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Re: Wie man einfache Beweise ohne Mühe finden kann
Ich werde hier noch weitere Beispiele dieser Art posten.

Beispiel 11

Sei E ein Banachraum und T eine Menge. Der normierte Raum \ell^{\infty}(T;E) der beschränkten Funktionen f : T \to E mit der Supremumsnorm \lVert f \rVert := \sup_{t \in T} \lVert f(t) \rVert ist vollständig, also ein Banachraum.
Zunächst einmal wiederholt man die Definitionen von normierten Räumen, Banachräumen, Beschränktheit, Norm, Supremum. Dass \ell^{\infty}(T;E) mit der Supremumsnorm ein normierter Raum ist, beweisen wir hier nicht. Wir konzentrieren uns hier auf die Vollständigkeit. Es muss per Definition der Vollständigkeit gezeigt werden, dass jede Cauchyfolge in \ell^{\infty}(T;E) konvergiert. Es sei also (f_n)_{n \geq 0} eine Cauchyfolge in \ell^{\infty}(T;E). Wir suchen einen Grenzwert in \ell^{\infty}(T;E), was insbesondere eine beschränkte Funktion f : T \to E sein wird. Wir müssen also ein t \in T vorgeben und f(t) \in E definieren. Wir wissen, dass E vollständig ist. Um das auszunutzen, müssen wir eine Cauchyfolge in E konstruieren. Weil wir lediglich die f_n : T \to E und das t \in T gegeben haben, ist man dazu gezwungen, die Folge (f_n(t))_{n \geq 0} in E zu betrachten. Sie ist tatsächlich eine Cauchyfolge. Das muss daraus folgen, dass (f_n)_{n \geq 0} eine Cauchyfolge ist. Und tatsächlich, für alle \varepsilon>0 gibt es ein n_0, sodass für alle n,m \geq n_0 gilt: \lVert f_n - f_m\rVert \leq \varepsilon. Per Definition der Supremumsnorm bedeutet dies, dass \lVert f_n(s) - f_m(s) \rVert \leq \varepsilon für alle s \in T gilt. Weil wir nur ein Element von T im Moment gegeben haben, nämlich t, müssen wir es einsetzen und erhalten \lVert f_n(t) - f_m(t) \rVert \leq \varepsilon. Es ist also (f_n(t))_{n \geq 0} eine Cauchyfolge in E, und nach Annahme existiert daher ein Grenzwert f(t) := \lim_{n \to \infty} f_n(t). Wir haben damit eine Funktion f : T \to E definiert, und diese ist der einzige Kandidat für den gesuchten Grenzwert. Dafür müssen wir noch die Beschränktheit von f zeigen, damit f \in \ell^{\infty}(T;E) gilt, und dass \lim_{n \to \infty} \lVert f - f_n \rVert = 0 gilt. Weil uns spontan keine Schranke für f ins Auge springt, fangen wir mit dem zweiten Teil an. Sei also \varepsilon>0. Wir haben bisher noch gar nicht zur Gänze ausgenutzt, dass (f_n)_{n \geq 0} eine Cauchyfolge ist, was wir nun tun müssen. Wir finden also für jedes \varepsilon'>0 (welches später spezifiziert werden kann) ein n_0, sodass für alle n,m \geq n_0 gilt: \lVert f_n - f_m \rVert \leq \varepsilon'. Für jedes t \in T gilt also \lVert f_n(t) - f_m(t) \rVert \leq \varepsilon'. Nun wollen wir aber auf f - f_n hinaus, und daher müssen wir auf die Definition von f bzw. genauer gesagt f(t) zurückgreifen. Diese sagt uns, dass es für jedes \varepsilon''>0 (welches wir später noch spezifizieren dürfen) ein n_t gibt (der Index soll anzeigen, dass wir im Moment t festgehalten haben und daher n_t in der Regel von t abhängen wird), sodass \lVert f(t) - f_n(t) \rVert \leq \varepsilon'' für alle n \geq n_t gilt. Jetzt müssen wir die beiden Ungleichungen natürlich miteinander kombinieren, um weiterzukommen. Das kann nur mit der Dreiecksungleichung funktionieren. Damit die vorletzte Ungleichung anwendbar wird, müssen wir neben n \geq n_t auch noch n,m \geq n_0 annehmen und erhalten: \lVert f(t) - f_m(t) \rVert \leq \lVert f(t) - f_n(t) \rVert + \lVert f_n(t) - f_m(t) \rVert \leq \varepsilon'' + \varepsilon'. Es liegt nun also nahe, \varepsilon' und \varepsilon'' als \frac{1}{2} \varepsilon zu wählen, denn so erhalten wir insgesamt \lVert f(t) - f_m(t) \rVert \leq \varepsilon für alle m \geq n_0 und alle t \in T, was gerade zu zeigen war. Zu beachten ist noch, dass wir das n oben auch tatsächlich wählen konnten, zum Beispiel als \max(n_t,n_0), aber dass m \geq n_0 eben nicht von t abhängt. Schließlich zur Beschränktheit von f: Wir müssen eine konkrete Schranke von f finden. Es bleibt uns also nichts anderes übrig, als eine Ungleichung, die f(t) beinhaltet und für alle t \in T gilt, von oben zu finden, und die restlichen Variablen konkret festzulegen. Zum Beispiel erhalten wir aus der letzten Ungleichung für z.B. \varepsilon:=1, dass \lVert f(t) - f_{n_0}(t) \rVert \leq 1 für alle t \in T gilt. Es ist also f - f_{n_0} beschränkt. Nun müssen wir endlich die Annahme einfließen lassen, dass sich die Funktionen f_n allesamt im Raum \ell^{\infty}(T;E) befinden, also dass insbesondere f_{n_0} beschränkt ist. Dann ist aber auch die Summe ( f - f_{n_0}) + f_{n_0} beschränkt, was an der Dreiecksungleichung liegt, und diese Summe ist gleich f. Das schließt den Beweis ab. Genauso lässt sich übrigens die folgende Verallgemeinerung beweisen: Sei T eine Menge und (E_t)_{t \in T} eine Familie von Banachräumen. Dann ist \{f \in \prod_{t \in T} E_t : \sup_{t \in T} \lVert f(t) \rVert < \infty\} mit der Supremumsnorm ein Banachraum, das Produkt der Familie (E_t)_{t \in T}.
 
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