Funktionalanalysis - Mathematik

FUNKTIONALANALYSIS 21
Beweis: Sei ε > 0 gegeben. Für jedes x ∈ X existiert ein n x ∈ N mit
f (x) − ε < f n (x) ≤ f (x) für jedes n ≥ n x . Sei U x := {y ∈ K : f (y) − ε < f nx (y)}. Dann ist
{U x : x ∈ X} eine offene Überdeckung von X. Da X kompakt ist, gibt es x 1 , . . . , x l ∈ X
mit X = ⋃ l
j=1 U xj . Dann gilt ‖ f − f n ‖ X < ε für jedes n ≥ N = max{n t1 , . . . , n tl }. □
Lemma 1.9.10 Sei A eine Unteralgebra von C R (X). Liegt f im topologischen Abschluss A
0
von A, dann liegt auch | f | in A.
Sind f, g ∈ A, dann folgt max( f, g), min( f, g) ∈ A.
Beweis: Zunächst machen wir uns klar, dass es reicht, f ∈ A zu betrachten, denn ist
f ∈ A, so existiert eine Folge f n in A mit f = lim n f n . Also auch
| f | = | lim
n
f n | = lim
n
| f n |,
da die Betragsfunktion stetig ist. Sind also alle | f n | in A, so auch | f |.
Es bleibt also der Fall 0 f ∈ A. Indem wir zu 1
‖ f ‖ X
f übergehen, können wir
annehmen, dass f (X) ⊂ [−1, 1], also f (x) 2 ∈ [0, 1] für jedes x ∈ X. Induktiv definieren
wir eine Folge (p n ) von Polynomen auf [0, 1] so dass p 1 ≡ 0 und
p n+1 (t) = p n (t) − 1 2 (p n(t) 2 − t), t ∈ [0, 1].
Wir behaupten dass die Folge (p n (t)) monoton gegen die Wurzelfunktion √ t wächst.
Hierzu zeigen wir per Induktion, dass 0 ≤ p n (t) ≤ √ t und p n (0) = 0 für jedes n ∈ N.
Dies ist klar für n = 1 und für n + 1 folgt es aus
p n+1 (t) − √ t = (p n (t) − √ t) − 1 2 (p n(t) − √ t)(p n (t) + √ t)
= (p n (t) − √ t) ( 1 − 1 2 (p n(t) + √ t) ) ≤ 0,
da p n (t) − √ t ≤ 0 und p n (t) + √ t ≤ 2 √ t ≤ 2. Also, da p n+1 (t) − p n (t) = 1 2 (t − p n(t) 2 ) ≥ 0, ist
die Folge (p n (t)) monoton wachsend und beschränkt durch √ t. Sie konvergiert also
gegen eine Funktion 0 ≤ g(t) ≤ √ t. Dann haben wir
0 = g(t) − g(t) = lim
n
(p n+1 (t) − p n (t)) = lim
n
1
2 (t − p n(t) 2 ) = 1 2 (t − g(t)2 ),
mit anderen Worten g(t) = √ t. Da g stetig ist, konvergiert die Folge (p n ) nach Dinis
Satz gleichmässig auf [0, 1] gegen g.