Kurs:Funktionalanalysis/Hahn-Banach - reeller Fall

Satz von Hahn-Banach - reeller Fall

Es seien nun

$U\subseteq V$ ein Untervektorraum eines $\mathbb {R}$ -Vektorraumes $V$ ;
$p\colon V\to \mathbb {R} _{o}^{+}$ eine Halbnorm;
$f\colon U\to \mathbb {R}$ ein lineares Funktional, für das $f(u)\leq p(u)$ für alle $u\in U$ gilt.

Dann gibt es ein lineares Funktional $F\colon V\to \mathbb {R}$ , so dass

$F|_{U}=f$ und.
$F(v)\leq p(v)$ für alle $v\in V$ gilt.

Beweis

Der Beweis gliedert sich in zwei Teile:

Die Erweiterung des Funktional mit Definitionsbereich $U$ auf $U_{1}$ um eine weitere Dimension.
Anwendung des Lemmas von Zorn auf beliebige Erweiterungen, wobei die partielle Ordnung durch die Mengeninklusion der Unterräume $U_{i}\subset U_{j}$ definiert wird.

Beweisteil 1: Eindimensionale Erweiterung des Funktionals

Sei nun $x_{1}\in V\setminus U$ und $U_{1}:=\{\lambda \cdot x_{1}+u\,|\,\lambda \in \mathbb {R} \,\wedge u\in U\}$ der von $x_{1}$ und $U$ erzeugte Untervektorraum. Das Funktional $f:U\to \mathbb {R}$ wird nur auf $f_{1}:U_{1}\to \mathbb {R}$ mit dem Definitionsbereich erweitert.

Beweisschritt 1.1: Eigenschaften Linearität

Unter der Ausnutzung der Eigenschaften der Linearität muss das gesuchte lineare Funktional $f_{1}:U_{1}\to \mathbb {R}$ die folgende Eigenschaft für ein $x=\lambda \cdot x_{1}+u\in U_{1}$ erfüllen:

f_{1}(x)=f_{1}(\lambda \cdot x_{1}+u)=\lambda \cdot f_{1}(x_{1})+f_{1}(u)=\lambda \cdot f_{1}(x_{1})+f(u)

Die Aufgabe in Beweisteil 1 besteht also darin, ein $\alpha :=f_{1}(x_{1})\in \mathbb {R}$ zu finden, das die Eigenschaft $f_{1}(x)\leq p(x)$ für alle $x\in U_{1}$ erfüllt.

Beweisschritt 1.2: Beschränktheit durch die Halbnorm

Für ein beliebiges $\alpha \in \mathbb {R}$ wird nun ein lineares Funktional $f_{\alpha }(x)$ definiert mit:

f_{\alpha }(x)=\lambda \cdot \alpha +f(u){\mbox{ mit }}x=\lambda \cdot x_{1}+u

Für alle $f_{\alpha }$ gilt die Bedingung $f_{\alpha }|_{U}=f$ . Das gesuchte $f_{1}$ wird aus der Menge der lineare Funktionale $\{f_{\alpha }\,|\,\alpha \in \mathbb {R} \}$ bestimmt.

Beweisschritt 1.3: Beschränktheit durch die Halbnorm

Wenn ein lineares Funktional $f_{\alpha }(x)$ die Eigenschaft $f_{\alpha }\leq p|_{U_{1}}$ erfüllt, gilt für alle $\lambda \in \mathbb {R}$ die Bedingung:

f_{\alpha }(x)=f_{\alpha }(\underbrace {\lambda \cdot x_{1}+u} _{=x\in U_{1}})=\lambda \cdot \alpha +f(u)\leq p(\lambda \cdot x_{1}+u)=p(x)

Beweisschritt 1.3: Beschränktheit durch die Halbnorm - Fallunterscheidnng

Wir betrachten nun diese Gleichung mit einer Fallunterscheidung für $\lambda \in \mathbb {R}$ und $x=\lambda \cdot x_{1}+u\in U$

Fall 1: $\lambda =0$
Fall 2: $\lambda \in \mathbb {R} ^{+}$
Fall 3: $\lambda \in \mathbb {R} ^{-}$

Beweisschritt 1.4: Beschränktheit durch die Halbnorm - Fall 1

Fall 1 $\lambda =0$ : In diesem Fall ist $x=\lambda \cdot x_{1}+u=u\in U$ und die Ungleichung $f_{\alpha }(x)=f(u)\leq p(u)=p(x)$ sogar für beliebige $\alpha \in \mathbb {R}$

Beweisschritt 1.5: Beschränktheit durch die Halbnorm - Fall 2

Fall 2 $\lambda \in \mathbb {R} ^{+}$ : Für $x=\lambda \cdot x_{1}+u\in U_{1}$ und Multiplikation der Gleichung mit ${\frac {1}{\lambda }}$ erhält man die Ungleichung:

{\begin{array}{rcl}f_{\alpha }\left({\frac {1}{\lambda }}x\right)&=&f_{\alpha }\underbrace {\left(x_{1}+{\frac {1}{\lambda }}u\right)} _{\in U_{1}}=\alpha +f\left({\frac {1}{\lambda }}\cdot u\right)\\&\leq &p\left(x_{1}+{\frac {1}{\lambda }}\cdot u\right)=p(x){\mbox{ mit }}{\frac {1}{\lambda }}\cdot u\in U\end{array}}

Damit erhält man $\alpha \leq p\left(x_{1}+{\frac {1}{\lambda }}\cdot u\right)-f\left({\frac {1}{\lambda }}\cdot u\right)$ bzw. $\alpha \leq p\left(x_{1}+u\right)-f\left(u\right)$ für alle $u\in U$ .

Beweisschritt 1.6: Beschränktheit durch die Halbnorm - Fall 3

Fall 3 $\lambda \in \mathbb {R} ^{-}$ Für $x=\lambda \cdot x_{1}+u\in U_{1}$ und Multiplikation der Gleichung mit $-{\frac {1}{\lambda }}$ erhält man die Ungleichung:

{\mbox{ }}{\begin{array}{rcl}p\left(-{\frac {1}{\lambda }}x\right)&=&p\left(-x_{1}-{\frac {1}{\lambda }}u\right)\\&\geq &f_{\alpha }\underbrace {\left(-x_{1}-{\frac {1}{\lambda }}u\right)} _{=-{\frac {1}{\lambda }}x}=-\alpha -f\left({\frac {1}{\lambda }}\cdot u\right){\mbox{ mit }}-{\frac {1}{\lambda }}\cdot u\in U\end{array}}

Damit erhält man $\alpha \geq -p\left(-x_{1}-{\frac {1}{\lambda }}\cdot u\right)-f\left({\frac {1}{\lambda }}\cdot u\right)$ bzw. $\alpha \geq -p\left(-x_{1}-{\tilde {u}}\right)-f\left({\tilde {u}}\right)$ für alle ${\tilde {u}}\in U$ .

Beweisschritt 1.7: Ungleichungskette für alpha

Die Fallunterscheidung liefert also folgende Ungleichungskette für $\alpha$ , die ein gesuchtes lineares Funktional $f_{\alpha }$ erfüllen für beliebige $u,{\tilde {u}}\in U$ erfüllen muss:

-p\left(-x_{1}-{\tilde {u}}\right)-f\left({\tilde {u}}\right)\leq \alpha \leq p\left(x_{1}+u\right)-f\left(u\right)

Da $\alpha \in \mathbb {R}$ fest gewählt werden muss, kann das nur extieren, wenn für alle $u,{\tilde {u}}\in U$ auch die folgenden Ungleichung gilt:

-p\left(-x_{1}-{\tilde {u}}\right)-f\left({\tilde {u}}\right)\leq p\left(x_{1}+u\right)-f\left(u\right)

Beweisschritt 1.8: Ungleichungskette für Infimum und Supremum

Wir zeigen nun in 1.8. dass die folgenden Ungleichung für das Supremum $S_{1}$ und Infimum $I_{1}$ gilt:

S_{1}:=\sup _{{\tilde {u}}\in U}\{-p(-x_{1}-{\tilde {u}})-f({\tilde {u}})\}\leq \inf _{u\in U}\{p(x_{1}+u)-f(u)\}=:I_{1}

Wenn diese Ungleichung gilt, kann das gesuchte $\alpha \in \mathbb {R}$ aus dem Intervall $[S_{1},I_{1}]$ beliebig gewählt werden.

Bemerkung 1.8.0: Ungleichungskette für Infimum und Supremum

Das Supremum $S_{1}$ und Infimum $I_{1}$ wird bzgl. $U_{1}$ gebildet und hängt damit von der Wahl von $U$ und $x_{1}$ ab.

Beweisschritt 1.8.1: Ungleichungskette für Infimum und Supremum

Für alle $u,{\tilde {u}}\in U$ gilt

{\mbox{ }}{\begin{array}{rcl}f(u)-f({\tilde {u}})&=&f(u-{\tilde {u}}){\mbox{ mit Linearität und }}f\leq p|_{U}\\&\leq &p(u-{\tilde {u}})=p(u-{\tilde {u}}+\underbrace {x_{1}-x_{1}} _{=0})\\&=&p((u+x_{1})+(-{\tilde {u}}-x_{1}))\\&\leq &p(u+x_{1})+p(-{\tilde {u}}-x_{1}){\mbox{ mit }}\Delta {\mbox{-Ungleichung}}\end{array}}

und man erhält $-p(-{\tilde {u}}-x_{1})-f({\tilde {u}})\leq p(x_{1}+u)-f(u)$ .

Beweisschritt 1.8.2: Ungleichungskette für Infimum und Supremum

Da die Aussage $-p(-{\tilde {u}}-x_{1})-f({\tilde {u}})\leq p(x_{1}+u)-f(u)$ für alle $u,{\tilde {u}}\in U$ gilt erhält man die Aussage ebenfalls für das Infimum und Supremum und $S_{1}\leq I_{1}$ mit:

S_{1}:=\sup _{{\tilde {u}}\in U}\{-p(-x_{1}-{\tilde {u}})-f({\tilde {u}})\}\leq \inf _{u\in U}\{p(x_{1}+u)-f(u)\}=:I_{1}

Beweisschritt 1.9

Wähle nun ein beliebiges $\alpha \in [S_{1},I_{1}]$ und definiere die gesuchte Erweiterung $f_{1}:U_{1}\to \mathbb {R}$ mit $f_{1}(x)=f(\underbrace {\lambda \cdot x_{1}+u} _{=x})=\lambda \cdot \alpha +f(u)$ $f_{1}:U_{1}\to \mathbb {R}$ kann nur induktiv auf $f_{2}:U_{2}\to \mathbb {R}$ erweitern und damit kann man immer weiter die Funktionale auf Obermenge von dem gegebenen $U$ erweitert. Nun fehlt noch der zweite Beweisteil über das Lemma von Zorn, dass man in unendlichdimensionalen Vektorräume auch auf ganz $V$ das lineare Funktional erweitern kann.

Beweisteil 2: Anwendung des Lemma von Zorn

Für die Anwendung des Lemmas von Zorn definiere wir zunächst ein Menge ${\mathcal {E}}$ von Paaren $(g,{\widetilde {U}})$ mit:

${\widetilde {U}}\subset V$ ist eine Untervektorraum von $V$ ,
$g:{\widetilde {U}}\to \mathbb {R}$ ist ein lineares Funktional auf ${\widetilde {U}}$ ,
$g|_{U}=f$ und $g\leq p|_{\widetilde {U}}$ .

Beweisschritt 2.1: Definition partiellen Ordnung

Auf der Menge ${\mathcal {E}}$ von Paaren $(g,{\widetilde {U}})$ definiert man nun eine partielle Ordnung:

(g_{1},{\widetilde {U}}_{1})\prec (g_{2},{\widetilde {U}}_{2}):\Longleftrightarrow {\widetilde {U}}_{1}\subset {\widetilde {U}}_{2}\wedge g_{2}|_{{\widetilde {U}}_{1}}=g_{1}

Beweisschritt 2.2: Eigenschaften der Menge

Die Menge ${\mathcal {E}}$ von Paaren $(g,{\widetilde {U}})$ besitzt folgende Eigenschaften:

${\mathcal {E}}\not =\emptyset$ , da $(f,U)\in {\mathcal {E}}$ aus der Voraussetzung des Satzes die Eigenschaften erfüllt.
Für eine Kette ${\mathcal {E}}_{0}\not =\emptyset$ mit ${\mathcal {E}}_{0}\subseteq {\mathcal {E}}$ (d.h. es gibt eine totale Ordnung auf ${\mathcal {E}}_{0}$ ) kann z.B. über die sukzessive Erweiterungen $(g_{1},{\widetilde {U}}_{1})\prec (g_{2},{\widetilde {U}}_{2})\prec (g_{3},{\widetilde {U}}_{3})\prec ...$ ein Kette konstruieren.

Beweisschritt 2.3: Ketten haben obere Schranken

Wir zeigen nun, dass unter den oben genannte Voraussetzungen Ketten obere Schranken besitzen. Wenn diese Eigenschaften der partiell geordneten Menge gegeben ist, kann man das Lemma von Zorn auf ${\mathcal {E}}$ anwenden.

Sei ${\mathcal {E}}_{0}\not =\emptyset$ eine Kette und
$M:=\bigcup _{(g,{\widetilde {U}})\in {\mathcal {E}}_{0}}{\widetilde {U}}\subseteq V$ ist ein Untervektorraum von $V$ .

Im Allgemeinen ist die Vereinigung von zwei Untervektorräumen nicht notwendigerweise wieder ein Untervektorraum. In diesem Fall gilt die Aussage aber, weil durch die vollständige Ordnung auf ${\mathcal {E}}_{0}$ eine Mengeninklusion zwischen zwei beliebige Paare $(g_{1},{\widetilde {U}}_{1})\prec (g_{2},{\widetilde {U}}_{2})$ mit ${\widetilde {U}}_{1}\subset {\widetilde {U}}_{2}$ und $g_{2}|_{{\widetilde {U}}_{1}}=g_{1}$ gilt.

Beweisschritt 2.4: Definition eines Funktionals für obere Schranken

Mit $M:=\bigcup _{(g,{\widetilde {U}})\in {\mathcal {E}}_{0}}{\widetilde {U}}\subset V$ ist ein Untervektorraum definiert für die Kette. Für eine obere Schranke der Kette benötigt man noch ein lineares Funktional $g_{M}:M\to \mathbb {R}$ , das mit $(g_{M},M)$ auch ein Element in ${\mathcal {E}}_{0}$ ist:

Sei $x\in M$ , dann gibt es ein $(g,{\widetilde {U}})\in {\mathcal {E}}_{0}$ mit $x\in {\widetilde {U}}$ .
Definiere nun $g_{M}(x):=g(x)$ . Diese Definition ist u.a. durch die vollständige Ordnung auf ${\mathcal {E}}_{0}$ wohldefiniert, da mit $(g_{1},{\widetilde {U}}_{1})\prec (g_{2},{\widetilde {U}}_{2})$ auch $g_{2}|_{{\widetilde {U}}_{1}}=g_{1}$ erfüllt ist.

Beweisschritt 2.5: Maximale Elemente existieren

Mit dem Lemma von Zorn existieren nun maximale Elemente in $(g_{\widetilde {M}},{\widetilde {M}})$ in ${\mathcal {E}}$ . Wir nehmen nun an, dass ein solches maximales Element $(g_{\widetilde {M}},{\widetilde {M}})$ die Eigenschaft besitzt, dass ${\widetilde {M}}\not =V$ wäre. Dann existiert aber ein $x_{2}\in V\setminus {\widetilde {M}}$ , mit dem man $g_{\widetilde {M}}$ auf eine Obermenge ${\widetilde {U}}_{2}\subset V$ erweitert und analog zum Beweisteil 1 eine Paar $(g_{2},{\widetilde {U}}_{2})$ definieren, das die Eigenschaft $(g_{\widetilde {M}},{\widetilde {M}})\prec (g_{2},{\widetilde {U}}_{2})$ erfüllt. Dies wäre aber ein Widerspruch zu der Annahme, dass $(g_{\widetilde {M}},{\widetilde {M}})$ bereits maximal ist.