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Analysis » Funktionalanalysis » Satz von Stone-Weierstraß
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Universität/Hochschule Satz von Stone-Weierstraß
Paidia
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 18.01.2019
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-03-10


Hallo, ich habe eine Frage zum Beweis vom Satz von Stone-Weierstraß. Der Satz lautet:

Satz von Stone - Weierstraß
Sei $X$ ein kompakter topologischer Raum, $\mathcal{C}(X)$ die Menge aller stetigen reellwertigen Funktionen auf $X$ und $\mathcal{A}\subset\mathcal{C}(X)$ ein Unterring, der die Eigenschaften
(a) $\mathcal{A}$ enthält alle Konstanten und
(b) $\mathcal{A}$ ist punktetrennend, d.h. für alle $x_{1}, x_{2} \in X$ mit $x_{1} \neq x_{2}$ gibt es eine Funktion in $\mathcal{A}$, die in $x_{1}$ und $x_{2}$ voneinander verschiedene Werte annimmt
besitzt.
Dann gilt $\mathcal{\overline{A}}=\mathcal{C}(X)$.

Für den Beweis sind vier Hilfssätze notwendig, die dann auch bewiesen werden:

1. Sei $X$ ein kompakter topologischer Raum und $\mathcal{A}\subset\mathcal{C}(X)$ ein Unterring, der die Eigenschaften $(a)$ und $(b)$ besitzt, weiter seien $x_{1},x_{2}\in X$ mit $x_{1}\neq x_{2}$ und $y_{1},y_{2}\in\mathbb{R}$ gegeben. Dann gibt es mindestens eine Funktion $f\in\mathcal{A}$ mit $f(x_{1})=y_{1}$ und $f(x_{2})=y_{2}$.
2. Sei $X$ ein kompakter topologischer Raum und $\mathcal{A}\subset\mathcal{C}(X)$ ein Unterring. Dann ist auch $\mathcal{\overline{A}}$ ein Unterring von $\mathcal{C}(X)$.
3. Sei $X$ ein kompakter topologischer Raum, $\mathcal{A}\subset\mathcal{C}(X)$ ein Unterring und $f\in\mathcal{\overline{A}}$. Dann ist auch $|f|$ in $\mathcal{\overline{A}}$.
4.Sei $X$ ein kompakter topologischer Raum und $\mathcal{A}\subset\mathcal{C}(X)$ ein Unterring, der die Eigenschaften $(a)$ und $(b)$ besitzt, weiter seien $f,g\in\mathcal{\overline{A}}$. Dann sind für alle $x\in X$ auch $min(f,g)$ und $max(f,g)$ in $\mathcal{\overline{A}}$.

Mit Hilfe dieser Sätze wird dann der Satz von Stone-Weierstraß bewiesen.
(Falls ihr den Beweis braucht, schick ich ihn euch zu.)

Es gibt eine alternative Formulierung des Satzes von Stone-Weierstraß:

Sei $X$ ein kompakter metrischer Raum, $\mathcal{C}(X)$ die Menge aller stetigen reellwertigen Funktionen auf $X$ und $\mathcal{A}$ ein Vektorraum reeller Funktionen definiert auf $X$, der folgende drei Eigenschaften besitzt:
i) die konstante Funktion $\textbf{1}$ liegt in $\mathcal{A}$,
ii) $\mathcal{A}$ ist punktetrennend,
iii) $\mathcal{A}$ ist abgeschlossen bezüglich Minima und Maxima.
Dann gilt $\mathcal{\overline{A}}=\mathcal{C}(X)$.

Nun zu meiner Frage. Kann die alternative Version analog bewiesen werden? Also auch mit Hilfe analoger Hilfssätze? Wie würde da die Beweisidee aussehen?



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tox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-03-14


Hallo Paidia

Die zweite Version ist sogar etwas einfacher zu beweisen. Denn die Beweisidee der ersten Version ist zu zeigen, dass das Minimum und Maximum von zwei Funktionen im Abschluss von $\mathcal A$ ist. Folgende Beweisidee ist adaptiert aus dem Buch "Rudin - Principles of Mathematical Analysis (3rd edition)". Da steht übrigens eine allgemeinere Version drin von Version 1: Anstatt anzunehmen, dass alle konstanten Funktionen in $\mathcal A$ sind reicht es anzunehmen, dass es für jedes $x \in X$ ein $f \in \mathcal A$ gibt mit $f(x) \neq 0$.

Unter den Voraussetzungen der zweiten Version kann man folgendes zeigen:

1. Für alle $x,y \in X$ und alle $a,b \in \mathbb R$ gibt es ein $f \in \mathcal A$, so dass $f(x) = a$ und $f(y) = b$. (Das ist die Konklusion aus Theorem 7.31 aus Rudin aber mit anderen Voraussetzungen)

Beweis: Nimm $g \in \mathcal A$, so dass $g(x) \neq g(y)$. Die Vektoren $(g(x),g(y))$ und $(1,1)$ sind somit linear unabhängig. Daraus folgt, dass es $c,d \in \mathbb R$ gibt mit $c(g(x),g(y)) + d(1,1) = (a,b)$. Also hat $f = cg + d$ die gewünschten Eigenschaften.

Folge Step 3 und Step 4 aus dem Beweis von Theorem 7.32 aus Rudin. Hier die Kurzfassung:

2. Sei $f : X \to \mathbb R$ stetig, $x \in X$ und $\epsilon > 0$. Dann gibt es $g_x \in \mathcal A$ mit $g_x(x) = f(x)$ und $g_x(t) > f(t) - \epsilon$ für alle $t \in X$.

Beweisidee: Für $y \in X$ verwende Schritt 1 um $h_y \in \mathcal A$ zu erhalten mit $h_y(x) = f(x)$ und $h_y(y) = f(y)$. Mittels der Kompaktheit von $X$ kann man $g_x = \max\{h_{y_1},\dots,h_{y_n}\} \in \mathcal A$ für geeignete $h_{y_1},\dots,h_{y_n} \in \mathcal A$ nehmen.

3. Sei $f : X \to \mathbb R$ stetig und $\epsilon > 0$. Dann gibt es $g \in \mathcal A$ mit $|g(t) - f(t)| < \epsilon$ für alle $t \in X$.

Beweisidee: Mittels der Kompaktheit von $X$ findet man $g_{x_1},\dots,g_{x_n} \in \mathcal A$ aus Schritt 2, so dass $g = \min\{g_{x_1},\dots,g_{x_n}\}\in \mathcal A$ die Konklusion erfüllt.

Gruss tox



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Paidia
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-15


Hallo tox,

vielen Dank für deine Antwort.
Ich werde mir auf jeden Fall das Buch ausleihen und mich dann vielleicht nochmals melden;).

lg



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Paidia
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-16


Hallo tox,

ich habe mir nun die Beweise der Sätze 7.31 und 7.32 angeschaut.
Im Schritt 2 schreibst du:
... Dann gibt es $g_{x}\in A$ mit ...
Im Buch allerdings heißt es:
...$g_{x}\in\overline{A}$...
Hast du nur $A$ geschrieben wegen der Voraussetzung (iii), also $A$ ist abgeschlossen bezüglich Minima und Maxima?
Müsste dann nicht $A=\mathcal{C}(X)$ gelten und nicht erst $\overline{A}=\mathcal{C}(X)$?
Das verstehe ich irgenwie nicht.




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tox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-03-19


Ja es ist genau so wie du sagst. Unter der Voraussetzung, dass $\mathcal A$ abgeschlossen ist bezüglich min und max, so findet man die Funktionen $g_x$ und $h_y$ tatsächlich in $\mathcal A$ und nicht nur in $\bar{\mathcal A}$.

Die Beweise im Buch gehen von der Algebra-Voraussetzung aus und unter dieser gilt nur, dass $\bar{\mathcal A}$ abgeschlossen ist bezüglich min und max, jedoch $\mathcal A$ nicht unbedingt. Zum Beispiel der Raum der Polynome eingeschränkt auf [0,1] ist nicht abgeschlossen bezüglich min und max, deren Abschluss aber schon.



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Paidia
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-20


Hallo tox,

vielen Danke dir. Jetzt ist alles klar.

Viele Grüße



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