Supremumsnorm, Banachraum

09.10.2012, 11:11

Gast11022013

Supremumsnorm, Banachraum

Meine Frage:
$\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ sei eine Menge, $\begin{eqnarray*} l^{\infty}(T) \end{eqnarray*}$ der Vektorraum aller beschränkten Funktionen von $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} x\in l^{\infty}(T) \end{eqnarray*}$ setze

$\begin{eqnarray*} \Vert x\Vert_{\infty}=\sup\limits_{t\in T}\vert x(t)\vert (<\infty). \end{eqnarray*}$

(Supremumsnorm)

Es gilt:

$\begin{eqnarray*} (l^{\infty}(T),\Vert\cdot\Vert_{\infty}) \end{eqnarray*}$ ist ein Banachraum.

Zeigen Sie dies (und zuvor, daß $\begin{eqnarray*} \Vert\cdot\Vert_{\infty} \end{eqnarray*}$ tatsächlich eine Norm ist)!

Meine Ideen:
Hallo! Ich habe mich bis jetzt nur daran versucht zu zeigen, daß $\begin{eqnarray*} \Vert\cdot\Vert_{\infty} \end{eqnarray*}$ eine Norm ist und ich würde mich freuen, wenn sich das jemand ansehen könnte. Danke!

(1)

$\begin{eqnarray*} \Vert\lambda x\Vert_{\infty}=\sup\limits_{t\in T}\vert\lambda x(t)\vert=\vert\lambda\vert\sup\limits_{t\in T}\vert x(t)\vert=\vert\lambda\vert\Vert x\Vert_{\infty}~\forall~\lambda\in\mathbb{R}, x\in l^{\infty}(T) \end{eqnarray*}$

(2)

$\begin{eqnarray*} \Vert x\Vert_{\infty}=\sup\limits_{t\in T}\vert x(t)\vert=0 \end{eqnarray*}$

Naja, das Supremum über die Absolutwerte $\begin{eqnarray*} \vert x(t)\vert \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} t\in T \end{eqnarray*}$ kann ja nur 0 sein, wenn $\begin{eqnarray*} x\equiv 0 \end{eqnarray*}$ . Kann man das so ausdrücken?

(3)

Betrachte $\begin{eqnarray*} x,y\in l^{\infty}(T), t_0\in T \end{eqnarray*}$ . Es gilt

$\begin{eqnarray*} \vert x(t_0)+y(t_0)\vert\leq\vert x(t_0)\vert + \vert y(t_0)\vert\leq\sup\limits_{t\in T}\vert x(t)\vert + \sup\limits_{t\in T}\vert y(t)\vert =\Vert x\Vert_{\infty}+\Vert y\Vert_{\infty} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \sup\limits_{t_0\in T}\vert x(t_0)+y(t_0)\vert\leq \sup\limits_{t_0\in T}\left[\underbrace{\sup\limits_{t\in T}\vert x(t)\vert + \sup\limits_{t\in T}\vert y(t)\vert}_{\in\mathbb{R}}\right]=\sup\limits_{t\in T}\vert x(t)\vert + \sup\limits_{t\in T}\vert y(t)\vert \end{eqnarray*}$

09.10.2012, 11:18

Che Netzer

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Hallo,

zu 2):
Ja, das kann man so ausdrücken. Formal:
$\begin{eqnarray*} 0\leq\lvert x(t)\rvert\leq\lVert x\rVert_\infty=0\,. \end{eqnarray*}$
Also ist $\begin{eqnarray*} \lvert x(t)\rvert=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} t\in T \end{eqnarray*}$ .

Zu 3):
Hier könntest du einfach die Dreiecksungleichung innerhalb des Supremums benutzen und dann die Additivität des Supremums benutzen.

mfg,
Ché Netzer

PS: Das "hübsche" l erhältst du mit \ell.

09.10.2012, 12:19

Gast11022013

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Nun zum Beweis der Vollständigkeit.

Sei $\begin{eqnarray*} (x_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ eine Cauchyfolge in $\begin{eqnarray*} \ell^{\infty}(T) \end{eqnarray*}$ .

Zu zeigen ist ja: $\begin{eqnarray*} (x_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ konvergiert in $\begin{eqnarray*} \ell^{\infty}(T) \end{eqnarray*}$ , d.h. es existiert ein $\begin{eqnarray*} x\in \ell^{\infty}(T) \end{eqnarray*}$ , sodaß gilt:

$\begin{eqnarray*} \forall~\varepsilon >0~\exists N(\varepsilon)\in\mathbb{N}~\forall~n\geq N(\varepsilon): \lVert x_n-x\rVert <\varepsilon \end{eqnarray*}$

------

Als "Tipp" habe ich Folgendes gefunden:

"Beachte die Ungleichung $\begin{eqnarray*} \lvert y(t)\rvert\leq \lVert y\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} t\in T, y\in\ell^{\infty}(T) \end{eqnarray*}$ . Diese Ungleichung impliziert, daß bei beliebigem $\begin{eqnarray*} t\in T \end{eqnarray*}$ die Zahlenfolge $\begin{eqnarray*} (x_n(t))_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ eine Cauchyfolge ist, die aufgrund der Vollständigkeit des Skalarenkörpers einen Limes besitzt, bezeichnet mit $\begin{eqnarray*} x(t) \end{eqnarray*}$ . Auf diese Weise wird eine Funktion $\begin{eqnarray*} x\colon T\to\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ definiert.

Zeige, daß $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ beschränkt ist und daß $\begin{eqnarray*} (x_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ bzgl. der Supremumsnorm gegen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ konvergiert."

Ich verstehe zunächst diesen Teil (fett) nicht:

Diese Ungleichung impliziert, daß bei beliebigem $\begin{eqnarray*} t\in T \end{eqnarray*}$ die Zahlenfolge $\begin{eqnarray*} (x_n(t))_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ eine Cauchyfolge ist [...]

Dafür muss ich doch zeigen:

$\begin{eqnarray*} \forall~\varepsilon >0 ~\exists~N(\varepsilon)\in\mathbb{N}~\forall~n,m\geq N(\varepsilon)~\lvert x_n(t)-x_m(t)\rvert<\varepsilon \end{eqnarray*}$

(Nur, wie zeigt man das?)

09.10.2012, 12:22

Che Netzer

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Benutze die genannte Abschätzung:
$\begin{eqnarray*} \lvert x_m(t)-x_n(t)\rvert\leq\lVert x_m-x_n\rVert_\infty\,. \end{eqnarray*}$
Wenn das rechte klein wird, wird also auch die linke Seite klein.

09.10.2012, 12:28

Gast11022013

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Also worauf ich noch gekommen war, ist:

$\begin{eqnarray*} \lvert x_n(t)-x_m(t)\rvert\leq\lvert x_n(t)\rvert + \lvert x_m(t)\rvert\leq \lVert x_n\rVert_{\infty}+\lVert x_m\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$

Aber was ist jetzt das $\begin{eqnarray*} N(\varepsilon) \end{eqnarray*}$ ?

(Wie argumentiert man ganz sauber mit der obigen Definition von Cauchyfolge?)

09.10.2012, 12:30

Che Netzer

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
verwirrt

Wenn es für alle $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ gibt, so dass
$\begin{eqnarray*} \lVert x_n-x_m\rVert_\infty<\varepsilon \end{eqnarray*}$
für alle $\begin{eqnarray*} n,m>N \end{eqnarray*}$ , gilt dann denn nicht wohl auch
$\begin{eqnarray*} \lvert x_n(t)-x_m(t)\rvert<\varepsilon \end{eqnarray*}$
für beliebiges $\begin{eqnarray*} t\in T \end{eqnarray*}$ ?

09.10.2012, 12:32

Gast11022013

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Ach, sorry, ich habe vergessen, dass $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ ja eine Cauchyfolge sein soll!
Danke.

09.10.2012, 13:33

Gast11022013

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Ist also noch zu zeigen, daß $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ beschränkt ist (sprich: daß $\begin{eqnarray*} x\in\ell^{\infty}(T) \end{eqnarray*}$ ) und daß $\begin{eqnarray*} (x_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ konvergiert (bzgl. $\begin{eqnarray*} \lVert\cdot\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$ ).

Sei $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ beliebig vorgegeben. Nimm' ein $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ so, daß $\begin{eqnarray*} \lVert x_n-x_m\rVert_{\infty}\leq\varepsilon~\forall n,m\geq N \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} t\in T \end{eqnarray*}$ beliebig. Da $\begin{eqnarray*} x_n(t)\to x(t) \end{eqnarray*}$ (da $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ vollständig ist), gibt's ein $\begin{eqnarray*} \tilde{n} \end{eqnarray*}$ derart, daß $\begin{eqnarray*} \lvert x_{\tilde{n}}(t)-x(t)\rvert\leq\varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei $\begin{eqnarray*} \tilde{n}\geq N \end{eqnarray*}$ (darf man das sagen? Ich meine, wenn $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ hinreichend groß gewählt wurde, spricht doch nichts dagegen anzunehmen, daß $\begin{eqnarray*} \tilde{n}\geq N \end{eqnarray*}$ gilt?) Dann hat man für $\begin{eqnarray*} n\geq N \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \lvert x_n(t)-x(t)\rvert\leq \lvert x_n(t)-x_{\tilde{n}}(t)\rvert + \lvert x_{\tilde{n}}(t)-x(t)\rvert\leq \lVert x_n-x_{\tilde{n}}\rVert_{\infty}+\varepsilon\leq 2\varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \lvert x(t)\rvert\leq\lvert x_N(t)\rvert+\lvert x(t)-x_N(t)\rvert\leq\lVert x_N\rVert_{\infty}+2\varepsilon \end{eqnarray*}$

(Beschränktheit)

Wie man sieht, daß $\begin{eqnarray*} x_n\to x \end{eqnarray*}$ bzgl. Supremumsnorm, sehe ich gerade nicht, jemand eine Idee?

09.10.2012, 13:42

Che Netzer

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Oder auch:
$\begin{eqnarray*} \lvert x_n(t)-x_m(t)\rvert<\varepsilon \end{eqnarray*}$
bedeutet nach Grenzwertbildung
$\begin{eqnarray*} \lvert x_n(t)-x(t)\rvert\leq\varepsilon\,. \end{eqnarray*}$
Also $\begin{eqnarray*} \lvert x(t)\rvert\leq\lvert x_n(t)\rvert+\varepsilon\leq\lVert x_n\rVert_\infty+\varepsilon<\infty \end{eqnarray*}$ .

Zur Konvergenz:
Wir wissen ja nun, dass es zu jedem $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ gibt, so dass
$\begin{eqnarray*} \lvert x_n(t)-x(t)\rvert<\varepsilon \end{eqnarray*}$
für alle $\begin{eqnarray*} t\in T \end{eqnarray*}$ .

09.10.2012, 13:49

Gast11022013

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RE: Supremumsnorm, Banachraum

Zitat:

Original von Che Netzer

Zur Konvergenz:
Wir wissen ja nun, dass es zu jedem $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ gibt, so dass
$\begin{eqnarray*} \lvert x_n(t)-x(t)\rvert<\varepsilon \end{eqnarray*}$
für alle $\begin{eqnarray*} t\in T \end{eqnarray*}$ .

Kann man daraus folgern, daß

$\begin{eqnarray*} \vert x_n(t)-x(t)\vert\leq \lVert x_n-x\rVert_{\infty}<\varepsilon \end{eqnarray*}$ ?

09.10.2012, 13:53

Che Netzer

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Naja, nicht direkt.
Aus $\begin{eqnarray*} a\leq b \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a<c \end{eqnarray*}$ folgt ja nicht $\begin{eqnarray*} b<c \end{eqnarray*}$ .

Angenommen, man möchte $\begin{eqnarray*} 1\leq1 \end{eqnarray*}$ zeigen (ganz schwierig).
Dann könnte man für $\begin{eqnarray*} x\in(0,1) \end{eqnarray*}$ die Ungleichung $\begin{eqnarray*} x<1 \end{eqnarray*}$ verwenden und das Supremum bilden. (lieber nicht zu lange über den Sinn dieser Rechnung nachdenken Big Laugh

)

09.10.2012, 14:06

Gast11022013

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Ich bin mir nicht ganz sicher, ob ich Dich richtig verstehe, aber wenn

$\begin{eqnarray*} \lvert x_n(t)-x(t)\rvert <\varepsilon~\forall n\geq N \end{eqnarray*}$ , dann wird das Supremum wohl kleiner oder gleich Epsilon sein, also

$\begin{eqnarray*} \sup\limits_{t\in T}\lvert x_n(t)-x(t)\rvert=\lVert x_n-x\rVert_{\infty}\leq \varepsilon \end{eqnarray*}$ (ebenfalls für alle $\begin{eqnarray*} n\geq N \end{eqnarray*}$ ).

09.10.2012, 14:10

Che Netzer

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Ja, genau. Wenn alle Elemente $\begin{eqnarray*} y(t)=\lvert x(t)-x_n(t)\rvert \end{eqnarray*}$ kleiner gleich Epsilon sind, gilt das ja auch für das Supremum.

09.10.2012, 14:15

Gast11022013

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RE: Supremumsnorm, Banachraum
Danke.

Nochmal eine Frage zu "meinem" Beweis

Zitat:

Original von Dennis2010

Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei $\begin{eqnarray*} \tilde{n}\geq N \end{eqnarray*}$ (darf man das sagen? Ich meine, wenn $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ hinreichend groß gewählt wurde, spricht doch nichts dagegen anzunehmen, daß $\begin{eqnarray*} \tilde{n}\geq N \end{eqnarray*}$ gilt?) Dann hat man für $\begin{eqnarray*} n\geq N \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \lvert x_n(t)-x(t)\rvert\leq \lvert x_n(t)-x_{\tilde{n}}(t)\rvert + \lvert x_{\tilde{n}}(t)-x(t)\rvert\leq \lVert x_n-x_{\tilde{n}}\rVert_{\infty}+\varepsilon\leq 2\varepsilon \end{eqnarray*}$

Im Werner steht, daß man aus Obigem folgern kann, daß

$\begin{eqnarray*} \lVert x_n-x\rVert_{\infty}\leq 2\varepsilon~\forall~n\geq N \end{eqnarray*}$

Erkennst Du, wie? Ich nämlich nicht. verwirrt

Wahrscheinlich ist es eine total einfache Folgerung...

ACHSO, das ist die gleiche Idee wie die eben.... mit dem Supremum!!!

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