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Analysis » Funktionalanalysis » Unbeschränktheit von Bildern von Kugeln in Banachraum
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Universität/Hochschule Unbeschränktheit von Bildern von Kugeln in Banachraum
Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-12-01


Hallo,

ich bin leider bei einer Aufgabe bei der es um die Unbeschränktheit der Bilder von Kugeln in unendlichdimensionalen Banachräumen geht stecken geblieben.

Ist $X$ ein unendlichdimensionaler Banachraum $u_0 \in X$ und $r>0$, so ist die Kugel

$$ \bar{B}(u_0,r)=\{v \in X \ | \ ||v-u_0|| \leq r \}
$$  

nach dem Rieszschen Kompaktheitssatz nicht kompakt. Daher muss das Bild einer auf $\bar{B}(u_0,r)$ definierten stetigen Funktion nicht beschränkt sein.

Als Beispiel hierzu betrachten wir den Raum $X=l^2$ der quadratisch summierbaren Folgen $u=(u_1,u_2,...)$ mit

$$ ||u||_{l^2}:=\left( \sum_{k=1}^{\infty} |u_k|^2 \right)^{\frac{1}{2}} < \infty.
$$
und die auf der Einheitskugel $\bar{B}(0,1) \subset l^2$ durch

$$ f(u):=\left(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^{-k}}{1+3^{-k}-u_k},0,0,...\right)
$$
definierte Abbildung $f$. Zeige, dass $f:\bar{B}(0,1) \to l^2$ wohldefiniert und stetig ist und dass das Bild von $f$ unbeschränkt ist.

Ich habe zunächst die Wohldefiniertheit zu zeigen versucht. Dazu muss ich zeigen, dass $f$ tatsächlich nach $l^2$ abbildet. Ich betrachte also

$$ ||f(u)||_{l^2}:=\left| \sum_{k=1}^{\infty} a_k. \right|
$$
wobei $a_k=\frac{2^{-k}}{1+3^{-k}-u_k}$. Es ist dann

$$ \left| \frac{a_{k+1}}{a_k}\right|
=\left| \frac{1+3^{-k}-u_k}{1+3^{-(k+1)}-u_{k+1}} \frac{1}{2} \right|
$$
$(u_k)$ bildet eine Nullfolge, da sonst die Reihe über welche die Norm definiert ist, nicht konvergieren würde. Daher konvergiert der obige Quotient gegen einen Wert, der kleiner als $1$ ist sodass nach dem Quotientenkriterium die durch $||f(u)||_{l^2}$ gegebene Reihe absolut konvergent und damit endlich ist. Also gilt $f(u) \in l^2$.  

Mit der Stetigkeit habe ich allerdings Probleme. Ich betrachte zwei Elemente $u, \tilde{u} \in l^2$. Dann ist

$$ ||f(u)-f(\tilde{u})||_{l^2}
=\left| \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^{-k}}{1+3^{-k}-u_k} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^{-k}}{1+3^{-k}-\tilde{u}_k} \right| \\
=\left| \sum_{k=1}^{\infty} 2^{-k} \frac{u_k-\tilde{u}_k}{(1+3^{-k}-u_k) (1+3^{-k}-\tilde{u}_k)} \right|
$$
Ab diesem Punkt bin ich etwas ratlos, was ich jetzt tun kann. Ich würde gerne gegen einen Term mit $||u- \tilde{u}||_{l^2}$ abschätzen, da dann für $u \to \tilde{u}$ die Stetigkeit folgen würde. Ich sehe aber noch nicht ganz, wie das möglich ist.  



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-12-01


Hallo Mandacus,

für die Wohldefiniertheit musst Du Dir auch noch überlegen, dass \(1+3^{-k}-u_k\neq0\) für alle \(k\in\mathbb{N}\) ist, damit Du überhaupt dadurch teilen kannst.

Um den Term \(\|u-\overline{u}\|_{l^2}\) zu bekommen, wäre die Cauchy-Schwarz-Ungleichung hilfreich.

Edit: Es sollte wohl überall \(3^{-k}\) heißen oder? Teilweise steht bei Dir \(3^k\).



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Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-02


2020-12-01 22:26 - sonnenschein96 in Beitrag No. 1 schreibt:

Um den Term \(\|u-\overline{u}\|_{l^2}\) zu bekommen, wäre die Cauchy-Schwarz-Ungleichung hilfreich.

Edit: Es sollte wohl überall \(3^{-k}\) heißen oder? Teilweise steht bei Dir \(3^k\).

Da habe ich noch Probleme. Denn aus der Cauchy-Schwarz-Ugl. erhalte ich ja nur die triviale Abschätzung

$$ ||f(u)-f(\tilde{u})||^2_{l^2} \leq ||f(u)-f(\tilde{u})||_{l^2} \cdot ||f(u)-f(\tilde{u})||_{l^2}
$$
oder alternativ

$$ |\langle f(u)-f(\tilde{u}), u-\tilde{u} \rangle |
\leq ||f(u)-f(\tilde{u})||_{l^2} \cdot ||u-\tilde{u}||_{l^2}
$$
Das Problem bei der ersten Abschätzung ist, dass ich den Term $||u-\tilde{u}||_{l^2}$ nicht reinbekomme und bei der zweiten, dass das keine Abschätzung für $||f(u)-f(\tilde{u})||_{l^2}$ liefert.


Edit: Es sollte wohl überall \(3^{-k}\) heißen oder? Teilweise steht bei Dir \(3^k\).

Stimmt, das habe ich schon korrigiert.



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-12-02


Mit \(y_k:=\frac{2^{-k}}{(1+3^{-k}-u_k)(1+3^{-k}-\overline{u}_k)}\) hast Du ja schon gezeigt, dass \(\|f(u)-f(\overline{u})\|_{l^2}=|\langle y, u-\overline{u}\rangle|\). Dies kannst Du nun durch \(\|y\|\|u-\overline{u}\|\) abschätzen, wobei \(y\) erstmal noch von \(u\) und \(\overline{u}\) abhängt.

Sei also \(\varepsilon>0\) und \(\|u-\overline{u}\|\leq\delta\).

Du musst dann also noch \(\|y\|\) abschätzen. Es gibt ein \(C>0\) mit \(1+3^{-k}-\overline{u}_k\geq C\) für alle \(k\in\mathbb{N}\) (überlege Dir wieso). Wegen \(|u_k-\overline{u}_k|\leq\|u-\overline{u}\|_{l^2}\leq\delta\) gilt dann auch \(1+3^{-k}-u_k=1+3^{-k}-\overline{u}_k+\overline{u}_k-u_k\geq C-\delta\). Wenn wir also \(\delta\leq\frac{C}{2}\), so folgt \(|y_k|\leq\frac{2\cdot 2^{-k}}{C^2}\) und damit bekommst Du eine Schranke \(S\) für \(\|y\|\), welche nur von \(\overline{u}\) abhängt. Dann musst Du \(\delta\) also noch so wählen, dass \(\delta\leq\frac{\varepsilon}{S}\) ist.

Das geht aber bestimmt auch eleganter. Als ich die Aussage mit der Cauchy-Schwarz-Ungleichung gemacht habe, war ich noch von \(3^k\) ausgegangen.

Edit: Wenn ich mich nicht geirrt habe, folgt aus den obigen Ausführungen die lokale Lipschitz-Stetigkeit von \(f\), während \(f\) nicht global Lipschitz-stetig ist.



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Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-02


Mit den Hinweisen bin ich tatsächlich darauf gekommen, dass $f$ stetig ist.  Allerdings macht mir jetzt die Unbeschränktheit zu schaffen. Ich hatte das durch Widerspruch probiert. Angenommen, das Bild wäre beschränkt, dann gäbe es ja $M>0$ sodass  

$$ ||f(u)||_{l^2}
=\left| \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^{-k}}{1+3^{-k}-u_k} \right|
\leq M
$$
für alle $u \in \bar{B}(0,1)$. Damit ist $f(\bar{B}(0,1)) \subset \bar{B}(0,M)$. Also wäre $f$ eine beschränkte stetige Funktion. In diesem Fall müsste es auch ein Supremum $S:=\underset{u \in \bar{B}(0,1)}{\text{sup}} ||f(u)||_{l^2}$ geben. Allerdings sehe ich noch nichts, was mir den gewünschten Widerspruch geben könnte. Ich habe die Vermutung, dass man darauf kommen kann, dass $\bar{B}(0,1)$ oder eine andere Kugel kompakt wäre, was ja mithilfe des Rieszschen Kompaktheitssatzes einen Widerspruch ergeben würde. Wäre das denkbar?  



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-12-02


Hmm die Beschränktheit des Bildes würde erstmal in keinerlei Widerspruch zur nicht vorhandenen Kompaktheit von \(\overline{B}(0,1)\) ergeben. Selbst wenn das Bild kompakt wäre, Funktionen können ja auch nicht-kompakte Mengen auf kompakte Mengen abbilden.

Du denkst aber wohl zu kompliziert. Du willst ja \(u\) finden, sodass \(\|f(u)\|\) möglichst groß wird. Dazu bietet es sich an, den Nenner \(1+3^{-k}-u_k\) möglichst klein zu machen, also z.B. wenn \(u_k=1\) ist. Du solltest eigentlich schnell sehen, dass \(\|f(e_j)\|\geq\frac{2^{-j}}{3^{-j}}\) ist (\(e_j\) an Index \(k=j\) gleich \(1\), sonst \(0\)).



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Mandacus
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Natürlich gilt

$$ f(e_j)=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^{-k}}{1+3^{-k}-u_k} \\
=\frac{2^{-j}}{1+3^{-j}-1} + \sum_{\substack{k=1 \\ k \neq j}}^{\infty} \frac{2^{-k}}{1+3^{-k}-u_k} \\
\geq \frac{2^{-j}}{1+3^{-j}-1} \\
=\frac{3^j}{2^j}
$$
Damit finde ich natürlich jedes Mal, wenn ich eine Schranke $M>0$ zu wählen versuche ein $j \in \mathbb{N}$ sodass $f(e_j)>\frac{3^j}{2^j} >M$. Da habe ich den Wald vor lauter Bäumen nicht gesehen🙄...  



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