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Funktionalanalysis 1

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Skript zu der Vorlesung
Funktionalanalysis 1
Prof. Dr. Mark Groves
WS 2014/15
3. Februar 2015
Inhaltsverzeichnis
1 Lineare Operatoren
1.1 Stetige lineare Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Der Dualraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
13
2 Der Satz von Hahn und Banach
2.1 Das Lemma von Zorn . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Der Satz von Hahn und Banach . . . . . . . . . . .
2.3 Folgerungen aus dem Satz von Hahn und Banach
2.4 Trennungssätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
19
19
23
27
31
3 Reflexivität
3.1 Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Gleichmäßig konvexe Räume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
39
43
4 Die Hauptsätze der Operatorentheorie
4.1 Die Hauptsätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Abgeschlossene Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
51
56
5 Spektraltheorie
5.1 Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion . . . . . . . .
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum . . . . . . . . . . .
61
61
64
74
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6 Kompakte und Fredholmsche Abbildungen
101
6.1 Kompakte Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
6.2 Fredholmsche Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
1 Lineare Operatoren
1 Lineare Operatoren
1.1 Stetige lineare Abbildungen
Lemma
Es seien X und Y normierte Räume und T : X → Y eine lineare Abbildung. Dann
sind die folgenden Aussagen äquivalent.
(i) T ist stetig.
(ii) T ist im Nullpunkt stetig.
(iii) Es existiert M > 0, so dass
kTx kY ≤ Mk x kX
für alle x ∈ X.
(iv) T ist gleichmäßig stetig.
Beweis
(i) ⇒ (ii): Trivial.
(ii) ⇒ (iii): Nehmen wir an, (iii) ist nicht richtig. Dann existert eine Folge { xn } in
X mit
kTxn kY > nk xn kX .
Setze
yn =
xn
nk x n k X
(xn 6= 0, denn k Txn k > 0). Damit ist {yn } eine Nullfolge, aber
kTyn kY =
kTxn kY
> 1,
nk x n k X
so dass Tyn nicht gegen T (0) = 0 konvergiert. Dies widerspricht (ii).
(iii) ⇒ (iv): Aus (iii) und der Linearität von T folgt
kTx1 − Tx2 kY ≤ Mk x1 − x2 kX
(iv) ⇒ (i): Trivial.
für alle x1 , x2 ∈ X.
3
1.1 Stetige lineare Abbildungen
Bemerkung
Oft schreiben wir Indices wie ‘X’ und ‘Y’ nicht, wenn aus dem Zusammenhang
klar ist, welche Norm benutzt wird.
Definitionen
Es seien X und Y normierte Räume
1. Es sei T : X → Y eine lineare Abbildung mit der Eigenschaft (iii) im obigen
Lemma. Dann heißt T beschränkt.
2. Die Menge der beschränkten linearen Abbildungen T : X → Y bezeichnen
wir mit L(X,Y ) oder B(X,Y ). Falls X = Y ist, kürzen wir dies auf L(X ) bzw.
B(X ) ab.
Bemerkungen
1. Der Name ‘beschränkt’ kommt daher, dass T die abgeschlossene Einheitskugel B1 (0) auf die beschränkte Kugel B M (0) abbildet.
2. L(X,Y ) ist ein Vektorraum bezüglich der üblichen Operationen von Addition und Skalarmultiplikation von Abbildungen.
Proposition
Es seien X und Y normierte Räume und T ∈ L(X,Y ). Die durch die Formel
kT kL(X,Y ) := {inf M : kTx kY ≤ Mk x kX für alle x ∈ X }
definierte Operatornorm erfüllt
kTx kY
x 6 =0 k x k X
kT kL(X,Y ) = sup
(1)
= sup kTx kY
(2)
= sup kTx kY
(3)
k x k X =1
k x k X ≤1
4
1.1 Stetige lineare Abbildungen
und macht L(X,Y ) zu einem normierten Raum. Ferner wird das Infimum angenommen, so dass
für alle x ∈ X.
kTx kY ≤ kT kL(X,Y ) k x kX
Beweis
Mit
M0 := sup
x 6 =0
gilt
kTx k ≤ M0 k x k
kTx k
kxk
für alle x ∈ X,
(⋆)
so dass k T k ≤ M0 . Zu jedem ε > 0 existiert xε ∈ X \ {0} mit
kTxε k
> M0 − ε,
k xε k
so dass M0 − ε ≤ k T k ist. Da dies für alle ε > 0 gilt, ist M0 ≤ k T k. Es ist also
M0 = k T k, und aus (⋆) folgt
kTx k ≤ kT kk x k
für alle x ∈ X.
und damit wird das Infimum auch angenommen.
Weiter gilt
und
kTx k
x
= sup k Tzk
sup
= sup T
k x k kzk=1
x 6 =0 k x k
x 6 =0
sup k Tx k = sup sup k T (αx )k = sup |α| sup k T ( x )k = sup k T ( x )k.
k x k≤1
| α|≤1 k x k=1
| α|≤1
k x k=1
k x k=1
Nun zeigen wir, dass L(X,Y ) ein normierter Raum ist.
Offensichtlich ist k T k ≥ 0 und k0k = 0. Ferner gilt
kT k = 0 ⇒ kTx k = 0 für alle x 6= 0
⇒ kTx k = 0 für alle x ∈ X
⇒T=0
(wegen (1))
(denn T (0) = 0)
5
1.1 Stetige lineare Abbildungen
Es gilt
kαT k = sup kαTx k = |α| sup kTx k = |α|kT k.
k x k=1
k x k=1
Es gilt
kT1 + T2 k = sup kT1 x + T2 x k ≤ sup kT1 x k + sup kT2 x k = kT1 k + kT2 k. k x k=1
k x k=1
k x k=1
Korollar
Es seien X, Y, Z normierte Räume. Die Abbildung (S,T ) 7→ ST definiert eine stetige Abbildung L(Y,Z) × L(X,Y ) → L(X,Z). Ferner gilt
kST kL(X,Z ) ≤ kSkL(Y,Z ) kT kL(X,Y ) .
Beweis
Es seien S ∈ L(Y,Z) und T ∈ L(X,Y ). Aus
kSTx k ≤ kSkkTx k ≤ kSkkT kk x k
folgt ST ∈ L(X,Z) mit
für alle x ∈ X
kST k = sup kSTx k ≤ kSkkT k.
k x k=1
Nun seien {Sn }, { Tn } Folgen in L(Y,Z) bzw. L(X,Y ) mit Sn → S und Tn → T für
n → ∞. Es gilt
kST − Sn Tn k = kST − STn + STn − Sn Tn k ≤ kSkkT − Tn k + kS − Sn kkTn k → 0,
d.h. Sn Tn → ST für n → ∞.
Beispiele
1. Es seien X, Y normierte Räume und T : X → Y eine Isometrie, so dass
kTx k = k x k
für alle x ∈ X.
Aus dieser Gleichung folgt, dass T beschränkt mit k T k = 1 ist.
Dieses Ergebnis gilt insbesondere für die Identitätsabbildung I : (X, k · k X ) →
(X,k · kX ).
6
1.1 Stetige lineare Abbildungen
2. Betrachte die durch die Formel Tx = x (0) definierte lineare Abbildung T :
C[0,1] → R bzw. C[0,1] → C. Die Berechnung
| Tx | = | x (0)| ≤ k x k∞ ,
x ∈ C[0,1]
zeigt, dass sie beschränkt mit k T k ≤ 1 ist. Ferner gilt T (1) = 1, wobei k1k∞ =
1 und | T (1)| = 1 ist. Damit ist k T k = 1.
3. Es sei k : {( x,t) : 0 ≤ t ≤ x ≤ 1} → R stetig. Die Formel
(Tu)( x ) =
Z x
0
k( x,t)u(t) dt
definierte eine lineare Abbildung C[0,1] → C[0,1]. (Die Stetigkeit von Tu
folgt aus der gleichmäßigen Stetigkeit von k.) Dies ist ein Volterrascher Integraloperator mit Kern k.
Es gilt
Z x
|(Tu)( x )| = k( x,t)u(t) dt
0
≤ k uk ∞
Z x
0
|k( x,t)| dt
≤ x kuk∞ max |k(s,t)|,
0≤ t ≤ s ≤ 1
so dass
kTuk∞ ≤ max |k(s,t)| kuk∞ .
Damit ist T beschränkt mit
0≤ t ≤ s ≤ 1
kT k ≤ max |k( x,t)|.
0≤ t ≤ s ≤ 1
4. Die durch die Formel Tu = u′ definierte lineare Abbildung T : C1 [0,1] →
C[0,1] ist beschränkt. Es gilt nämlich
kTuk∞ = ku′ k∞ ≤ kuk1,∞ ,
so dass k T k ≤ 1.
Diese Formel definiert jedoch eine unbeschränkte Abbildung
(C1 [0,1],k · k∞ ) → (C[0,1],k · k∞ ). Für un (t) = tn gilt kun k∞ = 1 aber ku′n k∞ =
n. Damit ist
sup k Tuk∞ = sup ku′ k∞ = ∞.
k u k ∞ =1
k u k ∞ =1
7
1.1 Stetige lineare Abbildungen
Bemerkung
Die Beschränktheit (oder Stetigkeit) einer Abbildung T ∈ L(X,Y ) bleibt erhalten,
wenn man zu einer äquivalenten Norm für X oder Y übergeht. Die Größe der
Zahl k T k hängt hingegen sehr wohl von der konkreten Wahl der Normen ab.
Lemma
Es seien X und Y normierte Räume, X endlichdimensional und T : X → Y eine
lineare Abbildung. Dann ist T beschränkt.
Beweis
Es sei {e1 , . . . , en } eine Basis für X, so dass jedes x ∈ X eine eindeutige Darstellung
n
x=
∑ αi ei
i =1
besitzt. Führe die Norm
n
∑ | αi |2
kxk =
i =1
!1
2
für X ein. Es gilt
n
kTx k = ∑ αi Tei i = 1
n
≤ ∑ |αi |kTei k
i =1
n
≤
∑ | αi |
i =1
2
!1
2
n
∑ kTei k
i =1
2
!1
2
,
so dass T beschränkt mit
n
kT k ≤
ist.
∑ kTei k
i =1
2
!1
2
8
1.1 Stetige lineare Abbildungen
Satz
Es seien X ein normierter Raum und Y ein Banachraum. Dann ist L(X,Y ) ein
Banachraum bezüglich der Operatornorm.
Beweis
Es sei { Tn } eine Cauchy-Folge in L(X,Y ). Für jedes feste x ∈ X ist dann { Tn x }
eine Cauchy-Folge in Y, denn
kTn x − Tm x k ≤ kTn − Tm kk x k
für alle n,m ∈ N.
Da Y vollständig ist, ist { Tn x } eine konvergente Folge in Y. Es sei Tx ihr Grenzwert. Somit haben wir eine Funktion T : X → Y definiert.
Die Funktion T ist linear, denn
T (α1 x1 + α2 x2 ) = lim Tn (α1 x1 + α2 x2 )
n→∞
= lim (α1 Tn x1 + α2 Tn x2 )
n→∞
= α1 lim Tn x1 + α2 lim Tn x2
n→∞
= α1 Tx1 + α2 Tx2 ,
n→∞
wobei alle Grenzwerte im Sinne des Banachraumes Y zu verstehen sind.
Wähle ε > 0 und N ∈ N, so dass
kTn − Tm k < ε
für alle n,m > N
ist. Wähle x ∈ X mit k x k = 1 und M > N, so dass
Dann gilt
kTn x − Tx k < ε
für alle n > M.
kTn x − Tx k ≤ kTn x − TM+1 x k + kTM+1 x − Tx k
< kTn − TM+1 k + ε
< 2ε,
so dass
kTn − T k = sup kTn x − Tx k < 2ε
für alle n > M.
(⋆)
k x k=1
Daraus folgt Tn − T ∈ L(X,Y ) und insbesondere ist T = Tn − (Tn − T ) ∈ L(X,Y ).
Fener zeigt (⋆), dass Tn → T in L(X,Y ).
9
1.1 Stetige lineare Abbildungen
Satz
Es sei X ein normierter Raum, Y ein Unterraum von X, Z ein Banachraum und
T ∈ L(Y,Z). Dann gibt es eine eindeutige Abbildung T ∈ L(Y,Z) mit der Eigenschaft T |Y = T. Ferner gilt k T k = k T k.
Beweis
Wir definieren T durch die Formel
Tx = lim Txn ,
n→∞
wobei { xn } ⊂ Y die Eigenschaft lim xn = x hat. (Da { xn } konvergent ist, ist sie
n→∞
eine Cauchy-Folge, und weil T beschränkt ist, ist { Txn } eine Cauchy-Folge im
Banachraum Z und daher eine konvergente Folge.)
T ist wohldefiniert. Es haben { x1n }, { x2n } ⊂ Y die Eigenschaften lim x1n = x,
n→∞
lim x2n = x, so dass { x1n − x2n } ⊂ Y gegen 0 ∈ Y konvergiert. Da T stetig ist, ist
n→∞
lim Tx1n − lim Tx2n = lim (Tx1n − Tx2n ) = lim T ( x1n − x2n ) = T (0) = 0.
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Offensichtlich ist T linear, stetig und erfüllt T |Y = T.
Es seien S ∈ L(Y,Z) eine Abbildung mit der Eigenschaft S|Y = T und x ∈ Y.
Für jede Folge { xn } ⊂ Y mit lim xn = x gilt dann
n→∞
Sx = lim Sxn ,
n→∞
(denn S ist stetig)
= lim Txn
n→∞
= Tx.
Es sei x ∈ Y. Für jede Folge { xn } ⊂ Y mit der Eigenschaft lim xn = x gilt dann
kTxn k ≤ kT kk xn k,
n→∞
und aus der Stetigkeit der Normen folgt
kTx k ≤ kT kk x k,
so dass T beschränkt mit k T k ≤ k T k ist. Auf der anderen Seite ist
kTx k
kTx k
kTx k
= sup
≤ sup
= k T k.
kxk
x ∈Y \{0} k x k
x ∈Y \{0} k x k
x ∈Y \{0}
kT k = sup
10
1.1 Stetige lineare Abbildungen
Satz (Neumannsche Reihe)
Es seien X ein Banachraum und T ∈ L(X ) mit k T k < 1. Dann existiert die Inverse
( I − T )−1 als Abbildung in L(X ) und läßt sich als Neumannsche Reihe
( I − T )−1 =
∞
∑ Tn
n =0
darstellen, wobei die Reihe in L(X ) konvergiert. Ferner gilt die Abschätzung
k( I − T )−1 k ≤
1
.
1 − kT k
Beweis
Es gilt
∞
∞
∑ kT
n =0
n
k≤
1
∑ kT kn = 1 − kT k < ∞,
n =0
∞
und aus der Vollständigkeit von L(X ) folgt, dass ∑ T n konvergent ist mit
n =0
∞
∞
∞
1
n
≤
T
.
∑ ∑ kT n k ≤
n =0 n =0
1 − kT k
Mit S = ∑ T n gilt
n =0
∞
ST = TS = S − I =
∑ T n +1 ,
n =0
so dass
Damit ist S = ( I − T )−1 .
( I − T )S = I,
S( I − T ) = I.
Bemerkung
Aus dem Beweis vom obigen Satzes ist ersichtlich, dass sich k T k < 1 durch die
schwächere Bedingung
∞
∑ kT n k < ∞
(⋆)
n =0
11
1.1 Stetige lineare Abbildungen
ersetzen läßt. In diesem Fall gilt die Abschätzung
k( I − T )
Inbesondere folgt (⋆) aus
lim
n→∞
−1
q
n
∞
k≤
∑ k T n k.
n =0
kT n k < 1.
Beispiel
Es seien k : {( x,t) : 0 ≤ t ≤ x ≤ 1} → R und f : [0,1] → R stetige Funktionen. Zeigen
Sie, dass die Volterrasche Integralgleichung
u( x ) =
Z x
0
k( x,t)u(t) dt = f ( x ),
x ∈ [0,1]
genau eine Lösung u ∈ C[0,1] besitzt.
Lösung
Aus einem früheren Beispiel wissen wir, dass die Formel
(Tu)( x ) =
Z x
0
k( x,t)u(t) dt
eine beschränkte lineare Abbildung C[0,1] → C[0,1] mit
|(Tu)( x )| ≤ x kuk∞ max |k(s,t)|,
0≤ t ≤ s ≤ 1
definiert. Aus dieser Gleichung und
(T
k+1
u)( x ) =
Z 1
0
k( x,t)(T k u)(t) dt,
k = 1,2, . . .
folgt induktiv
xn
|(T u)( x )| ≤ kuk∞
n!
n
so dass
1
k T uk ≤
n!
n
und daher
1
kT k ≤
n!
n
max |k(s,t)|
0≤ t ≤ s ≤ 1
max |k(s,t)|
0≤ t ≤ s ≤ 1
n
max |k(s,t)|
0≤ t ≤ s ≤ 1
n
k uk ∞ ,
n
,
,
n = 1,2, . . . ,
n = 1,2, . . .
n = 1,2, . . . .
12
1.2 Der Dualraum
Damit gilt
lim
n→∞
∞
q
n
1
max |k(s,t)| → 0
kT n k = lim √
n →∞ n n! 0≤ t≤ s≤1
für n → ∞, so dass ∑ k T n k konvergiert und ( I − T )−1 ∈ L(C[0,1]) existiert.
n =0
Schreiben wir die Integralgleichung als
( I − T )u = f ,
so gilt
u = ( I − T )−1 f .
Sie hat also eine eindeutige Lösung in C[0,1].
1.2 Der Dualraum
Definitionen
Es sei X ein normierter Raum.
1. Ein lineares Funktional auf X ist eine lineare Abbildung X → R bzw. X →
C.
2. Der algebraische Dualraum zu X ist der Raum aller linearen Funktionale
auf X.
3. Der Dualraum X ∗ zu X ist der Raum L(X, R ) bzw. L(X, C ) aller beschränkten Funktionale auf X.
Bemerkung
Der Dualraum X ∗ ist ein Banachraum bezüglich der Operatornorm.
Beispiele
1. Der Dualraum zu C n ist isometrisch isomorph zu C n .
Beachte, dass der Dualraum zu C n mit dem algebraischen Dualraum zu C n
übereinstimmt.
13
1.2 Der Dualraum
Es sei {e1 , . . . , en } eine Basis für C n , so dass jedes x ∈ X eine eindeutige Darstellung
n
∑ αi ei
x=
i =1
: Cn → C
besitzt. Jedes lineare Funktional T
xen Zahlen Te1 , . . . , Ten bestimmt: Es gilt
ist eindeutig durch die komple-
n
∑ αi Tei
Tx =
i =1
und die Formel
T 7→ (Te1 , . . . ,Ten )
definiert einen Isomorphismus ψ : (C n )∗ → C n .
Es gilt
n
| Tx | = ∑ αi Tei i =1
n
≤ ∑ |αi || Tei |
i =1
n
≤
∑ | αi |
i =1
2
!1
2
n
∑ |Tei |
2
i =1
!1
2
,
so dass
n
kT k ≤
∑ |Tei |
2
i =1
!1
2
ist. Für αi = Tei , i = 1, . . . ,n gilt jedoch
n
| Tx | =
∑ |Tei |2 =
i =1
n
∑ |Tei |2
i =1
!1
Damit ist
n
kT k =
∑ |Tei |2
i =1
2
n
∑ |Tei |2
i =1
!1
2
.
!1
2
und die Abbildung ψ : (C n )∗ → C n ist eine Isometrie.
14
1.2 Der Dualraum
2. Es sei p ∈ (1,∞). Der Dualraum zu ℓ p ist isometrisch isomorph zu ℓq , wobei
1
1
p + q = 1 ist.
q
Es sei X = { xn }∞
n =1 ∈ ℓ . Zunächst bemerken wir, dass die Formel
∞
(ψX )(Y ) =
∑ xn yn ,
n =1
p
Y = {yn }∞
n =1 ∈ ℓ
ein Funktional ψX ∈ (ℓ p )∗ definiert. Die Höldersche Ungleichung impliziert
nämlich
|(ψX )(Y )| ≤ kX kq kY k p ,
(⋆)
so dass ψX wohldefiniert und offensichtlich linear ist. Aus (⋆) folgt ferner,
dass ψX ∈ (ℓ p )∗ mit
kψX k(ℓ p )∗ ≤ kX kq
(1 )
ist.
Die Abbildung ψ : ℓq → (ℓ p )∗ ist offensichtlich linear.
Nun beweisen wir die Surjektivität von ψ. Es sei T ∈ (ℓ p )∗ und setze
xn = TEn ,
mit
En = {0, . . . ,0 ,1,0, . . . ,},
| {z }
(n − 1)-mal
n = 1,2,3, . . . .
q
Wir zeigen, dass X = { xn }∞
n =1 ∈ ℓ mit T = ψX. Dazu sei

 | xn |q
, xn 6= 0,
n = 1,2,3, . . . .
zn =
xn

0,
xn = 0,
Für alle N ∈ N gilt
N
∑ |zn | p =
n =1
N
∑ | x n | p ( q − 1) =
n =1
N
∑ | xn |q
n =1
15
1.2 Der Dualraum
und
N
∑ | xn |q =
n =1
=
N
∑ xn zn
n =1
N
∑ zn TEn
n =1
N
=T
∑ z n En
n =1
!
= T {zn }nN=1
N
≤ kT k(ℓ p )∗
p
∑ |zn | p
n =1
!1
p
N
= kT k(ℓ p )∗
!1
∑ | xn |q
n =1
so dass
N
,
!1
q
∑ | xn |
n =1
q
≤ kT k(ℓ p )∗ .
Damit existiert
N
kX kq = lim
N →∞
q
∑ | xn |
n =1
!1
q
mit k X kq ≤ k T k(ℓ p )∗ . Wegen
(ψX )(E j ) = x j = TE j ,
j = 1,2, . . .
∞
stimmen ψX und T auf { E j }∞
j=1 und daher auf h{ E j } j=1 i überein, denn sie
p
sind linear. Da sie stetig ist, stimmen sie auch auf h{ E j }∞
j=1 i = ℓ überein. Es
ist also T = ψX, so dass
kX kq ≤ kψX k(ℓ p )∗ .
(2 )
Schließlich implizieren (1) und (2) die Gleichheit k X kq = kψX k(ℓ p )∗ , so dass
ψ : ℓq → (ℓ p )∗ eine Isometrie ist.
Lemma (Rieszscher Darstellungssatz)
Es sei H ein Hilbertraum. Zu jedem T ∈ H ∗ gibt es ein eindeutiges Element x T ∈
H, so dass
T ( x ) = h x,x T i
für alle x ∈ H.
16
1.2 Der Dualraum
Beweis
Das Ergebnis ist trivial, falls T = 0 ist.
Ansonsten ist ker T ein abgeschlossener Unterraum von H (wegen der Stetigkeit
von T). Aus dem Projektionssatz ist H = ker T ⊕ (ker T )⊥ und (ker T )⊥ ist nicht
gleich {0}. Wähle z ∈ (ker T )⊥ \ {0} und setze
xT =
T (z)
z.
k z k2
Für jedes x ∈ H ist T (z) x − T ( x )z ∈ ker T, so dass
0 = hT (z) x − T ( x )z,zi = T (z)h x,zi − T ( x )kzk2 ,
d.h.
T (x) =
T (z)
h x,zi = h x,x T i.
k z k2
Falls x1T und x2T die angegebene Eigenschaft haben, ist
h x,x1T − x2T i = 0
für alle x ∈ H,
und dies gilt insbesondere für x = x1T − x2T , so dass x1T − x2T = 0 ist.
Korollar
Es sei H ein Hilbertraum. Der Dualraum zu H ist isometrisch isomorph zu H.
Beweis
Zu jedem T ∈ H ∗ sei x T der nach dem Rieszschen Darstellungssatz eindeutig
bestimmte Repräsentant. Die durch die Formel T → x T definierte Abbildung ψ :
H ∗ → H ist bijektiv (die Injektivität folgt aus dem Rieszschen Darstellungssatz,
die Surjektivität aus der Bemerkung, dass jedes Element x ∈ H ein Funktional
Tx ∈ H ∗ durch die Formel Tx (·) = h· ,x i definiert) und antilinear, denn
h x, ψ(α1 T1 + α2 T2 )i = α1 T1 ( x ) + α2 T2 ( x )
= α1 h x,x T1 i + α2 h x,x T2 i
= h x, α¯ 1 x T1 + α¯ 2 x T2 i
= h x, α¯ 1 ψ(T1 ) + α¯ 2 ψ(T2 )i
17
1.2 Der Dualraum
für alle x ∈ H, so dass
ψ(α1 T1 + α2 T2 ) = α¯ 1 ψ(T1 ) + α¯ 2 ψ(T2 )
ist. Außerdem gilt
kT k = sup{| T ( x )| : k x k = 1} = sup{|h x, x T i| : k x k = 1} = k x T k,
| {z }
≤ k x T kk x k
so dass ψ : H ∗ → H eine Isometrie ist.
Folglich ist ψ : H ∗ → H ein isometrischer Isomorphismus.
Korollar (Satz von Hahn und Banach für Hilberträume)
Es seien X ein Hilbertraum, X0 ein echter Unterraum von X und f 0 ∈ X0∗ . Dann
gibt es f ∈ X ∗ mit f | X0 = f 0 und k f k = k f 0 k.
Beweis
Zunächst bemerken wir, dass f 0 eine eindeutige normerhaltende Fortsetzung
f˜0 ∈ (X0 )∗ besitzt.
Dem Rieszschen Darstellungssatz zufolge gibt es ein eindeutiges x˜ ∈ X0 ⊆ X, so
dass
f˜0 ( x ) = h x, x˜ i
für alle x ∈ X0
und
Definiere
k x˜ k = k f˜0 k = k f 0 k.
f ( x ) = h x, x˜ i,
x ∈ X,
so dass f ∈ X ∗ mit k f k = k x˜ k = k f 0 k ist. Offensichtlich ist f | X0 = f 0 .
Im nächsten Abschnitt verallgemeineren wir dieses Ergebnis auf allgemeine normierte Räume.
18
2 Der Satz von Hahn und Banach
2 Der Satz von Hahn und Banach
2.1 Das Lemma von Zorn
Definitionen
Eine Menge X heißt partiell geordnet, wenn auf ihr eine Relation ‘x y’ mit den
folgenden Eigenschaften definiert ist.
(i) x x für alle x ∈ X (Reflexivität),
(ii) Aus x y und y z folgt x y (Transitivität),
(iii) Aus x y und y x folgt x = y (Antisymmetrie).
Sie ist total geordnet, wenn zusätzlich x y oder y x für alle x, y ∈ X.
Beispiele
1. Die Menge R der reellen Zahlen ist total geordnet bezüglich der üblichen
Ordnungsrelation ‘≤”.
2. Die Menge der deutschen Wörter ist total geordnet bezüglich der lexikographischen Ordnung.
3. Die Menge N der natürlichen Zahlen ist partiell geordnet bezüglich der
durch die Formel
mn
⇔
m|n
definierte Relation. Sie ist aber nicht totalgeordnet, denn wir bspw. Primzahlen nicht miteinander vergleichen können.
4. Die Potenzmenge einer Menge X ist partiell geordnet bezüglich der durch
die Formel
X1 X2
⇔
X1 ⊆ X2
definierte Relation. Sie ist aber nur in zwei Sonderfällen total geordet (X =
∅ oder X ist einelementig).
19
2.1 Das Lemma von Zorn
Definition
Eine total geordnete Teilmenge einer partiell geordeneten Menge X heißt Kette.
Definition
1. Es seien X eine partiell geordnete Menge und Y eine Teilmenge von X. Ein
Element x ∈ X heißt obere Schranke für Y, falls y x für alle y ∈ Y.
2. Das Element m ∈ X heißt maximal, falls
mx
⇒
m = x.
Bemerkungen
1. m ist genau dann maximal, wenn x m für jedes mit m vergleichbare Element x ∈ X ist.
2. Ist X total geordnet, so ist m genau dann maximal, wenn x m für jedes
x ∈ X. In diesem Fall ist ein maximales Element eindeutig.
3. Die entsprechenden Definitionen und Bemerkungen gelten für die Begriffe
‘untere Schranke’ und ’minimal’.
Beispiel
Die minimalen Elemente der Menge {2,3,4, . . . } bezüglich der durch die Formel
mn
⇔
m|n
definierten partiellen Ordnung sind die Primzahlen.
Definition
Eine total geordnete Menge X heißt wohlgeordnet, wenn jede nichtleere Teilmenge von X ein minimales Element besitzt.
20
2.1 Das Lemma von Zorn
Satz (Lemma von Zorn)
Es sei X eine partielle geordnete Menge mit der Eigenschaft, dass jede wohlgeordnete Kette von P eine obere Schranke besitzt. Dann hat X ein maximales Element.
Beweis
Wir nehmen an, X hat kein maximales Element.
Zunächst bemerken wir, dass jede wohlgeordnete Kette C ⊆ X eine obere Schranke hat, die nicht in C liegt. Es sei c nämlich eine obere Schranke für C. Da c kein
maximales Element von X ist, gibt es d ∈ X mit c ≺ d. Somit ist d eine obere
Schranke für C mit d 6∈ C (d ∈ C impliziert d c).
Mit Hilfe des Auswahlaxioms wählen wir nun zu jeder wohlgeordneten Kette C
in X eine obere Schranke f (C), die nicht in C liegt.
Nun sei C ⊆ X eine wohlgeordnete Kette und schreibe
SC ( c ) = { d ∈ C : d ≺ c } ,
c ∈ C.
Wir nennen C eine Spezialkette, falls sie die Eigenschaft
f (SC (c)) = c
für alle c ∈ C
hat.
Nun beweisen wir, dass für alle verschiedenen Spezialketten A und B entweder
B = S A (a) für a = min A \ B, falls A \ B 6= ∅ ist,
oder
A = SB (b) für b = min B \ A, falls B \ A 6= ∅ ist.
Insbesondere folgt A ⊆ B oder B ⊆ A.
Sei also A \ B 6= ∅.
Sei a das minimale Element von A \ B. Dann gilt S A (a) ⊆ B. Wir nehmen an,
B \ S A (a) 6= ∅. Es sei y das minimale Element von B \ S A (a). Es gilt SB (y) ⊆
S A (a) ⊆ A. Sei z das minimale Element von A \ SB (y) (⊇ A \ B 6= ∅), so dass
S A (z) ⊆ SB (y). Es gilt sogar Gleichheit: Sei x ∈ SB (y) \ S A (z). Dann ist z x.
Aus x ∈ SB (y) ⊆ S A (a) folgt z ∈ S A (a) ⊆ B und somit der Widerspruch z ∈
S B ( y ).
21
2.1 Das Lemma von Zorn
Somit gilt
z = f (S A (z)) = f (SB (y)) = y.
Da y ∈ B ist, ist z 6= a. Nach Konstruktion ist z a. Aus z ≺ a folgt jedoch den
Widerspruch y ∈ S A (a).
Betrachte nun die Vereinigung K0 aller Spezialketten. Bemerke:
Je zwei Elemente aus K0 liegen in derselben Spezialkette C.
a ∈ K0 liege in einer Spezialkette A. Dann liegt jedes k ∈ K0 mit k ≺ a ebenfalls
in A. k liegt nämlich in einer Spezialkette B. Falls k 6∈ A, ist B \ A 6= ∅ und
daher A = SB (b) für b = min B \ A, so dass a ≺ b k, in Widerspruch zu
k ≺ a.
Folglich ist K0 eine Spezialkette:
K0 ist eine Kette: Da je zwei Elemente aus K0 in derselben Spezialkette liegen,
sind sie vergleichbar.
K0 ist wohlgeordnet. Es sei X eine nichtleere Teilmenge von K0 . Sie hat einen
nichtleeren Schnitt mit einer Spezialkette C. Es sei x ⋆ = min X ∩ C. Nun sei
x ∈ X. Aus x ≺ x ⋆ folgt x ∈ C, in Widerpruch zur Definition von x ⋆ . Also ist
x ⋆ x für alle x ∈ X.
Schließlich ist K0 eine Spezialkette. Jedes a ∈ K0 liegt in einer Spezialkette A.
Für jedes k ∈ K0 mit k ≺ a gilt dann k ∈ A. Folglich ist
SK 0 ( a ) = S A ( a ),
so dass
f (SK0 (a)) = f (S A (a)) = a.
Ferner ist C ∪ { f (C)} eine Spezialkette für jede Spezialkette C: Sie ist offensichtlich eine wohlgeordenete Kette, und aus c ≺ f (C) für alle c ∈ C folgt
SC ∪{ f (C )} ( f (C)) = C und daher f SC ∪{ f (C )} ( f (C)) = f (C),
SC ∪{ f (C )} (c) = SC (c) und daher f SC ∪{ f (C )} (c) = f (SC (c)) = c für alle c ∈ C.
Insbesondere erhalten wir den Widespruch, dass die Vereinigung K0 aller Spezialketten (die größte Spezialkette) eine echte Teilmenge der Spezialkette K0 ∪ f (K0 )
ist.
22
2.2 Der Satz von Hahn und Banach
2.2 Der Satz von Hahn und Banach
Definition
Es sei X ein normierter Raum. Eine Abbildung p : X → R heißt sublinear falls
(i) p( x + y) ≤ p( x ) + p(y) für alle x, y ∈ X,
(ii) p(λx ) = λp( x ) für alle x ∈ X und alle λ > 0.
Hat p die zusätzliche Eigenschaft
p(λx ) = |λ| p( x ) für alle x ∈ X und alle λ ∈ R,
so heißt p Halbnorm auf X.
Bemerkung
Eine Halbnorm erfüllt p( x ) ≥ 0 für alle x ∈ X und p(0) = 0. Verschwindet p( x )
nur für x = 0, so ist p eine Norm auf X.
Proposition
Es seien X ein reeller Vektorraum, p : X → R eine sublineare Abbildung, X0 ein
echter Unterraum von X, x ∈ X \ X0 und f 0 : X0 → R eine lineare Abbildung mit
der Eigenschaft
f 0 ( x0 ) ≤ p ( x0 )
für alle x0 ∈ X0 .
Dann gibt es f : X0 ⊕ h x i → R mit f | X0 = f 0 und
f ( x0 + αx ) ≤ p( x0 + αx )
für alle x0 + αx ∈ X0 ⊕ h x i.
Beweis
Wir definieren
f ( x0 + αx ) = f 0 ( x0 ) + cα,
für x0 + αx ∈ X0 ⊕ h x i
und wählen die Konstante c, so dass
f 0 ( x0 ) + cα ≤ p( x0 + cα).
(⋆)
23
2.2 Der Satz von Hahn und Banach
(Offensichtlich ist f linear mit f | X0 = f 0 .) (⋆) ist äquivalent zu
1
p( x0 + αx ) − f 0 ( x0 )
α
1
1
x0 + x − f 0
x0 ,
=p
α
α
c≤
für α > 0,
und
1
p( x0 + αx ) − f 0 ( x0 )
α 1
1
= −p
x − x + f0
x ,
−α 0
−α 0
c≥
für α < 0.
Diese Bedingungen sind für c ∈ [c1 ,c2 ] erfüllt, wobei
c1 = sup − p(z − x ) + f 0 (z) ,
c2 = inf p(z + x ) − f 0 (z) .
z ∈ X0
z ∈ X0
Schließlich bemerken wir, dass c1 ≤ c2 , denn
f 0 ( z1 ) + f 0 ( z2 ) = f 0 ( z1 + z2 )
≤ p ( z1 + z2 )
= p ( z1 + x + z2 − x )
≤ p ( z1 + x ) + p ( z2 − x ),
so dass
für alle z1 , z2 ∈ X0 .
− p ( z2 − x ) + f 0 ( z2 ) ≤ p ( z1 + x ) − f 0 ( z1 )
Satz (Satz von Hahn und Banach für reelle Vektorräume)
Es seien X ein reeller Vektorraum, p : X → R eine sublineare Abbildung, X0 ein
echter Unterraum von X und f 0 : X0 → R eine lineare Abbildung mit der Eigenschaft
f 0 ( x0 ) ≤ p ( x0 )
für alle x0 ∈ X0 .
Dann gibt es f : X → R mit f | X0 = f 0 und
f ( x ) ≤ p( x )
für alle x ∈ X.
24
2.2 Der Satz von Hahn und Banach
Beweis
Es sei M die Familie von Paaren (Y, f Y ) mit den Eigenschaften
(i) Y ist ein Unterraum von X mit X0 ⊆ Y,
(ii) f Y : Y → R ist eine lineare Abbildung mit f Y | X0 = f 0 und f Y ( x ) ≤ p( x ) für alle
x ∈ Y.
Bemerke, dass (X0 , f 0 ) ∈ M.
Es sei ’’ die durch die Formel
(Y1 , f Y1 ) (Y2 , f Y2 )
definierte partielle Ordnung auf M.
⇔
Y1 ⊆ Y2 , f Y2 |Y1 = f Y1
Nun sei N = {(Yi , f i )}i ∈ I eine Kette in M. Dann ist (Y, f Y ) mit
Y=
[
Yi ,
i∈ I
f Y ( x ) = f i ( x ) für x ∈ Yi
eine obere Schranke für N . (Für alle (Y1 , f 1 ), (Y2 , f 2 ) ∈ N gilt entweder Y1 ⊆ Y2
oder Y2 ⊆ Y1 . Daraus folgt, dass Y ein Unterraum von X ist, sowie die Wohldefiniertheit und Linearität von f .)
Dem Lemma von Zorn zufolge hat M ein maximales Element (Z, f Z ). Z ist nicht
gleich {0}, denn X0 ⊆ Z. Ist Z 6= X, so können wir mit Hilfe der vorigen Proposition f Z auf eine lineare Abbildung f : Z ⊕ hzi → R, z ∈ X \ Z mit f ( x ) ≤ p( x ) für
x ∈ Z ⊕ hzi fortsetzen. Dann ist aber (Z, f Z ) ≺ (Z ⊕ hzi, f ), und dies widerspricht
der Maximalität von (Z, f Z ).
Bemerkung
Ist p eine Halbnorm, so gilt die stärkere Aussage
| f ( x )| ≤ p( x ),
für alle x ∈ X und alle λ ∈ R
im letzten Satz. Ist nämlich f ( x ) < 0, so ist
| f ( x )| = − f ( x ) = f (− x ) ≤ p(− x ) ≤ p( x ).
Satz (Satz von Hahn und Banach für reelle normierte Räume)
Es seien X ein reeller, normierter Raum, X0 ein echter Unterraum von X und
f 0 ∈ X0∗ . Dann gibt es f ∈ X ∗ mit f | X0 = f 0 und k f k = k f 0 k.
25
2.2 Der Satz von Hahn und Banach
Beweis
Bemerke, dass die Formel
p( x ) = k f 0 kk x k,
x∈X
eine Halbnorm auf X mit
f 0 ( x ) ≤ | f 0 ( x )| ≤ k f 0 kk x k = p( x ),
x ∈ X0
definiert. Dem Satz von Hahn und Banach für reelle Vektorräume zufolge gibt es
eine linear Fortsetzung f : X → R von f mit
| f ( x )| ≤ k f 0 kk x k,
x ∈ X.
Somit ist f beschränkt mit
k f k ≤ k f 0 k.
Es ist aber
| f 0 ( x )|
| f ( x )|
| f ( x )|
= sup
≤ sup
= k f k,
x ∈ X0 k x k
x ∈ X0 k x k
x∈X k xk
k f 0 k = sup
so dass k f k = k f 0 k ist.
Satz (Satz von Hahn-Banach für komplexe normierte Räume)
Es seien X ein komplexer, normierter Raum, X0 ein echter Unterraum von X und
f 0 ∈ X0∗ . Dann gibt es f ∈ X ∗ mit f | X0 = f 0 und k f k = k f 0 k.
Beweis
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, dass k f 0 k = 1 ist.
Beachte, dass f˜0 := Re f 0 ein reell lineares Funktional auf X0 ist. Aus
| f˜0 ( x )| ≤ | f 0 ( x )| ≤ k x k,
x ∈ X0
folgt, dass sie beschränkt mit k f˜0 k ≤ 1 ist. Der letzten Version des Satzes von
Hahn und Banach zufolge gibt es ein beschränktes reell lineares Funktional f˜ auf
X mit f˜| X0 = f˜0 und k f˜k ≤ 1. (Zwecks Anwendung dieses Satzes werden X und
X0 als reelle Vektorräume gesehen.)
Definiere
f ( x ) = f˜( x ) − i f˜(ix ),
x ∈ X.
26
2.3 Folgerungen aus dem Satz von Hahn und Banach
Aus i f 0 ( x ) = f 0 (ix ) folgt Im f 0 ( x ) = −Re f 0 (ix ) für alle x ∈ X0 . Damit ist
f ( x ) = Re f 0 ( x ) + iIm f 0 ( x ) = f 0 ( x )
d.h. f | X0 = f 0 .
für alle x ∈ X0 ,
Offensichtlich ist f reell linear, so dass f ( x1 + x2 ) = f ( x1 ) + f ( x2 ) für alle x1 ,
x2 ∈ X. Es sei nun α = α1 + iα2 mit α1 , α2 ∈ R. Dann gilt
f (αx ) = f˜(αx ) − i f˜(iαx )
= f˜(α1 x + iα2 x ) − i f˜(iα1 x − α2 x )
= α1 f˜( x ) + α2 f˜(ix ) − iα1 f˜(ix ) + iα2 f˜( x )
= (α1 + iα2 ) f˜( x ) − i(α1 + iα2 ) f˜(ix )
= α f ( x ),
so dass f komplex linear auf X ist.
Es sei θ = arg f ( x ), so dass f ( x ) = | f ( x )|eiθ und damit
Aus
folgt
und damit
| f ( x )| = f ( x )e−iθ = f (e−iθ x ) = Re f (e−iθ x ).
|Re f ( x )| ≤ k x k
für alle x ∈ X
|Re f (e−iθ x )| ≤ ke−iθ x k = k x k
| f ( x )| ≤ k x k
für alle x ∈ X.
Folglich ist k f k ≤ 1. Da f eine Fortsetzung von f 0 ist, ist k f k = 1.
2.3 Folgerungen aus dem Satz von Hahn und Banach
Korollar
Es seien X ein normierter Raum und x0 ∈ X \ {0}. Dann gibt es T ∈ X ∗ mit den
Eigenschaften
kT k = 1,
T ( x0 ) = k x0 k.
Beweis
Mit Hilfe des Satzes von Hahn und Banach setzen wir das durch die Formel
T0 (λx0 ) = λk x0 k definierte Funktional T0 : h x0 i → R bzw. h x0 i → C normerhaltend auf X fort.
27
2.3 Folgerungen aus dem Satz von Hahn und Banach
Proposition
Es seien X ein normierter Raum und x ∈ X. Dann gilt
k x k = sup | T ( x )|
k T k=1
und das Supremum wird angenommen.
Beweis
Es sei x ∈ X \ {0} (das Ergebnis ist trivial für x = 0).
Aus der Definition der Operatornorm folgt
für alle T ∈ X ∗ ,
kT kk x k ≥ | T ( x )|
so dass
Damit ist
k x k ≥ | T ( x )|
für alle T ∈ X ∗ mit k T k = 1.
k x k ≥ sup | T ( x )|.
(1 )
k T k=1
Das letzte Korollar impliziert die Existenz von T˜ ∈ X ∗ mit k T˜ k = 1 und
k x k = | T˜ ( x )| ≤ sup | T ( x )|.
(2 )
k T k=1
Aus (1) und (2) folgt
k x k = sup | T ( x )| = | T˜ ( x )|.
k T k=1
Korollar
Es seien X ein normierter Raum und x ∈ X. Ist T ( x ) = 0 für alle T ∈ X ∗ , so ist
x = 0.
28
2.3 Folgerungen aus dem Satz von Hahn und Banach
Definition
Es seien X ein normierter Raum und S eine Teilmenge von X. Der Annihilator
von S ist die Teilmenge
S◦ := { T ∈ X ∗ : T ( x ) = 0 für alle x ∈ S}
von X ∗ .
Bemerkung
S◦ ist stets ein abgeschlossener Unterraum von X ∗ , und es gilt
◦
◦
S◦ = hSi◦ = S = hSi .
Proposition
Es seien X ein normierter Raum, Y ein echter abgeschlossener Unterraum von X
und x ∈ X \ Y. Dann gibt es T ∈ Y ◦ mit T ( x ) 6= 0.
Beweis
Es sei π : X → X/Y die kanonische Projektion. Dann ist π (y) = y + Y = OX/Y für
alle y ∈ Y und π ( x ) = x + Y 6= 0X/Y . Es gibt also f ∈ (X/Y )∗ mit k f k = 1 und
f ( x + Y ) = k x + Y k, insbesondere also f (π ( x )) 6= 0. Setze T = f ◦ π.
Lemma
Es seien X ein normierter Raum und S eine Teilmenge von X. Dann ist hSi genau
dann dicht in X, wenn S◦ = {0}.
Beweis
Es sei hSi dicht in X. Wähle T ∈ S◦ = hSi◦ . Da T auf einer dichten Teilmenge von
X verschwindet, folgt aus Stetigkeit, dass T = 0 auf ganz X ist. Damit ist S◦ = {0}.
29
2.3 Folgerungen aus dem Satz von Hahn und Banach
Nun sei hSi nicht dicht in X und setze X0 = hSi, so dass es 0 6= x ∈ X \ X0 gibt.
Dann existiert T ∈ X ∗ mit T ∈ X00 und T ( x ) 6= 0. Damit ist S0 6= {0}.
Lemma
Es sei X ein normierter Raum mit separablem Dualraum X ∗ . Dann ist X separabel.
Beweis
Da X ∗ separabel ist, gibt es eine dichte, abzählbare Teilmenge { Tn }∞
n =1 vom Einheitskreis { T : k T k = 1} in X ∗ . Aus
kT k = sup | T ( x )|
| {zn } k xk=1 n
=1
folgt die Existenz von xn ∈ X mit k xn k = 1 und | Tn ( xn )| ≥ 21 . Wir zeigen, dass
Y = h{ xn }∞
n =1 i dicht in X ist.
Nehmen wir an, dass Y 6= X ist. Dann gibt es 0 6= x ∈ X \ Y. Es gibt also T ∈ X ∗
mit T ∈ Y ◦ und T ( x ) 6= 0. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir
annehmen, dass k T k = 1 ist. Folglich existiert m ∈ N mit k T − Tm k ≤ 41 . Dies
führt zum Widerspruch
1
1
≤ | Tm ( xm )| = | Tm ( xm ) − T ( xm ) | ≤ kTm − T k k xm k ≤ .
| {z }
| {z } 4
2
=0
=1
Bemerkungen
1. Wir wissen, dass (ℓ1 )∗ isometrisch isomorph zu ℓ∞ und (ℓ p )∗ isometrisch
isomorph zu ℓq für p > 1 ist, wobei 1p + 1q = 1 ist. Dagegen ist (ℓ∞ )∗ nicht iso-
metrisch isomorph zu ℓ1 , denn die Separabilität von ℓ1 würde dann die Separabilität von (ℓ∞ )∗ und daher auch von ℓ∞ implizieren. Wir wissen aber,
dass ℓ∞ nicht separabel ist.
2. Die Separabilität eines normierten Raumes X impliziert nicht die Separabilität von X ∗ . Der Raum ℓ1 ist separabel, sein Dualraum aber isometrisch
isomorph zum nichtseparablen Raum ℓ∞ .
30
2.4 Trennungssätze
2.4 Trennungssätze
Definition
Es sei U eine offene, konvexe Teilmenge eines normierten Raums X mit 0 ∈ U.
Die durch die Formel
ρU ( x ) = inf{α > 0 : x ∈ αU }
definierte Funktion ρU : X → [0,∞] heißt die Eichfunktion oder MinkowskiFunktional von U.
Proposition
Es sei U eine offene, konvexe Teilmenge eines normierten Raums X mit 0 ∈ U.
Dann hat die Eichfunktion ρU von U die folgenden Eigenschaften.
1. Es gibt M ≥ 0, so dass ρU ( x ) ≤ Mk x k für alle x ∈ X ist.
2. ρU ist sublinear.
3. Es gilt U = { x ∈ X : ρU ( x ) < 1}.
Beweis
1. Da U offen ist, gibt es r > 0, so dass Br (0) ⊆ U. Für jedes x ∈ X \ {0} ist
rx/k x k ∈ Br (0) ⊆ U, so dass x ∈ r −1 k x kU. Somit ist ρU ( x ) ≤ r −1 k x k. (Die
Ungleichung ist trivial für x = 0.)
2. Für λ > 0 gilt
ρU (λx ) = inf{α > 0 : λx ∈ αU }
= inf{α > 0 : x ∈ λα U }
= inf{λβ > 0 : x ∈ βU }
= λ{ β > 0 : x ∈ βU }
= λρU ( x ).
Es seien nun x1 , x2 ∈ X. Wähle ε > 0. Dann existieren α1 , α2 ∈ R, so dass
x1 ∈ α1 U, x2 ∈ α2 U und
0 < α1 < ρU ( x1 ) + ε,
0 < α2 < ρU ( x2 ) + ε.
31
2.4 Trennungssätze
Somit gilt
1
α1 x1
α2 x2
( x1 + x2 ) =
∈ U,
+
α + α2
α1 + α2 α1 α1 + α2 α2
denn x1 /α1 , x2 /α2 ∈ U und U ist konvex. Es ist also x1 + x2 ∈ (α1 + α2 )U,
so dass
ρU ( x1 + x2 ) ≤ α1 + α2 = ρU ( x1 ) + ρU ( x2 ) + 2ε.
Da ε beliebig gewählt wurde, ist
ρ U ( x 1 + x 2 ) ≤ ρ U ( x 1 ) + ρ U ( x 2 ).
3. Es sei u ∈ U \ {0}. Da U offen ist, gibt es ε > 0 mit B ε (u) ∈ U. Insbesondere
gilt (1 + ǫkuk−1 )u ∈ Bε (u) ⊆ U, so dass
ρU ( u ) ≤
1
< 1.
1 + ǫk uk −1
(Offensichtlich ist 0 ∈ { x ∈ X : ρU ( x ) < 1}.)
Nun sei x ∈ X mit ρ( x ) < 1. Dann ist x = αu für irgendein α ∈ (0,1) und
irgendein u ∈ U. Da U konvex ist, ist aber λu ∈ U für alle λ ∈ [0,1] und
insbesondere für λ = α.
Bemerkung
Es seien X und Y Vektorräume und f : X → Y eine lineare Abbildung. Ist
U ⊆ X konvex, so ist f [U ] konvex: Aus f (u1 ), f (u2 ) ∈ f [U ] folgt nämlich
αu1 + (1 − α)u2 ∈ U und somit α f (u1 ) + (1 − α) f (u2 ) ∈ f [U ] für alle α ∈ [0,1].
Es seien X ein reeller normierter Vektorräum und f : X → R eine nichttriviale
lineare Abbildung. Ist U ⊆ X offen, so ist f [U ] offen: Es sei f (y) ∈ f [U ]. Dann
gibt es ε > 0, so dass Bε (y) ∈ U, und für x 6∈ ker f mit k x k = 1 ist y + αx ∈ U
für α ∈ (−ε,ε). Somit ist ( f (y) − ε f ( x ), f (y) + ε f ( x )) ∈ f [U ].
Es seien insbesondere X ein reeller normierter Vektorraum, f : X → R eine
nichttriviale lineare Abbildung und U eine offene, konvexe Teilmenge von X.
Dann ist f [U ] ein offenes Intervall.
32
2.4 Trennungssätze
Satz (erster Trennungssatz von Hahn und Banach)
Es seien U1 und U2 nichtleere, konvexe, disjunkte Teilmengen eines reellen normierten Raums X. Ferner sei U1 offen. Dann gibt es f ∈ X ∗ und γ ∈ R mit
f ( u1 ) < γ ≤ f ( u2 )
für alle u1 ∈ U1 und u2 ∈ U2 .
f>γ
U1
U2
f<γ
Die Hyperebene f −1 {γ} trennt
U1 und U2 .
f −1 {γ}
Beweis
Zunächst behandeln wir den Sonderfall, dass U2 einelementig ist, d.h. U2 =
{u2 } für irgendein u2 ∈ X \ U1 . Beachte, dass ρU1 (u2 ) ≥ 1 ist.
Durch eine Koordinatenverschiebung können wir annehmen, dass 0 ∈ U1 .
Definiere X0 = hu2 i und die lineare Funktion f 0 : X0 → R durch f 0 (αu2 ) = α.
Für α > 0 gilt
f 0 (αu2 ) = α ≤ αpU1 (u2 ) = pU1 (αu2 )
und für α ≤ 0 gilt
f 0 (αu2 ) ≤ 0 ≤ pU1 (αu2 ).
Somit ist f 0 ≤ pU1 auf X0 , und dem Satz von Hahn und Banach für reelle
Vektorräume zufolge gibt es ein lineares Funktional f : X → R mit f ≤ pU1
auf X und f | X0 = f 0 .
Es gilt f (u2 ) = f 0 (u2 ) = 1 und
f (u1 ) ≤ pU1 (u1 ) < 1,
für alle u1 ∈ U1 .
33
2.4 Trennungssätze
Schließlich gilt
für alle x ∈ X,
| f ( x )| = ± f ( x ) = f (± x ) ≤ ρU1 (± x ) ≤ Mk x k
so dass f beschränkt ist.
Für den allgemeinen Fall definieren wir
U := U1 − U2 = {u1 − u2 : u1 ∈ U1 , u2 ∈ U2 } =
[
u2 ∈U2
(U1 − {u2 }),
so dass U konvex und offen mit 0 6∈ U ist.
Der Sonderfall ergibt also f ∈ X ⋆ mit
f ( u ) < f (0 )
für alle u ∈ U,
und insbesondere gilt
f ( u1 ) < f ( u2 )
für alle u1 ∈ U1 , u2 ∈ U2 .
Daraus folgt
f ( u1 ) ≤ γ ≤ f ( u2 )
für alle u1 ∈ U1 , u2 ∈ U2 ,
wobei γ = supU1 f . Da f [U1 ] aber ein offenes Intervall ist, ist f [U1 ] ⊆ (−∞,γ),
so dass
f ( u1 ) < γ ≤ f ( u2 )
für alle u1 ∈ U1 , u2 ∈ U2 .
Satz (zweiter Trennungssatz von Hahn und Banach)
Es seien U1 und U2 nichtleere, abgeschlossene, konvexe, disjunkte Teilmengen
eines relelen normierten Raums X. Ferner sei U1 kompakt. Dann gibt es f ∈ X ∗ ,
γ ∈ R und ε > 0 mit
f ( u1 ) < γ < γ + ε < f ( u2 )
für alle u1 ∈ U1 und u2 ∈ U2 .
34
2.4 Trennungssätze
f > γ+ε
U1
Die Mengen U1 und U2 sind nun
strikt getrennt.
U2
f<γ
f −1 {γ}
f −1 {γ+ε}
Beweis
Die stetige Funktion x 7→ dist ( x,U2 ) erfüllt dist (u,U2 ) > 0 für alle u ∈ U1 (da
U1 ∩ U2 = ∅ und U2 abgeschlossen ist). Da U1 kompakt ist, gilt nun
r := inf dist (u,U2 ) > 0.
u ∈U1
Die Mengen
U˜ 1 := U1 + Br (0) = {u + x : u ∈ U1 , x ∈ Br (0)} =
[
u ∈U1
{{u} + Br (0)}
und U2 sind folglich disjunkt, und U˜ 1 ist offen und konvex. Dem ersten Trennungssatz von Hahn und Banach zufolge gibt es γ˜ > 0 und f ∈ X ∗ mit
f (u1 ) < γ˜ ≤ f (u2 )
für alle u1 ∈ U˜ 1 , u2 ∈ U2 .
Bemerke, dass f [U1 ] ein kompaktes Intervall [α1 , α2 ] und f [ Br (0)] ein offenes Intervall (a,b) ist. Folglich ist f [U˜ 1 ] das offene Intervall (α1 + a,α2 + b). Aus α2 + b ≤
γ˜ folgt dann
f (u1 ) ≤ γ˜ − b
für alle u ∈ U1 .
Somit erhalten wir die Aussage für γ und ε mit γ, γ + ε ∈ (γ˜ − b, γ˜ ).
35
2.4 Trennungssätze
Bemerkung
Ist X ein komplexer normierter Raum, so gelten die Aussagen der Trennungssätze von Hahn und Banach mit Re f an der Stelle von f : Betrachte X als reeller
normierter Raum. Somit existiert ein beschränktes, reell lineares, beschränktes
Funktional f˜ : X → R mit der relevanten Trennungseigenschaft. Dann definiert
aber die Formel
f ( x ) = f˜( x ) − i f˜(ix ),
x∈X
ein komplex lineares, beschränktes Funktional mit Re f = f˜.
Als erste Anwendung der Trennungssätze präsentieren wir nun einen der Sätze
von Helly. Für den Beweis brauchen wir außerdem das folgende Hilfsergebnis.
Proposition
Es seien X und Y normierte Räume, wobei Y endlichdimensional ist, und f : X →
Y eine surjektive lineare Abbildung. Dann ist f offen, d.h. f bildet offene Mengen
in X auf offene Mengen in Y ab.
Beweis
Es sei { f ( x1 ), . . . , f ( xn )} eine Basis für Y und versehe Y mit der Norm
n
k y k = ∑ | αi |,
i =1
Die Formel
n
φ (y) =
∑ αi xi ,
i =1
n
für y =
∑ αi f ( xi ) .
i =1
für y =
n
∑ αi f ( xi )
i =1
definiert somit eine stetige lineare Abbildung Y → X und erfüllt f φ = I, so dass
f (U ) = φ−1 (U ) für alle U ⊆ X.
Nun sei U eine offene Teilmenge von X. Da φ stetig ist, ist φ−1 (U ) und daher
f (U ) eine offene Teilmenge von Y.
Lemma (Satz von Helly)
Es seien X ein normierter Raum, T1 , . . . , Tk beschränkte lineare Funktionale auf X
und c1 , . . . , ck Skalare. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:
36
2.4 Trennungssätze
(i) Es existiert x ⋆ ∈ X mit Tj ( x ⋆ ) = c j für alle j = 1, . . . ,k.
(ii) Es existiert M > 0 mit der Eigenschaft, dass
|α1 c1 + · · · + αk ck | ≤ Mkα1 T1 + · · · + αk Tk k
für alle Skalare α1 , . . . , αk .
Gilt Aussage (ii) und sei ε > 0, so lässt sich x ⋆ in (i) mit k x ⋆ k < M + ε wählen.
Beweis
(i) ⇒ (ii)
Es gilt
|α1 c1 + · · · + αk ck | = |α1 T1 ( x ⋆ ) + · · · + αk Tk ( x ⋆ )| ≤ kα1 T1 + · · · + αk Tk kk x ⋆ k,
denn α1 T1 + · · · + αk Tk ist ein beschränktes lineares Funktional.
(ii) ⇒ (i)
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, dass T1 , . . . , Tk
linear unabhängig sind.
Die Formel T : x 7→ (T1 ( x ), . . . ,Tk ( x )) definiert eine stetige, lineare Funktion T :
X → R k bzw. X → C k , die außerdem surjektiv ist. (T (X ) ist ein Unterraum von
R k bzw. C k . Ist T (X ) 6= R k bzw. C k , so ist (T (X ))◦ 6= {0}, d.h. es gibt Skalare
β 1 , . . . , β k , die nicht alle verschwinden, mit β 1 T1 ( x ) + . . . + β k Tk ( x ) = 0 für alle
x ∈ X. Dies widerspricht der linearen Unabhängkeit von T1 , . . . , Tk .) Der letzten
Proposition zufolge ist T auch offen.
Wähle ε > 0. Dann ist T ( B M+ε (0)) eine offene, konvexe Teilmenge von R k bzw.
Ck .
Nehmen wir an, dass c := (c1 , . . . , ck ) 6∈ T ( B M+ε (0)). Dann gibt es dem ersten Trennungssatz von Hahn und Banach zufolge f ∈ (R n )∗ bzw. (C n )∗ , so dass
Re f (T ( x )) < f (c)
für alle x ∈ B M+ε (0)
und folglich auch
| f (T ( x ))| = Re f (T (e−iθx x )) < f (c)
wobei θx = arg f (T ( x )) ist. Somit ist
k f T k = sup | f T ( x )| =
k x k<1
für alle x ∈ B M+ε (0),
| f T ( x )|
f (c )
f (c )
≤
<
.
M+ε
M
k x k< M + ε M + ε
sup
37
2.4 Trennungssätze
Verwenden wir die Darstellung
f ( y ) = f 1 y1 + . . . f k y k
für y = (y1 , . . . ,yk ),
so gilt
k f 1 T1 + · · · + f k Tk k <
und dies Widerspricht (ii).
| f 1 c1 + · · · + f k c k |
,
M
38
3 Reflexivität
3 Reflexivität
3.1 Einführung
Definition
Es seien X ein normierter Raum, X ∗ sein Dualraum und (X ∗ )∗ dessen Dualraum.
Wir schreiben (X ∗ )∗ als X ∗∗ und nennen diesen Raum den Bidualraum von X.
Satz
Die Formel
(i ( x ))(T ) = T ( x )
definiert eine lineare Isometrie i : X → X ∗∗ .
Beweis
Für jedes x ∈ X ist i ( x ) offensichtlich ein lineares Funktional auf X ∗ , und es ist
beschränkt mit ki ( x )k X ∗∗ = k x k, denn
ki ( x )kX∗∗ = sup |(i ( x ))(T )| = sup | T ( x )| = k x k.
k T k=1
k T k=1
Schließlich ist die Abbildung x 7→ i ( x ) offensichtlich linear.
Definition
Die Abbildung i : X → X ∗∗ heißt die kanonische Einbettung eines normierten
Raumes in seinen Bidualraum.
Bemerkung
Es sei X ein normierter Raum.
V = i [ X ] ist ein abgeschlossener Unterraum des Banachraums X ∗∗ und daher
selbst ein Banachraum.
39
3.1 Einführung
X ist isometrisch isomorph zu einem dichten Unterraum V0 = i [ X ] vom Banachraum V.
Nun sei X isometrisch isomorph zu einem dichten Unterraum Z0 eines weiteren Banachraums Z. Dann sind X und Z isometrisch isomorph: Die Abbildung S = T ◦ i −1 : V0 → Z0 , wobei T : X → Z0 der gegebene isometrischer
Isomorphismus ist, ist selbst ein isometrischer Isomorphismus und lässt sich
durch Stetigkeit auf einen isometrischen Isomorphismums V → Z fortsetzen.
Definition
Es sei X ein normierter Raum und V ein Banachraum mit der Eigenschaft, dass X
isometrisch isomorph zu einem dichten Unterraum von V ist. Der Raum V, der
bis auf isometrische Isomorphie eindeutig ist, heißt Vervollständigung von X.
Definition
Ein normierter Raum X heißt reflexiv, falls i : X → X ∗∗ surjektiv ist, d.h. i : X →
X ∗∗ ist ein isometrischer Isomorphismus.
Bemerkungen
1. Alle reflexiven normierten Räume sind Banachräume.
2. Die Existenz eines isometrischen Isomorphismus j : X → X ∗∗ impliziert nicht,
dass X reflexiv ist.
3. Ein reflexiver Raum ist genau dann separabel, wenn sein Dualraum separabel ist.
Beispiele
1. Jeder endlichdimensionale Raum ist reflexiv. Es sei n = dim X. Dann ist i [ X ]
ein n-dimensionaler Unterraum von X ⋆⋆ . Aus
dim X ⋆⋆ = dim X ∗ = dim X = n
folgt dann i [ X ] = X.
40
3.1 Einführung
2. Die Räume ℓ p , p ∈ (1,∞) sind reflexiv.
Identifizieren wir Y ∈ ℓq mit T ∈ (ℓ p )∗ durch die Formel
∞
T : X 7→
∑ xn yn
n =1
und X ∈ ℓ p mit S ∈ (ℓq )∗ durch die Formel
∞
S : Y 7→
∑ xn yn ,
n =1
so ist
∞
(i (X ))(T ) = T (X ) =
∑ xn yn = S(Y).
n =1
Wir haben also i (X ) ∈ (ℓ p )∗∗ mit X ∈ ℓ p und somit i mit der Identitätsabbildung ℓ p → ℓ p identifiziert. i ist also surjektiv.
3. Der Raum c0 ist nicht reflexiv. Verfahren wir wie in 2, so identifizieren wir
c0∗ mit ℓ1 , (ℓ1 )∗ mit ℓ∞ und i (X ) ∈ c0∗∗ mit X. Somit haben wir i mit der
Identitätsabbildung c0 → ℓ∞ identifiziert, die nicht surjektiv ist.
4. Der Räum ℓ1 ist nicht reflexiv. Er ist nämlich separabel, sein Dualraum aber
nicht (denn er ist isometrisch isomorph zu ℓ∞ ).
Lemma
Es seien X ein reflexiver Banachraum und Y ein abgeschlossener Unterraum von
X. Dann ist Y reflexiv.
Beweis
Es seien i : X → X ∗∗ und j : Y → Y ∗∗ die kanonische Einbettungen. Wir wissen,
dass i surjektiv ist, und wollen zeigen, dass j surjektiv ist.
Es sei f ∈ Y ∗∗ . Die Abbildung g f : T 7→ f (T |Y ) liegt in X ∗∗ : Sie ist offensichtlich
linear, und die Berechung
| g f (T )| = | f (T |Y )|
≤ k f kY ∗∗ kT |Y kY ⋆
≤ k f kY ∗∗ kT kX⋆
41
3.1 Einführung
zeigt, dass sie beschränkt ist.
Es gibt nun x ∈ X mit i ( x ) = g f , d.h.
T ( x ) = f ( T |Y )
für alle T ∈ X ⋆ .
(⋆)
Beachte, dass x ∈ Y. (Sonst gibt es T˜ ∈ X ⋆ mit T˜ ∈ Y ◦ und T˜ ( x ) 6= 0, und dies
widerspricht (⋆).
Es sei nun S ∈ Y ⋆ und T ∈ X ⋆ eine normerhaltende Fortsetzung von S. Aus (⋆)
folgt
S ( x ) = f ( S ),
d.h.
j( x ) = f .
Somit gibt es zu jedem f ∈ Y ∗∗ ein Element x ∈ Y mit j( x ) = f , d.h. j ist surjektiv.
Satz
Jeder Hilbertraum ist reflexiv.
Beweis
Es sei H ein Hilbertraum. Zu jedem T ∈ H ∗ sei x T der nach dem Rieszschen Darstellungssatz eindeutig bestimmte Repräsentant, so dass
T ( x ) = h x, x T i
für alle x ∈ H.
Die durch die Formel T → x T definierte Abbildung ψ : H ∗ → H ist antilinear,
bijektiv und isometrisch. Versehen mit dem Skalarprodukt
hT1 , T2 i∗ = hψ(T2 ), ψ(T1 )i
ist H ⋆ ebenfalls ein Hilbertraum (k T k∗ = kψ(T )k stimmt mit der üblichen Norm
für H ⋆ überein, denn ψ ist isometrisch).
Es sei nun f ∈ H ∗∗ . Dem Rieszschen Darstellungssatz zufolge gibt es T f ∈ H ⋆ mit
f (T ) = hT, T f i∗
= hψ(T f ),ψ(T )i
für alle T ∈ H ∗ .
42
3.2 Gleichmäßig konvexe Räume
Setze
x f = ψ ( T f ),
so dass
f (T ) = h x f ,ψ(T )i
= T (x f )
= i ( x f )(T ).
Somit gibt es zu jedem f ∈ H ∗∗ ein Element x f ∈ H mit i ( x f ) = f , d.h. i ist
surjektiv.
3.2 Gleichmäßig konvexe Räume
Definition
Der normierter Raum X heißt gleichmäßig konvex, falls alle Folgen { xn }, {yn }
im Einheitskreis die Eigenschaft
xn + yn ⇒
k xn − yn k → 0
2 →1
für n → ∞ besitzen.
xn
1
(x
2 n
Der Raum (R2 ), k · k2 ) ist gleichmäßig
konvex.
+ yn )
yn
Nähert sich der Mittelpunkt der Strecke
[x n , yn ] dem Einheitskreis, so fallen die
Punkte xn , yn ineinander.
43
3.2 Gleichmäßig konvexe Räume
xn
1
(x
2 n
+ yn )
yn
Der Raum (R2 ), k · k1 ) ist nicht gleichmäßig konvex.
Es seien {xn }, {yn } die konstanten
Folgen {(0,1)} bzw. {(1,0)} Der Mittelpunkt der Strecke [xn , yn ] liegt immer
auf dem Einheitskreis, obwohl xn 6= yn
ist.
Bemerkung
Wir können die Voraussetzung k xn k, kyn k = 1 durch lim k xn k = 1, lim kyn k = 1
n→∞
n→∞
ersetzen.
Lemma
Alle Hilberträume sind gleichmäßig konvex.
Beweis
Es seien H ein Hilbertraum und { xn }, {yn } Folgen im Einheitskreis. Aus der Parallelogramidentität folgt
k xn − yn k2 = 2k xn k2 + 2kyn k2 −k xn + yn k2 ,
|
{z
}
=4
so dass k xn + yn k → 2 eben k xn − yn k → 0 für n → ∞ impliziert.
Unser Hauptergebnis ist die Reflexivität gleichmäßig konvexer Banachräume.
Um dies zu beweisen, brauchen wir ein Hilfsresultat.
44
3.2 Gleichmäßig konvexe Räume
Proposition
Es seien X ein gleichmäßig konvexer Raum, f ∈ X ∗∗ und { Tn } eine Folge in X ∗
mit k Tn k = 1 für jedes n ∈ N und lim sup | f (Tk )| ≥ 1. Dann haben die Gleichunk→∞
gen
Tn ( x ) = f (Tn ),
n = 1,2, . . .
(⋆)
höchstens eine Lösung im Einheitskreis von X.
Beweis
Es seien x1 , x2 Lösungen der Gleichungen (⋆) im Einheitskreis. Dann gilt
Tn ( x1 + x2 ) = 2 f (Tn ),
n = 1,2, . . . ,
so dass
2| f (Tn )| = | Tn ( x1 + x2 )|
≤ kTn k k x1 + x2 k
| {z }
=1
≤ k x1 k + k x2 k
=2
für jedes n ∈ N. Folglich ist k x1 + x2 k = 2, und die gleichmäßige Konvexität impliziert k x1 − x2 k = 0.
Satz (Satz von Milman und Pettis)
Jeder gleichmäßig konvexe Banachraum X ist reflexiv.
Beweis
Wir zeigen, dass es zu jedem f ∈ X ⋆⋆ ein Element x ∈ X mit i ( x ) = f gibt, d.h.
T0 ( x ) = f (T0 )
für alle T0 ∈ X ∗ .
Es genügt, das Ergebnis für den Fall k f k = 1 zu behandeln.
45
3.2 Gleichmäßig konvexe Räume
Es sei T0 ein beliebiges Element in X ∗ . Aus
k f k = sup | f (T )|
|{z} k T k=1
=1
folgt die Existenz von Tk ∈ X ∗ mit k Tk k = 1 und | f (Tk )| ≥ 1 − 1k für k = 1,2, . . ..
Dem Satz von Helly zufolge gibt es zu jedem k ∈ N0 ein Element xk ∈ X mit
Tj ( xk ) = f (Tj ),
und
j = 0,1, . . . ,k
k xk k ≤ k f k + 1k .
|{z}
=1
Wegen der Ungleichungskette
1−
1
n
≤ | f (Tn )|
= | Tn ( xn )|
≤ kTn k k xn k
| {z }
=1
≤ 1 + n1
für n ≥ 1 gilt k xn k → 1 für n → ∞.
Für 1 ≤ n < m ist Tn ( xn ) = Tn ( xm ) (= f (Tn )). Wegen der Ungleichungskette
2 1 − n1 ≤ 2| f (Tn )|
= 2| Tn ( xn )|
= | Tn ( xn + xm )|
≤ kTn k k xn + xm k
| {z }
=1
≤ k xn k + k xm k
gilt
lim k xn + xm k = 2.
n<m
n,m→∞
Aus der gleichmäßigen Konvexität von X folgt dann
lim k xn − xm k = 0,
n<m
n,m→∞
so dass { xn } eine Cauchy-Folge und daher eine konvergente Folge ist. Es sei x ⋆
ihr Grenzwert.
46
3.2 Gleichmäßig konvexe Räume
Für jede Wahl von T0 erfüllt x ⋆ ∈ B1 (0) also die Gleichungen
T0 ( x ⋆ ) = f (T0 )
und
Tn ( x ⋆ ) = f (Tn ),
n = 1,2, . . . ,
wobei k Tn k = 1 für jedes n ∈ N und lim | f (Tn )| = 1 ist. Der letzten Proposition
n→∞
zufolge hängt x ⋆ nicht von T0 ab und erfüllt daher
T0 ( x ⋆ ) = f (T0 )
für alle T0 ∈ X ∗ .
Nun wenden wir uns den Räumen L p (Ω) zu.
Lemma (erste Clarksonsche Ungleichung)
Es seien p ≥ 2 und Ω eine nichtleere Teilmenge des R n . Dann gilt die Ungleichung
f + g p f − g p 1
p
p
für alle f , g ∈ L p (Ω).
2 + 2 ≤ 2 (k f k p + k gk p )
p
p
Beweis
Für alle x, y ∈ C gilt
(| x + y| p ) + | x − y| p )1/p ≤ (| x + y|2 ) + | x − y|2 )1/2
(Jensensche Ungleichung)
= 21/2 (1.| x |2 + 1.|y|2 )1/2
1/2
≤ 21/2 (1 + 1)1−2/p (| x | p + |y| p )2/p
(Höldersche Ungleichung)
= 21−1/p (| x | p + |y| p )1/p ,
so dass
d.h.
(| x + y| p ) + | x − y| p ) ≤ 2 p−1 (| x | p + |y| p ),
x + y p x − y p 1
p
p
+
2 ≤ 2 (| x | + |y| ).
2 Nun setzen wir x = f (t), y = g(t) und integrieren über Ω.
47
3.2 Gleichmäßig konvexe Räume
Satz
Es seien p ≥ 2 und Ω eine nichtleere Teilmenge des R n . Dann ist L p (Ω) gleichmäßig konvex und damit reflexiv.
Beweis
Es seien { f n }, { gn } Folgen in B1 (0). Aus der ersten Clarksonschen Ungleichung
folgt
f − g p 1
f n + gn p
p
p
2 ≤ 2 (k f n k p + k gn k p ) − 2 ,
p
p
{z
}
|
=1
so dass k f n + gn k p → 2 eben k f n − gn k p → 0 für n → ∞ impliziert.
Lemma
Es seien p > 1,
1
p
+ 1q = 1 und Ω eine nichtleere Teilmenge des R n .
1. Die Formel
(ψ f )( g) =
Z
Ω
fg
definiert eine Isometrie ψ : L p (Ω) → ( Lq (Ω))∗ .
2. L p (Ω) ist reflexiv.
3. ψ ist ein isometrischer Isomorphismus L p (Ω) → ( Lq (Ω))∗ .
Beweis
1. Es sei f ∈ L p (Ω). Zunächst bemerken wir, dass ψ f ∈ ( Lq (Ω))∗ ist: Es folgt
aus der Hölderschen Ungleichung, dass f g ∈ L1 (Ω) mit
Z
f g ≤ k f k p k gkq .
Ω
Es ist also ψ f ∈ ( Lq (Ω))∗ mit
kψ f k( Lq (Ω))⋆ ≤ k f k p .
48
3.2 Gleichmäßig konvexe Räume
Nun zeigen wir, dass ψ : L p (Ω) → ( Lq (Ω))∗ eine Isometrie ist. Setze
(
| f ( x )| p−2 f ( x ), f ( x ) 6= 0,
f˜( x ) =
0,
f ( x ) = 0,
so dass
| f˜|q = | f | p .
p−1
Offensichtlich ist f˜ ∈ Lq (Ω) mit k f˜kq = k f k p . Es ist also
p
|(ψ f )( f˜)| = k f k p = k f k p k f˜kq .
Damit ist
kψ f k( Lq (Ω))⋆ = k f k p .
2. Wir haben die Reflexivität von L p (Ω) für p ≥ 2 schon bewiesen. Es sei nun
p ∈ (1,2].
Aus der Vollständigkeit von L p (Ω) folgt der Vollständigkeit von ψ[ L p (Ω)].
Er ist also ein abgeschlossener Unterraum von ( Lq (Ω))∗ . (Dies gilt für alle
p > 1.)
Weil q ≥ 2 ist, ist Lq (Ω) und damit auch ( Lq (Ω))⋆ reflexiv. Folglich ist ψ[ L p (Ω)]
als abgeschlossener Unterraum von ( Lq (Ω))∗ reflexiv. Somit ist auch L p (Ω)
reflexiv.
3. Schließlich beweisen wir, dass ψ : L p (Ω) → ( Lq (Ω))∗ surjektiv ist.
Wir wissen bereits, dass ψ[ L p (Ω)] ein abgeschlossener Unterraum von
( Lq (Ω))∗ ist.
Falls ψ[ L p (Ω)])◦ = {0} ist, ist ψ[ L p (Ω)] dicht in ( Lq (Ω))∗ .
Es sei h ∈ ψ[ L p (Ω)])◦ , d.h. h ∈ ( Lq (Ω))∗∗ mit h(ψ f ) = 0 für alle f ∈
L p (Ω). Da Lq (Ω) reflexiv ist, gibt es g ∈ Lq (Ω) mit i ( g) = h, d.h.
für alle f ∈ L p (Ω),
0 = h(ψ f ) = (i ( g))(ψ f ) = (ψ f )( g)
so dass
Mit
Z
Ω
für alle f ∈ L p (Ω).
fg = 0
f (x) =
(
| g( x )|q−2 g( x ),
g( x ) 6= 0,
0,
g( x ) = 0,
so dass | f | p = | g|q und f ∈ L p (Ω), gilt also
0=
Z
q
Ω
| g|q = k gkq = 0,
so dass g = 0 und folglich h = 0 ist.
49
3.2 Gleichmäßig konvexe Räume
Damit ist ψ[ L p (Ω)] = ( Lq (Ω))∗ .
50
4 Die Hauptsätze der Operatorentheorie
4 Die Hauptsätze der Operatorentheorie
4.1 Die Hauptsätze
In diesem Kapitel besprechen wir drei wichtige Sätze für Operatoren auf Banachräumen. Als Vorbereitung brauchen wir den Satz von Baire, der wiederum
auf dem Schachtelungsprinzip basiert.
Lemma
Der normierte Raum X ist genau dann vollständig, wenn das Schachtelungsprinzip gilt:
Die Schnittmenge jeder Folge { Ai }i∞=1 beschränkter, abgeschlossener,
nichtleerer Teilmengen mit
A1 ⊇ A2 ⊇ A3 ⊇ · · · ,
diam( A j ) → 0 für j → ∞
besteht aus genau einem Punkt a, d.h.
∞
\
j =1
A j = { a }.
Satz (Satz von Baire)
Es seien X ein Banachraum und { Ai }i∞=1 eine Folge abgeschlossener Teilmengen
◦
∞
S
von X mit der Eigenschaft, dass
Ai nichtleer ist. Dann gibt es k ∈ N, so
dass A◦k nichtleer ist.
i =1
Bemerkung
Insbesondere gilt der Satz von Baire, wenn
∞
S
i =1
Ai = X ist.
51
4.1 Die Hauptsätze
Satz (Satz von Banach und Steinhaus)
Es seien X ein Banachraum, Y ein normierter Raum und { Ti }i ∈ I eine Familie beschränkter, linearer Operatoren X → Y. Dann impliziert
sup k Ti x k < ∞
i∈ I
für alle x ∈ X
sogar
sup k Ti k < ∞.
i∈ I
Beweis
Es sei
An =
(
)
x ∈ X : sup k Ti x k ≤ n ,
i∈ I
n = 1,2, . . . .
Aus der Stetigkeit von Ti folgt, dass An abgeschlossen ist.
Der Voraussetzung zufolge ist
∞
S
n =1
An = X.
Dem Satz von Baire zufolge existiert n⋆ ∈ I, so dass An⋆ einen inneren Punkt a
besitzt. Es gibt also ε > 0, so dass Bε (a) ⊆ An⋆ ist, d.h.
kTi (a + εx )k ≤ n⋆
Folglich ist
für alle i ∈ I und x mit k x k ≤ 1.
n⋆ ≥ kεTi x + Ti ak ≥ εk Ti x k − k Ti ak,
d.h.
εk Ti x k ≤ n⋆ + k Ti ak,
so dass
kTi k = sup kTi x k
k x k≤1
−1 ⋆
≤ε
(n + kTi ak)
≤ ε−1 n⋆ + sup kTi ak
i∈ I
für alle i ∈ I.
!
52
4.1 Die Hauptsätze
Korollar
Es seien X ein Banachraum, Y ein normierter Raum und { Tn }∞
n =1 eine Familie
beschränkter, linearer Operatoren X → Y mit der Eigenschaft, dass lim Tn x für
n→∞
alle x ∈ X existiert. Dann definiert die Formel
Tx = lim Tn x
n→∞
einen beschränkten, linearen Operator X → Y.
Beweis
Die Funktion T ist linear, denn
T (α1 x1 + α2 x2 ) = lim Tn (α1 x1 + α2 x2 )
n→∞
= lim (α1 Tn x1 + α2 Tn x2 )
n→∞
= α1 lim Tn x1 + α2 lim Tn x2
n→∞
= α1 Tx1 + α2 Tx2 ,
n→∞
wobei alle Grenzwerte im Sinne des Raumes Y zu verstehen sind.
Da { Tn x } für alle x ∈ X konvergiert, ist sup k Tn x k < ∞ für alle x ∈ X. Aus dem
n ∈N
Satz von Banach und Steinhaus folgt, dass M := sup k Tn k < ∞ ist. Damit gilt
n ∈N
kTn x k ≤ kTn kk x k ≤ Mk x k
für alle x ∈ X,
kTx k = lim kTn x k ≤ Mk x k
für alle x ∈ X,
so dass
d.h. T ist beschränkt.
n→∞
Definition
Es seien X und Y normierte Räume. Eine Abbildung T : X → Y heißt offen, falls
sie jede offene Menge in X auf eine offene Menge in Y abbildet.
53
4.1 Die Hauptsätze
Proposition
Es seien X und Y normierte Räume und T : X → Y eine lineare Abbildung.
1. Besitzt Im T einen inneren Punkt, so ist T surjektiv. Insbesondere ist eine
offene Abbildung T : X → Y surjektiv.
2. Ist 0 innerer Punkt von T [ B1 (0)], so ist T offen.
Beweis
1. Es sei y⋆ ∈ (Im T )◦ . Es existiert also r > 0, so dass Br (y⋆ ) ⊆
Im T ist. Da Im T
ein Unterraum von Y ist, folgt Bs (0) = sr −1 Br (y⋆ ) − y⋆ ⊆ Im T für jedes
S
s > 0 und somit auch Y =
Bs (0) ⊆ Im T ⊆ Y.
s>0
2. Es sei U eine beliebege offene Teilmenge von X. Zu jedem x ∈ U existiert
r > 0, so dass Br ( x ) = x + rB1 (0) ⊆ U ist. Daraus folgt T ( x ) + rT [ B1 (0)] ⊆
T [U ]. Da 0 innerer Punkt von T [ B1 (0)] ist, gibt es s > 0 mit Bs (0) ⊆ T [ B1 (0)].
Somit ist Brs (T ( x )) = T ( x ) + rBs (0) ⊆ T [U ]. Jeder Punkt T ( x ) von T [U ] ist
also innerer Punkt von T [U ].
Satz (Satz von der offenen Abbildung)
Es seien X und Y Banachräume und T : X → Y eine surjektive, beschränkte, lineare Abbildung. Dann ist T offen.
Beweis
Da T surjektiv ist, gilt
Y = T [X] = T
∞
[
Bn ( 0 )
n =1
!
=
∞
[
n =1
T [ Bn (0)] =
∞
[
T [ Bn (0)] .
n =1
Dem Satz von Baire zufolge existiert n⋆ ∈ N, so dass T [ Bn⋆ (0)] einen inneren
Punkt besitzt. Folglich hat T [ B1 (0)] einen inneren Punkt. Es gibt also a ∈ T [ B1 (0)]
und r > 0, so dass BrY (a) ⊆ T [ B1 (0)] .
T [ B1 (0)] ist symmetrisch:
− a ∈ T [ B1 (0)].
− T [ B1 (0)] = T [ B1 (0)] .
Insbesondere
ist
54
4.1 Die Hauptsätze
Somit ist BrY (0) = − a + BrY (a) ⊆ T [ B1 (0)] + T [ B1 (0)].
Y (0) ⊆ T [ B (0)] .
Aus T [ B1 (0)] + T [ B1 (0)] = T [ B2 (0)] folgt Br/2
1
Y (0 ) ⊆ T [ B
Nun zeigen wir, dass Br/8
1/2 (0)] ⊆ T [ B1 (0)]. Damit ist 0 innerer Punkt
von T [ B1 (0)] und T ist eine offene Abbildung.
Y (0). Nun konstruieren wir induktiv eine Folge { x } mit
Es sei also y ∈ Br/8
n
k xn k <
1
2
,
n +1
Wähle x1 mit
ky − T ( x1 + . . . + xn )k <
1
k x1 k < ,
4
ky − Tx1 k <
r
2n +3
:
(⋆)
r
.
16
Y (0 ) ⊆ T [ B
(Dies ist möglich, denn y ∈ Br/8
1/4 (0)] .)
Für n = 1,2,3, . . . wähle xn+1 mit
k x n +1 k <
1
2n +2
,
ky − T ( x1 + . . . + xn ) − T ( xn+1 )k <
r
2n +4
.
Y
(Dies ist möglich, denn y − T ( x1 + . . . + xn ) ∈ Br/2
n+3 (0) ⊆ T [ B1/2n+2 (0)] .)
∞
∞
n =1
n =1
Aus ∑ k xn k ≤ ∑ 2−(n+1) =
1
2
∞
und der Vollständigkeit von X folgt, dass ∑ xn
konvergent ist. Es sei x die Summe dieser Reihe, so dass
∞
∞
1
k x k = ∑ xn ≤ ∑ k xn k ≤ .
n =1 n =1
2
n =1
Aus der Stetigkeit von T und der Norm von Y folgt dann aus (⋆), dass y = Tx ist.
Folglich ist y ∈ T [ B1/2 (0)].
Korollar (Satz von der inversen Abbildung)
Es seien X und Y Banachräume und T : X → Y eine beschränkte, lineare Bijektion.
Dann ist T −1 : Y → X ebenfalls beschränkt, so dass T ein topologischer Isomorphismus ist.
55
4.2
Abgeschlossene Operatoren
Beweis
Aus dem Satz von der offenen Abbildung folgt, dass T eine offene Abbildung
ist. Es sei U eine beliebige offene Teilmenge von X. Dann ist (T −1 )−1 [U ] = T [U ]
offen, so dass T −1 : Y → X stetig ist.
Korollar
Es seien (X,k · k1 ) und (X,k · k2 ) Banachräume. Es gebe eine Konstante C > 0, so
dass
k x k1 ≤ C k x k2
für alle x ∈ X.
(1 )
Dann sind k · k1 und k · k2 äquivalente Normen für X.
Beweis
Es sei I : X → X die Identitätsabbildung, die trivialerweise linear und bijektiv ist.
Laut Voraussetzung ist I : (X,k · k1 ) → (X,k · k2 ) beschränkt. Dem Satz von der
inversen Abbildung zufolge ist I : (X,k · k2 ) → (X,k · k1 ) beschränkt, d.h. es gibt
eine Konstante C˜ > 0 mit
k x k2 ≤ C˜ k x k1
für alle x ∈ X.
(1) und (2) implizieren, dass die beiden Normen für X äquivalent sind.
(2 )
4.2 Abgeschlossene Operatoren
In diesem Abschnitt besprechen wir lineare Operatoren, die auf einem Unterraum eines normierten Raums definiert sind. In diesem Zusammenhang schreiben wir meist T : D(T ) ⊆ X → Y. In der Regel ist D(T ) ein dichter Unterraum
von X und T ist nicht stetig (sonst könnte man T stetig auf X fortsetzen). Die
folgende Definition ist die richtige Verallgemeinerung des Stetigkeitsbegriffs für
solche Operatoren.
Definition
Es seien X, Y normierte Räume und T : D(T ) ⊂ X → Y eine lineare Abbildung.
Sie heißt abgeschlossen, falls die folgende Aussage richtig ist.
56
4.2
Abgeschlossene Operatoren
Ist { xn } ⊆ D(T ) eine konvergente Folge mit Grenzwert x, und konvergiert { Txn } gegen y, so ist x ∈ D(T ) mit Tx = y.
Bemerkungen
1. Aus dieser Definition folgt nicht, dass
D(T ) ein abgeschlossener Unterraum von X ist.
‘Ist { xn } ⊆ D(T ) eine konvergente Folge mit Grenzwert x, so
ist x ∈ D(T ).’
T stetig ist.
‘Ist D(T ) abgeschlossen und konvergiert { xn } ⊆ D(T ) gegen
x ∈ D(T ), so konvergiert Txn gegen Tx.’
2. Alle stetigen Abbildungen sind abgeschlossen.
Beispiel
Es seien X = C[0,1] mit dem Supremumnorm und T : D(T ) ⊆ X → X die Abbildung T : f 7→ f ′ mit D(T ) = C1 [0,1]. Aus einem früheren Beispiel wissen wir, dass
diese Abbildung nicht stetig ist. Sie ist aber abgeschlossen.
Es sei { f n } ⊆ D(T ) eine Folge mit der Eigenschaft, dass { f n } und { T f n } konvergent sind. Bezeichne die Grenzwerte mit f und g. Dann konvergiert { f n } gleichmäßig gegen f und { f n′ } gleichmäßig gegen g auf [0,1]. Aus einem Satz von Analysis 1 folgt, dass f differenzierbar mit f ′ = g ist. Dies ist die Aussage f ∈ C1 [0,1]
mit T f = g.
Definition
Es seien X, Y Vektorräume und T : D(T ) ⊂ X → Y eine lineare Abbildung. Der
Graph dieser Abbildung ist der Unterraum
G(T ) = {( x,Tx ) : x ∈ D(T )}
von X ⊕ Y.
57
4.2
Abgeschlossene Operatoren
Proposition
Es seien X, Y normierte Räume. Die lineare Abbildung T : D(T ) ⊂ X → Y ist genau dann abgeschlossen, wenn G(T ) ein abgeschlossener Unterraum von
X ⊕ Y ist.
Beweis
G(T ) ist genau dann ein abgeschlossener Unterraum von X ⊕ Y, wenn aus
( xn , Txn ) → ( x,y) eben ( x,y) ∈ G(T ) folgt.
Proposition
Es seien X, Y Banachräume und T : D(T ) ⊂ X → Y eine abgeschlossene lineare
Abbildung.
1. Versehen mit der Graphennorm ||| x ||| = k x k + k Tx k ist D(T ) ein Banachraum.
2. T : (D(T ),||| · |||) → Y ist stetig.
Beweis
1. Es sei { xn } eine Cauchy-Folge in (D(T ),||| · |||). Dies ist genau die Aussage,
dass {( xn ,Txn )} eine Cauchy-Folge in G(T ) ist. Als abgeschlossener Unterraum vom Banachraum X ⊕ Y ist G(T ) selbst ein Banachraum. Folglich
konvergiert {( xn ,Txn )} gegen ( x,Tx ) in G(T ), und dies ist genau die Aussage, dass { xn } gegen x in (D(T ),||| · |||) konvergiert.
2. Dies folgt aus der Ungleichung
kTx k ≤ k x k + kTx k ≤ ||| x |||
für alle x ∈ D(T ).
Satz (Satz vom abgeschlossenen Graphen)
Es seien X und Y Banachräume und T : X → Y eine lineare, abgeschlossene Abbildung. Dann ist T stetig.
58
4.2
Abgeschlossene Operatoren
Beweis
Da D(T ) = X ist, sind (X,k · k) und (X,||| · |||) Banachräume mit
k x k ≤ ||| x |||
für alle x ∈ X.
Dem Korollar zum Satz der offenen Abbildung zufolge sind k · k und ||| · ||| äquivalente Normen für X. Weil T : (X,||| · |||) → Y stetig ist, ist also T : (X,k · k) → Y
stetig.
Satz
Es seien X und Y Banachräume und T : D(T ) ⊆ X → Y eine lineare, abgeschlossene Bijektion. Dann ist T −1 : Y → X stetig.
Beweis
Weil T : (D(T ),||| · |||) → Y stetig ist, folgt aus dem Satz von der inversen Abbildung, dass T −1 : Y → (D(T ),||| · |||) stetig ist. Auf der anderen Seite folgt aus der
Abschätzung
k x k ≤ ||| x |||
für alle x ∈ X,
dass die Identitätsabbildung I : (D(T ),||| · |||) → X stetig ist. Somit ist T −1 : Y → X
stetig.
Beispiel
Es sei f ∈ C[0,1]. Zeigen Sie, dass die Differentialgleichung
u′ = f
mit Randbedingung u(0) = 0 eine eindeutige Lösung in C1 [0,1] hat, die stetig von
f abhängt.
Beweis
Es seien X = {u ∈ C[0,1] : u(0) = 0}, Y = C[0,1] mit der Supremumnorm und
T : D(T ) ⊂ X → Y die Abbildung T : u 7→ u′ mit D(T ) = {u ∈ C1 [0,1] : u(0) = 0}.
59
4.2
Abgeschlossene Operatoren
Dann ist T abgeschlossen und T : (D(T ),||| · |||) → X ist bijektiv mit Umkehrfunktion
Z x
g(t) dt.
T −1 ( g ) =
0
Somit hat die Gleichung
Tu = f
eine eindeutige Lösung in D(T ), die stetig von f abhängt.
60
5 Spektraltheorie
5 Spektraltheorie
5.1 Einführung
Definition
Es seien X ein nichttrivialer, komplexer Banachraum und T : D(T ) ⊆ X → X eine
lineare Abbildung.
1. Die Resolventenmenge von T ist die Menge
ρ(T ) := {λ ∈ C : (λI − T )−1 ∈ L(X,X )}.
Für λ ∈ ρ(T ) heißt der Operator
Rλ (T ) := (λI − T )−1
die Resolvente.
2. Die Menge
σ ( T ) := C \ ρ( T )
ist das Spektrum von T. Die Zahlen in σ(T ) sind Spektralwerte von T.
Lemma
Es seien X ein nichttrivialer, komplexer Banachraum und T : D(T ) ⊆ X → X eine
nicht abgeschlossene, lineare Abbildung. Dann ist σ(T ) = C.
Beweis
Wir zeigen: Aus ρ(T ) 6= ∅ folgt, dass T abgeschlossen ist.
Es sei also λ ∈ ρ(T ). Ferner sei { xn } ⊂ D(T ) eine Folge mit der Eigenschaft, dass
xn → x und Txn → y für n → ∞. Dann gilt
lim (λI − T ) xn = λx − y,
n→∞
so dass
−1
(λI − T ) (λx − y) = (λI − T )
|
{z
}
∈ D(T )
−1
lim (λI − T ) xn = lim xn = x,
n→∞
n→∞
61
5.1 Einführung
weil (λI − T )−1 stetig ist. Somit ist x ∈ D(T ) mit
λx − y = (λI − T ) x,
d.h. Tx = y.
Nun klassifizieren wir das Spektrum einer linearen Abbildung.
Definition
Es seien X ein nichttrivialer, komplexer Banachraum und T : D(T ) ⊆ X → X eine
lineare Abbildung.
1. Das Punktspektrum von T ist die Menge
σp (T ) := {λ ∈ σ(T ) : λI − T ist nicht injektiv}.
Eine Zahl λ ∈ σp (T ) heißt Eigenwert von T. Der Raum Eλ := ker(λI − T ) ist
der entsprechende Eigenraum, seine Dimension ist die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts und nichttriviale Elemente von ker(λI − T ) heißen
Eigenvektoren oder Eigenfunktionen.
2. Das kontinuierliche Spektrum von T ist die Menge
σc (T ) := {λ ∈ σ(T ) : λI − T ist injektiv und nicht surjektiv, Im (λI − T ) = X }.
3. Das Restspektrum von T ist die Menge
σr (T ) := {λ ∈ σ(T ) : λI − T ist injektiv und nicht surjektiv, Im (λI − T ) 6= X }.
Bemerkungen
1. Es sei T abgeschlossen. Dann ist (λI − T )−1 : X → X stetig, falls (λI − T ) :
D(T ) → X eine Bijektion ist.
2. Es sei X endlichdimensional. Dann impliziert die Injektivität von T : X → X
die Surjektivität von T. Die Mengen σc (T ) und σr (T ) sind also leer.
62
5.1 Einführung
Beispiele
1. Es seien X = C[0,1] und T : D(T ) ⊂ X → Y die Abbildung T : u 7→ u′ mit
D(T ) = {u ∈ C1 [0,1] : u(0) = 0}.
ρ(T ) = C: Es sei f ∈ C[0,1]. Die Resolventengleichung (λI − T )u = f ist
äquivalent zum Anfangswertproblem
−u′ + λu = f ,
u(0) = 0.
Der Theorie gewöhnlicher Differentialgleichungen zufolge besitzt dieses Problem die eindeutige Lösung
u( x ) = −e
λx
Z x
0
e−λs f (s) ds,
so dass (λI − T ) : D(T ) → X eine Bijektion ist. Offensichtlich gilt
k uk ∞ ≤
1
|1 − eλ |k f k∞ ,
| λ|
so dass (λI − T )−1 : X → X beschränkt ist.
2. Es seien X = C[0,1] und T : D(T ) ⊂ X → Y die Abbildung T : u 7→ u′ mit
D(T ) = {u ∈ C1 [0,1] : u(0) = 0, u(1) = 0}.
σr (T ) = C: Die Resolventenleichung (λI − T )u = f ist äquivalent zum
Anfangswertproblem
−u′ + λu = f ,
u(0) = 0,
u(1) = 0.
Der Theorie gewöhnlicher Differentialgleichungen zufolge besitzt dieses Problem die eindeutige Lösung
u( x ) = −e
genau dann, wenn
Z 1
0
ist. Es ist also
Im(λI − T ) =
λx
Z x
0
e−λs f (s) ds
e−λs f (s) ds = 0
f ∈ C[0,1] :
Z 1
0
e
− λs
f (s) ds = 0 ,
und dies ist ein abgeschlossener, echter Unterraum von C[0,1].
63
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
3. Es seien X = L2 (0,1) und T : X → X die Abbildung T : u( x ) 7→ xu( x ). Diese
Abbildung ist beschränkt mit k T k ≤ 1.
ρ(T ) = C \ [0,1]: Es sei λ 6∈ [0,1]. Die Resolventengleichung (λI − T )u = f
ist
( λ − x ) u ( x ) = f ( x ),
so dass
u( x ) =
Es gilt
k u k2 ≤
1
f ( x ).
λ−x
1
k f k2 ,
dist (λ,[0,1])
d.h. (λI − T )−1 ∈ L(X ).
σc (T ) = [0,1]: Es sei λ ∈ [0,1]. Dann ist λI − T : X → X injektiv, denn
(λ − x )u( x ) = 0 ⇔ u( x ) = 0 fast überall. Allerdings ist λI − T : X → X
nicht surjektiv. 1 ∈ Im(λI − T ) führt nämlich zum Widerspruch (λ − x )−1 ∈
L2 (0,1).
Im(λI − T ) ist jedoch eine dichte Teilmenge von X. Wähle f ∈ L2 (0,1) und
definiere
(
f ( x ), |λ − x | ≥ n1 ,
f n (x) =
0,
|λ − x | < n1 ,
Dann ist f n ∈ Im(λI − T ), denn (λ − x )−1 f n ( x ) ∈ L2 (0,1), und es gilt f n → f
in L2 (0,1).
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
Definition
Es seien X ein komplexer Banachraum und U ein Gebiet der komplexen Ebene.
Eine Funktion f : U → X heißt analytisch in U, falls es zu jedem λ0 ∈ U eine
Potenzreihendarstellung von f mit Entwicklungspunkt λ0 und positivem Konvergenzradius gibt.
Satz
Es seien X ein nichttrivialer, komplexer Banachraum, T : D(T ) ⊂ X → X eine
abgeschlossene, lineare Abbildung und λ0 ∈ ρ(T ).
64
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
Dann liegt die Menge {λ0 + κ : |κ | < k Rλ0 k−1 } in ρ(T ) und es gilt
((λ0 + κ ) I − T )
−1
∞
=
∑ (−κ)n Rnλ+0 1
n =0
für |κ | < k Rλ0 k−1 .
Beweis
Es sei λ0 ∈ ρ(T ). Die Reihe
∞
∑ (−κ)n Rnλ+0 1
n =0
ist absolut konvergent und daher konvergent in L(X ) für |κ | < k Rλ0 k−1 (Quotientenregel). Es sei S ∈ L(X ) ihr Grenzwert.
Es gilt
und daher
κRλ0 S = S(κRλ0 ) = Rλ0 − S
S = Rλ0 − κRλ0 S,
Aus der ersten Identität folgt
ker S ⊆ ker Rλ0 ,
S = Rλ0 − κSRλ0 .
Im S ⊆ Im Rλ0
und aus der zweiten Identität folgt
ker Rλ0 ⊆ ker S,
Im Rλ0 ⊆ Im S.
Somit ist ker S = ker Rλ0 = {0} und Im S = Im Rλ0 = D(T ). S ist also eine Bijektion
X → D(T ).
Für f ∈ D(T ) gilt
S(λ0 I − T ) f = Rλ0 (λ0 I − T ) f − κSRλ0 (λ0 I − T ) f
= f − κS f ,
so dass
Ebenfalls gilt
S((λ0 + κ ) I − T ) f = f .
((λ0 + κ ) I − T )Sg = g
für alle g ∈ X. Somit ist S = ((λ0 + κ ) I − T )−1 und λ0 + κ ∈ ρ(T ).
65
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
Bemerkung
Dem letzten Satz zufolge ist
ρ(T ) offen, so dass σ(T ) abgeschlossen ist,
die Resolventenabbildung λ 7→ Rλ (T ) analytisch in jedem Gebiet U ⊆ ρ(T ).
Proposition (Resolventenidentitäten)
Es seien X ein nichttrivialer, komplexer Banachraum, T : D(T ) ⊂ X → X eine
abgeschlossene, lineare Abbildung. Dann gilt
(i) Rλ (T ) − Rµ (T ) = −(λ − µ) Rλ (T ) Rµ (T ) für alle λ, µ ∈ ρ(T ),
(ii) Rλ (T ) Rµ (T ) = Rµ (T ) Rλ (T ) für alle λ, µ ∈ ρ(T ).
Beweis
(i) wird von der elementaren Idenität
(µI − T )(λI − T )( Rλ (T ) − Rµ (T )) = (µI − T ) − (λI − T )
= −(λ − µ) I
hergeleitet, in dem mann Rλ (T ) Rµ (T ) auf beide Seiten anwendet.
(ii) folgt sofort aus (i).
Definition
Es seien X ein komplexer Banachraum, U ein Gebiet der komplexen Ebene und f
eine Abbildung U → X.
1. f heißt komplex differenzierbar im Punkt λ ∈ U, falls der Grenzwert
lim
h →0
f λ+ h − f λ
h
existiert. In diesem Fall heißt der obige Grenzwert Ableitung von f im
Punkt λ ∈ U und wird geschrieben als f λ′ .
66
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
2. Falls f in jedem Punkt von U komplex differenzierbar ist, heißt f holomorph in U. Die durch λ 7→ f λ′ definierte Funktion f ′ : U → X heißt Ableitungsfunktion oder Ableitung von f .
Proposition
Es seien X ein komplexer Banachraum, U ein Gebiet der komplexen Ebene und f
eine Abbildung U → X. Ist f analytisch in U, so ist f holomorph in U.
Korollar
Es seien X ein nichttrivialer, komplexer Banachraum und T : D(T ) ⊂ X → X eine abgeschlossene, lineare Abbildung. Dann ist die Resolventenabbildung λ 7→
Rλ (T ) holomorph in jedem Gebiet U ⊆ ρ(T ). Ferner gilt
R′λ (T ) = − Rλ (T )2 ,
λ ∈ ρ ( T ).
Satz
Es seien X ein komplexer Banachraum, U ein Gebiet in der komplexen Ebene und
S eine Abbildung U → L(X,X ).
Dann ist S genau dann holomorph in U, wenn die komplexwertige Funktion z 7→
T (Sz ( x )) für jedes x ∈ X und T ∈ X ∗ holomorph ist.
Beweis
Es sei S holomorph in U. Offensichtlich ist z 7→ T (Sz ( x )) für jedes x ∈ X und
T ∈ X ∗ holomorph mit Ableitung z 7→ T (Sz′ ( x )).
Nun sei z 7→ T (Sz ( x )) für jedes x ∈ X und T ∈ X ∗ holomorph. Wir zeigen, dass
S komplex differenzierbar in jedem Punkt z0 ∈ U ist. Ohne Beschränkung der
Allgemeinheit können wir z0 = 0 setzen.
Wähle r > 0, so dass Br (0) ⊆ U. Für |h| < r gilt dann
1
T (S0 x ) =
2πi
Z
T ( Sz x )
dz,
z
γ (0;r )
1
T ( Sh x ) =
2πi
Z
T ( Sz x )
dz
γ (0;r ) z − h
67
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
für jedes T ∈ X ∗ und x ∈ X (wegen der Cauchyschen Integralformeln). Definiere
Sh1 x − S0 x Sh2 x − S0 x
1
Lh1 ,h2 x =
,
−
h1 − h2
h1
h2
so dass
Daraus folgt
1
T ( Lh1 ,h2 x ) =
2πi
Z
T ( Sz x )
dz.
γ (0;r ) (z − h1 )(z − h2 )z
| T ( Lh1 ,h2 x )| ≤
Da
2
sup | T (Sz ( x ))| .
r2 |z|=r
{z
}
|
:= M
{| T ( Lh1 ,h2 x )| : |h1 |, |h2 | < 2r }
für jedes T ∈ X ∗ und jedes x ∈ X beschränkt ist, ist
{k Lh1 ,h2 x k : |h1 |, |h2 | < 2r }
beschränkt (Aufgabe 2(a), Übungsblatt 7). Dem Satz von Banach und Steinhaus
zufolge ist also
M := sup k Lh1 ,h2 k < ∞.
| h1 |,| h2 |< 2r
Folglich gilt
Sh1 − S0 Sh2 − S0 ≤ M k h1 − h2 k.
−
h
h2 1
(⋆)
Es sei {hn } eine Nullfolge. (⋆) (mit h1 = hm , h2 = hn ) zufolge ist
Shn − S0
hn
eine Cauchy-Folge im Banachraum L(X ). Sie ist also konvergent, und aus (⋆)
(mit h1 = h1n , h2 = h2n ) folgt, dass der Grenzwert nicht von der Folge {hn } abhängt.
Also existiert der Grenzwert
S − S0
lim h
.
h
h →0
Lemma
Es seien X ein komplexer Banachraum und T : X → X eine beschränkte lineare
Abbildung. Dann gilt
68
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
(i) σ(T ) ⊆ {λ ∈ C : |λ| ≤ k T k},
(ii) k Rλ (T )k → 0 für |λ| → ∞,
(iii) σ(T ) 6= ∅.
Beweis
(i) Wähle λ mit |λ| > k T k und definiere S = T/λ, so dass kSk < 1 ist. Dem Satz
über die Neumannsche Reihe zufolge ist I − S invertierbar mit
( I − S)−1 =
∞
∑ Sn .
n =0
Damit ist λI − T = λ( I − S) invertierbar mit
(λI − T )−1 = λ−1 ( I − S)−1 =
∞
∑ λ−(n+1) T n ,
(⋆)
n =0
und dem Satz von der inversen Abbildung zufolge ist λI − T ein toplogischer
Isomorphismus X → X. Folglich ist λ ∈ ρ(T ).
(ii) Aus (⋆) folgt
∞
k Rλ (T )k ≤
1
∑ |λ|−(n+1) kT kn = |λ| − kT k ,
n =0
so dass k Rλ (T )k → 0 für |λ| → ∞.
(iii) Falls σ(T ) = ∅ ist, ist die Resolventenabbildung eine ganze Funktion. Sie ist
aber wegen (ii) und ihrer Stetigkeit auch beschränkt.
Wähle L ∈ X ⋆ und x ∈ X. Dann ist die komplexwertige Funktion f (λ) = L( Rλ (T ) x )
ganz und wegen des Satzes von Liouville konstant. Aus limλ→∞ Rλ (T ) = 0 folgt
limλ→∞ f (λ) = 0, so dass f identisch Null ist. Für jedes feste x ist also
L( Rλ ( T ) x ) = 0
für alle L ∈ X ⋆ .
Somit ist Rλ (T ) x = 0. Dies gilt aber für alle x ∈ X, so dass Rλ (T ) = 0 ist. Dies ist
ein Widerspruch (Rλ (T ) : X → X ist invertierbar).
Mit Hilfe von Wegintergralen können wir eine vollständige Theorie Banachraumwertiger holomorpher Funktionen konstruieren.
69
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
Definition
Es seien X ein Banachraum und u : [ a,b] → X eine stetige Abbildung. Zu jeder Zerlegung Z = {t0 , . . . ,tn } von [ a,b] und Menge von Auswertungspunkten
Y = {s1 , . . . ,sn } (mit si ∈ [ti −1 ,ti ] für i = 1, . . . ,n) seien δ(Z) = max t j − t j−1 und
j=1,...,n
Ru (Y,Z) die Riemannsche Summe
n
Ru (Y,Z) =
∑ u(si )(t j − t j−1 ).
j =1
Das (Riemannsche) Integral von u über [ a,b] ist der Grenzwert
Z b
a
u(t) dt := lim Ru (Y,Z).
δ( Z )→0
(Diese Gleichung drückt aus, dass der Grenzwert limn→∞ Ru (Yn ,Zn ) für jede Folge { Zn } mit δ(Zn ) → 0 und jede dazugehörige Wahl {Yn } existiert und nicht von
der Folge abhängt.)
Definition
Es seien X ein komplexer Banachraum, U ein Gebiet, γ : [ a,b] → U ein Pfad und
f : U → X eine stetige Abbildung.
Im
U
γ(b)
f
f bildet Punkte in U auf
Elemente von X ab
γ(a)
Re
Das Pfadintegral von f über γ ist
Z
γ
f (z) dz :=
Z b
a
f (γ(t))γ′ (t) dt.
(Die Funktion ( f ◦ γ)γ′ ist stückweise stetig und daher integrierbar über [ a,b].)
70
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
Proposition
Es seien X ein komplexer Banachraum, U ein Gebiet, γ : [ a,b] → U ein Pfad, f ,g :
U → X stetige Abbildungen. Dann gilt:
(i)
Z
α f (z) + βg(z) dz = α
γ
Z
f (z) dz + β
γ
Z
γ
g(z) dz für alle α, β ∈ C,
Z
≤ ℓ(γ) max k f (γ(t))k,
(ii) f
(
z
)
dz
γ
t∈[ a,b ]
(iii) T
Z
γ
f (z) dz
=
Z
γ
T ( f (z)) dz für alle T ∈ X ∗ .
Satz (Cauchyscher Integralsatz)
Es seien γ ein nullhomotoper Pfad in einem Gebiet U, X ein komplexer Banachraum und f : U → X eine holomorphe Funktion. Dann gilt
Z
γ
f (z) dz = 0.
Beweis
Für jedes T ∈ X ∗ ist T ◦ f : U → C eine holomorphe Funktion. Dem Cauchyschen
Integralsatz für komplexwertige Funktionen zufolge gilt also
Z
Z
T
f (z) dz = T ( f (z)) dz = 0
für alle T ∈ X ∗ .
γ
Somit ist
γ
Z
γ
f (z) dz = 0.
Mit Hilfe dieses Satzes können wir eine Theorie holomorpher, Banachraumwertiger Funktionen entwickeln, die identisch zur gewöhnlichen Theorie für holomorphe, komplexwertige Funktionen ist: Cauchysche Integralformeln, Satz von
Taylor, Satz von Laurent, usw. Insbesondere sind holomorphe Funktionen auch
analytisch.
71
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
Definition
Es seien X ein nichttrivialer, komplexer Banachraum und T ∈ L(X ). Die Zahl
r (T ) := sup{|λ| : λ ∈ σ(T )}
heißt Spektralradius von T.
Bemerkung
Da σ(T ) eine kompakte Teilmenge von C ist, wird das Supremum angenommen:
Es existiert λ⋆ ∈ σ(T ) mit |λ⋆ | = r (T ).
Im
λ
r(T)
Re
Satz
Es seien X ein nichttrivialer, komplexer Banachraum und T ∈ L(X ). Dann gilt
q
r (T ) = lim n k T n k.
n→∞
Ferner hat Rλ (T ) die Laurentreihendarstellung
∞
Rλ ( T ) =
∑ λ−(n+1) T n
n =0
im Gebiet {λ : |λ| > r (T )}.
72
5.2 Die Resolventenabbildung als holomorphe Funktion
Beweis
Aus der Bemerkung zum Satz über die Neumannsche Reihe wissen wir, dass
( I − S)−1 =
für S ∈ L(X ) mit
lim
q
n
n→∞
∞
∑ Sn
n =0
kSn k < 1.
Verwenden wir dieses Ergebnis mit S = T/λ, so gilt
(λI − T )−1 =
falls
lim
n
n→∞
Somit ist
q
∞
∑ λ−(n+1) T n ,
(⋆)
n =0
k T n k < | λ |.
r (T ) ≤ lim
n→∞
q
n
k T n k.
Die rechte Seite von (⋆) eine Laurentreihendarstellung von Rλ (T ) mit Entwicklungspunkt 0. Sie konvergiert also im größtmöglichen offenen Kreisring
{λ : |λ| ∈ (r1 ,r2 )}, in dem Rλ (T ) holomorph ist, d.h. in {λ : |λ| > r (T )}. Folglich
ist {λ−n+1 T n } eine Nullfolge und daher beschränkt für |λ| > r (T ). Es existiert
also M > 0 mit
kλ−n+1 T n k ≤ M,
d.h.
q
n
kT n k ≤
√
n
1
M | λ | 1+ n
für alle n ∈ N.
Im Limes n → ∞ liefert diese Ungleichung
q
lim n k T n k ≤ |λ|
für alle |λ| > r (T ),
n→∞
so dass
lim
n→∞
q
n
k T n k ≤ r ( T ).
73
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Definition
Es seien H1 , H2 Hilberträume und T ∈ L( H1 ,H2 ). Der zu T (im Hilbertraumsinne) adjungierte Operator T ∗ ∈ L( H2 ,H1 ) ist der durch die Formel
T ∗ = ψ1 T˜ ∗ ψ2−1
definierte Operator, wobei T˜ ∗ der zu T adjungierte Operator T ∗ ∈ L( H2∗ ,H1∗ ) und
ψ1 : H1∗ → H1, ψ2 : H2∗ → H2 die durch den Rieszschen Darstellungssatz bestimmten antilinearen Bijektionen sind.
Bemerkung
T ∗ ist die eindeutige Abbildung in L( H2 ,H1 ) mit der Eigenschaft
hTx, yi H2 = h x, T ∗ yi H1
für alle x ∈ H1, y ∈ H2 .
Proposition
Es seien H1 , H2 , H3 Hilberträume, S, T ∈ L( H1 ,H2 ), R ∈ L( H2 ,H3 ) und α ein Skalar. Dann gilt
(i) (S + T )∗ = S∗ + T ∗ ,
(ii) (αT )∗ = αT ∗ ,
(iii) ( RS)∗ = S∗ R∗ ,
(iv) kSk = kS∗ k,
(v) S∗∗ = S,
(vi) kSS∗ k = kS∗ Sk = kSk2 ,
(vii) ker S = (Im S∗ )⊥ und ker S∗ = (Im S)⊥ .
74
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Beweis
(i)-(v) folgen direkt aus den Defintionen und den entsprechenden Eigenschaften
von T˜ ∗ .
(vi) Für jedes x ∈ H gilt
kSx k2 = hSx, Sx i = h x, S∗ Sx i ≤ k x kkS∗ Sx k,
so dass
kSk2 = sup kSx k2 ≤ sup k x kkS∗ Sx k = kS∗ Sk ≤ kS∗ kkSk = kSk2 .
Damit ist
k x k=1
k x k=1
k S ∗ S k = k S k2
und folglich auch
kS∗∗ S∗ k = kS∗ k2 .
| {z }
| {z }
∗
= kSS k = kSk2
(vii) Es gilt nun
x ∈ ker S
⇔
⇔
⇔
⇔
Sx = 0
hSx, yi = 0 für alle y ∈ H2
h x, S∗ yi = 0 für alle y ∈ H2
x ∈ (Im S∗ )⊥ .
Somit ist ker S = (Im S∗ )⊥ und folglich auch ker S∗ = (Im S∗∗ )⊥ = (Im S)⊥ .
Korollar
Es seien H1 , H2 Hilberträume und S ∈ L( H1 ,H2 ). Dann ist S genau dann injektiv,
wenn Im S∗ eine dichte Teilmenge von H1 ist.
Beweis
Aus dem Projektionssatz folgt
H1 = Im S∗ ⊕ (Im S∗ )⊥
= Im S∗ ⊕ (Im S∗ )⊥
= Im S∗ ⊕ ker S,
75
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
so dass Im S∗ = H1 genau dann, wenn ker S = {0} ist.
Definition
Es sei H ein Hilbertraum. Die Abbildung T ∈ L( H ) heißt selbstadjungiert, falls
T ∗ = T ist.
Beispiele
1. Es sei H = C n . Wird T ∈ L( H ) durch die Matrix A dargestellt, so wird T ∗
T
durch die Matrix A dargestellt. Die selbstadjungierten Operatoren auf C n
sind also genau diejenigen, die durch hermitische Matrizen dargestellt werden.
2. Es sei k ∈ L2 ((0,1)2 ), so dass die Formel
(Tk f )( x ) =
Z 1
0
k( x,t) f (t) dt
eine beschränkte, lineare Abbildung Tk : L2 (0,1) → L2 (0,1) definiert (siehe
Aufgabe 1b), Übungsblatt 3).
Es gilt nun
hTk f ,gi =
=
=
=
Z 1Z 1
0
0
Z 1Z 1
0
Z 1
0
Z 1
0
0
k( x,t) f (t) dt g ( x ) dx
k( x,t) f (t) g( x ) dt dx
f (t)
f (t)
Z 1
0
Z 1
0
k( x,t) g( x ) dx dt
k( x,t) g( x ) dx dt,
so dass
(Tk⋆ f )( x )
=
Z 1
0
k(t,x ) f (t) dt.
(Dem Satz von Tonelli zufolge liegt ( x,t) 7→ k( x,t) f (t) g( x ) in L1 ((0,1)2 ), so
dass wir wegen des Satzes von Fubini die Integrale vertauschen können.)
Der Operator Tk ist also genau dann selbstadjungiert, wenn k( x,t) = k(t,x )
für fast alle ( x,t) ∈ (0,1)2 ist.
76
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
3. Es seien L der Linksshift und R der Rechtsshift auf ℓ2 . Dann ist
∞
h LX, Y i =
∑ xn+1yn = hX, RYi,
n =1
so dass L∗ = R ist. Diese Operatoren sind also nicht selbstadjungiert.
Lemma (Satz von Hellinger und Toeplitz)
Es seien H ein Hilbertraum und T : H → H eine lineare Abbildung, die die Symmetriebedingung
hTx, yi = h x, Tyi
für alle x, y ∈ H
erfüllt. Dann ist T stetig und folglich selbstadjungiert.
Beweis
Wir zeigen, dass T abgeschlossen ist. Das Ergebnis folgt dann aus dem Satz vom
abgeschlossenen Graphen.
Es sei { xn } ⊂ H eine konvergent Folge mit Grenzwert x und konvergiere { Txn } ⊂
H gegen y. Dann gilt
hy − Tx, y − Tx i =
D
lim Txn − Tx, y − Tx
n→∞
E
= lim h T ( xn − x ), y − Tx i
n→∞
D
E
= lim xn − x, Ty − T 2 x
n→∞
D
E
2
= lim xn − x, Ty − T x
n→∞
= 0,
so dass y = Tx ist.
Bemerkung
Es seien H ein Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung.
Dann ist hTx, x i immer reell, denn hTx, x i = h x, Tx i = hTx,x i.
77
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Lemma
Es seien H ein Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung.
Dann gilt
kT k = sup |hTx, x i|.
k x k=1
Beweis
Es gilt nun
sup |hTx, x i| ≤ sup k Tx kk x k = k T k,
k x k=1
d.h. M ≤ k T k.
|
{z
:= M
}
k x k=1
Umgekehrt gilt
hT ( x + y), x + yi − hT ( x − y),x − yi = 2hTx,yi + 2hTy,x i
= 2hTx, yi + 2h x,Tyi
= 2hTx, yi + 2hTx,yi
= 4Re hTx, yi.
Aus
folgt dann
|hT ( x ± y), x ± yi| ≤ Mk x ± yk2
4|Re hTx, yi| ≤ M(k x + yk2 + k x − yk2 ) = 2M(k x k2 + kyk2 ),
so dass
sup
k x k,kyk=1
|Re hTx, yi| ≤ M.
Setzen wir y = Tx/k Tx k für x mit Tx 6= 0, so erhalten wir k T k ≤ M.
Definition
Es seien H ein Hilbertraum und Y ein abgeschlossener Unterraum von H, so dass
H = Y ⊕ Y⊥
78
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
ist. Die durch die Formel
P(y + z) = y,
y ∈ Y, z ∈ Y ⊥
definierte Abbildung P ∈ L( H ) heißt die orthogonale Projektion auf Y.
Proposition
Es sei H ein Hilbertraum. Eine Abbildung P ∈ L( H ) ist genau dann eine orthogonale Projektion, wenn P idempotent und selbstadjungiert ist.
Bemerkung
Es seien H ein komplexer Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung. Ist λ ein Eigenwert von T, so ist λ reell, denn aus Tx = λx, x 6= 0 folgt
λ| x |2 = hλx, x i = hTx, x i = h x, Tx i = h x, λx i = λ| x |2 .
Im folgenden beweisen wir, dass alle Spektralwerte von T reell sind.
Lemma
Es seien H ein komplexer Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung. Dann liegt eine komplexe Zahl λ in ρ(T ) genau dann, wenn es eine Konstante c > 0 mit
k(λI − T ) x k ≥ ck x k
für alle x ∈ H.
(⋆)
Beweis
Es sei λ ∈ ρ(T ). Aus I = Rλ (λI − T ) folgt dann
k x k = k Rλ (λI − T ) x k ≤ k Rλ kk(λI − T ) x k,
so dass (⋆) mit c = k Rλ k−1 gilt.
Nun gelte (⋆).
(λI − T ) ist injektiv. Aus (⋆) folgt
(λI − T ) x = 0
⇒
x = 0,
so dass ker (λI − T ) = {0} ist.
79
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Nun zeigen wir, dass Im (λI − T )⊥ = {0} ist.
Es sei y ∈ Im (λI − T )⊥ . Für alle x ∈ H gilt also
0 = h(λI − T ) x, yi = h x, (λI − T )yi,
so dass Ty = λy ist. Falls y 6= 0 ist, ist λ ein Eigenwert von T, so dass λ = λ
ist. Dies führt aber zum Widerspruch
0 = k(λI − T )yk ≥ ckyk.
Folglich ist y = 0.
Schließlich zeigen wir, dass Im (λI − T ) ein abgeschlossener Unterraum von
H ist.
Es sei {(λI − T ) xn } ⊆ Im (λI − T ) eine konvergente Folge mit Grenzwert y ∈
H. Aus (⋆) folgt
1
k xn − xm k ≤ k(λI − T ) xn − (λI − T ) xm k,
c
so dass { xn } eine konvergente Folge ist. Es sei x ihr Grenzwert. Da (λI − T )
stetig ist, gilt (λI − T ) xn → (λI − T ) x für n → ∞. Somit ist y = (λI − T ) x und
y ∈ Im (λI − T ).
Aus dem Projektionssatz folgt
H = Im (λI − T ) ⊕ Im (λI − T )⊥ = Im (λI − T ),
{z
}
|
= {0}
so dass λI − T surjektiv ist. Dem Satz von der inversen Abbildung zufolge ist
λ ∈ ρ ( T ).
Satz
Es seien H ein komplexer Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung. Dann ist σ(T ) ⊆ R.
Beweis
Es sei λ ∈ C mit Im λ 6= 0.
80
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Für jedes x ∈ H gilt
2i Imh(λI − T ) x, x i = h(λI − T ) x, x i − h(λI − T ) x, x i = 2i Im λk x k2
und folglich
|Im λ|k x k2 ≤ |h(λI − T ) x, x i| ≤ k(λI − T ) x kk x k.
Es ist also
k(λI − T ) x k ≥ |Im λ|k x k,
so dass λ ∈ ρ(T ) ist.
Satz
Es seien H ein komplexer Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung. Dann ist σ(T ) ⊆ [m,M], wobei
m = inf hTx, x i,
k x k=1
M = sup hTx, x i.
k x k=1
Ferner sind m und M Spektralwerte von T.
Beweis
Für alle x ∈ H \ {0} gilt
hTx,x i ≤ Mk x k2 .
Es sei λ = M + c mit c > 0. Dann gilt
k(λI − T ) x kk x k ≥ h(λI − T ) x, x i = λk x k2 − hTx, x i ≥ (λ − M)k x k2 = ck x k2
für alle x ∈ H \ {0}, d.h.
k(λI − T ) x k ≥ ck x k
für alle x ∈ H. Somit ist λ ∈ ρ(T ).
Nun sei { xn } ⊆ H eine Folge mit k xn k = 1 und hTxn , xn i → M für n → ∞. Bemerke, dass
k( MI − T ) xn k = k( MI − T ) xn kk xn k ≥ |h Mxn − Txn ,xn i| = Mk xn k2 − hTxn , xn i → 0
für n → ∞. Es gibt also keine Konstante c > 0, so dass
k( MI − T ) x k ≥ ck x k
für alle x ∈ H.
Somit ist M 6∈ ρ(T ).
Die Aussagen für m werden in ähnlicher Weise bewiesen.
81
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Korollar
Es seien H ein komplexer Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung. Dann ist k T k = r (T ).
Beweis
In der Notation des letzten Satzes gilt r (T ) = max(|m|, | M|). Auf der anderen
Seite gilt
kT k = sup |hTx,x i|,
k x k=1
so dass k T k = max(|m|,| M|).
Satz
Es seien H ein komplexer Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung. Dann ist σr (T ) = ∅.
Beweis
Es sei λ ∈ R. Wir zeigen: Ist Im (λI − T ) keine dichte Teilmenge von H, so ist
λ ∈ σp (T ).
Dem Projektionssatz zufolge ist
H = Im (λI − T ) ⊕ Im (λI − T )⊥ ,
und falls Im (λI − T ) 6= H ist, gibt es y ∈ H \ {0} mit
h(λI − T ) x, yi = 0
für alle x ∈ H.
Da T selbstadjungiert ist, gilt also
h x,(λI − T )yi = 0
für alle x ∈ H,
d.h. Ty = λy. Somit ist y ein Eigenvektor von T mit Eigenwert λ.
Nun entwicklen wir einen Funktionalkalkül für selbstadjungierte Abbildungen.
Dafür brauchen wir zwei Hilfsergebnisse.
82
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Proposition
Es seien H ein komplexer Hilbertraum, T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung und p ein Polynom. Dann gilt
k p(T )k = sup{| p(λ)| : λ ∈ σ(T )}.
Beweis
Bemerke, dass p(T )∗ p(T ) selbstadjungiert mit
p( T )∗ p( T ) = p( T ) p( T )
ist. Folglich gilt
k p(T )k2 = sup | p(T ) x |2
k x k=1
= sup |h p(T ) x, p(T ) x i|
k x k=1
= sup |h p(T )⋆ p(T ) x, x i|
k x k=1
= k p(T )∗ p(T )k
= sup{|λ| : λ ∈ σ( p(T )∗ p(T ))}
= sup{|λ| : λ ∈ σ( p (T ) p(T ))}
= sup{| p (λ) p(λ)| : λ ∈ σ(T )}
= sup{| p(λ)|2 : λ ∈ σ(T )}
= (sup{| p(λ)| : λ ∈ σ(T )})2 .
(Spektralabbbildungssatz)
Lemma (Weierstraßscher Approximationssatz)
Es sei [ a,b] ein kompaktes Intervall. Die Menge aller Polynome [ a,b] → R bzw.
[ a,b] → C ist eine dichte Teilmenge von C[ a,b] bezüglich der Supremumsnorm.
Definition (der stetige Funktionalkalkül für selbstadjungierte Abbildungen)
Es seien H ein komplexer Hilbertraum, T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung und f ∈ C[m,M].
83
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Dann definieren wir
f (T ) := lim pn (T ),
n→∞
wobei { pn } eine Folge von Polynomen [m,M] → C mit lim k pn − f k∞ = 0 ist.
n→∞
Bemerkungen
1. { pn (T )} ist eine konvergente Folge in L( H ), denn
k pn (T ) − pm (T )k = sup{| pn (λ) − pm (λ)| : λ ∈ σ(T )}
≤ sup{| pn (λ) − pm (λ)| : λ ∈ [m,M]}
= k pn − pm k∞ .
2. Der Grenzwert ist unabhängig von der Wahl der approximierenden Folge
{ pn }. Es seien nämlich { p1n }, { p2n } Folgen von Polynomen, die gleichmäßig
gegen f auf [m,M] konvergieren. Es seien
F1 = lim p1n (T ),
n→∞
F2 = lim p2n (T ).
n→∞
Es gilt nun
k F1 − F2 k ≤ k F1 − p1n (T )k + k p1n (T ) − p2n (T )k + k p2n (T ) − Fn2 k
≤ k F1 − p1n (T )k + k p2n (T ) − Fn2 k + k pn − pm k∞
→0
für n → ∞, so dass F1 = F2 ist.
Lemma
Es seien H ein komplexer Hilbertraum, T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung f , g ∈ C[m,M] und α, β ∈ C. Dann gilt
(α f + βg)(T ) = α f (T ) + βg(T ),
( f g)(T ) = f (T ) g(T ),
f ( T ) = f ( T )∗
(1)
(2)
(3)
und
k f (T )k = sup{| f (λ)| : λ ∈ σ(T )}.
Ferner kommutiert f (T ) mit jeder Abbildung S ∈ L( H ), die mit T kommutiert.
84
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Beweis
Die Identitäten (1)-(3) sind offensichtlich für Polynome und daher auch für gleichmäßige Grenzwerte von Polynomen richtig.
Es sei { pn } eine Folge von Polynomen [m,M] → C, die gleichmäßig gegen f konvergiert. Es gilt
k f (T )k = k lim pn (T )k
n→∞
= lim k pn (T )k
n→∞
= lim sup | pn (λ)|
n→∞
λ∈σ( T )
= sup lim | pn (λ)|
λ∈σ( T )
n→∞
(Die Konvergenz ist gleichmäßig auf σ(T ))
= sup | f (λ)|.
λ∈σ( T )
Ferner gilt
f ( T )S =
lim pn (T ) S
n→∞
= lim pn (T )S
n→∞
= lim Spn (T )
(S kommutiert mit T und daher mit pn (T )
n→∞
= S lim pn (T )
n→∞
= Sp(T ).
Korollar
Es seien H ein komplexer Hilbertraum, T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung und { f n } eine Folge stetiger Funktionen [m,M] → C, die gleichmäßig gegen
f ∈ C[m,M] konvergiert. Dann gilt
lim f n (T ) = f (T ).
n→∞
85
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Definitionen
Es sei H ein komplexer Hilbertraum.
1. Eine selbstadjungierte Abbildung T ∈ L( H ) heißt positiv, falls hTx, x i ≥ 0
für alle x ∈ H.
2. Es seien T1 , T2 ∈ L( H ) selbstadjungierte Abbildungen. Wir schreiben
T1 ≥ T2 , falls T1 − T2 positiv ist.
Beispiel
Jeder orthogonale Projektion E auf einem komplexen Hilbertraum H ist positiv,
denn
hEx,x i = hE2 x,x i = hEx, Ex i = kEx k2 ≥ 0
für jedes x ∈ H.
Lemma
Es sei H ein komplexer Hilbertraum.
1. Es sei { Tn } ⊂ L( H ) eine monoton fallende Folge positiver, selbstadjungierter Abbildungen. Dann konvergiert { Tn } punktweise gegen eine positive,
selbstadjungierte Abbildung T ∈ L( H ). Ferner gilt T ≤ Tn für alle n ∈ N.
2. Es seien {Sn }, { Tn } ⊂ L( H ) Folgen selbstadjungierter Abbildungen, die
punktweise gegen selbstadjungierte Abbildungen S, T ∈ L( H ) konvergieren, und α, β ∈ R. Dann konvergiert αSn + βTn punktweise gegen αS + βT
und Sn Tn punktweise gegen ST.
Proposition
Es seien H ein komplexer Hilbertraum, T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung und f eine nichtnegative stetige Funktion [m,M] → R. Dann ist f (T ) positiv.
86
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Beweis
Definiere die nichtnegative stetige Funktion g : [m,M] → R durch die Formel
q
g( x ) = f ( x ),
x ∈ [m,M],
so dass f = g2 und daher f (T ) = g(T )2 . Es gilt
h f (T ) x,x i = h g(T )2 x,x i = h g(T ) x, g(T ) x i = k g(T ) x k2 ≥ 0.
Korollar
Es seien H ein komplexer Hilbertraum, Es seien T1 , T2 ∈ L( H ) selbstadjungierte
Abbildungen und f 1 , f 2 stetige Funktion [m,M] → R mit f 1 ≥ f 2 . Dann ist f 1 (T ) ≥
f 2 ( T ).
Definition
Es sei H ein komplexer Hilbertraum. Eine Familie { Eλ }λ∈R heißt Zerlegung der
Identität, falls sie die folgenden Eigenschaften besitzt:
(i) Eλ ist eine orthogonale Projektion für jedes λ ∈ R,
(ii) Eλ ≤ Eµ , falls λ ≤ µ ist,
(iii)
lim Eλ = 0 und lim Eλ = I (punktweise),
λ→− ∞
λ→∞
(iv) lim Eλ+ε = Eλ (punktweise) für jedes λ ∈ R.
ǫ ↓0
Beispiele
1. Es sei T eine selbstadjungierte, lineare Abbildung auf einem endlichdimensionalen Skalarproduktraum H. Das Spektrum von T besteht aus reellen Eigenwerten λ1 < λ2 < · · · < λk , die entsprechenden Eigenräume
k
Wi := ker (λi I − T ) sind paarweise orthogonal, und es gilt H = ⊕ Wi . Es
sei Pi die orthogonale Projektion auf Wi .
i =1
87
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Die durch die Formel


 0,

 j −1
Eλ = ∑ Pj ,

i =1



I,
λ < λ1 ,
λ ∈ [λ j−1 , λ j ), j = 2, . . . ,k,
λ ≥ λk
definierte Familie { Eλ }λ∈R ist eine Zerlegung der Identität.
Aus Pi Pj = δij Pi folgt Eλ2 = Eλ , und als Summe endlich vieler selbstadjungierte Abbildungen ist Eλ auch selbstadjungiert. Somit ist Eλ eine
orthogonale Projektion.
Aus Pi ≥ 0 für jedes i folgt Eλ ≤ Eµ für λ ≤ µ.
Aus Eλ = 0 für λ < λ1 und Eλ = I für λ ≥ λk folgt lim Eλ = 0 und
λ→− ∞
lim Eλ = I.
λ→∞
Die Eigenschaft lim Eλ+ε = Eλ folgt aus der Tatsache, dass Eλ auf die
ǫ ↓0
Intervalle (−∞,λ1 ), [λ1 ,λ2 ), . . . , [λk−1 ,λk ) und [λk ,∞) konstant ist.
2. Es sei H = L2 (R ). Die durch die Formel
(Eλ u)( x ) = χ(−∞,λ] ( x )u( x )
definierte Familie { Eλ }λ∈R ist eine Zerlegung der Identität.
Offensichtlich ist Eλ2 = Eλ und
hEλ u,wi =
Z λ
−∞
uw = hu,Eλ wi,
so dass Eλ eine orthogonale Projektion ist.
Es gilt
hEλ u,ui =
für λ ≤ µ.
Z λ
−∞
| u|2 ≤
Es gilt
hEλ u,ui =
Z λ
−∞
| u|2 →
(
Z µ
−∞
k u k2
0
|u|2 = hEµ u,ui
für λ → ∞,
für λ → −∞.
88
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Schließlich gilt
hEλ+ε u,ui − hEλ u,ui =
Z λ+ ε
λ
| u|2 → 0
für ε ↓ 0.
Definition
Es seien H ein Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung. Eine
Zerlegung der Identität mit { Eλ }λ∈R mit den Eigenschaften Eλ = 0 für λ < m,
Eλ = I für λ ≥ M und
µ ( Eν − Eµ ) ≤ T ( Eν − Eµ ) ≤ ν ( Eν − Eµ )
für alle µ ≤ ν heißt Spektralschar für T.
Bemerkungen
1. Die Ungleichung ist trivial für µ,ν ≥ M, µ,ν < m und µ = ν.
2. Für µ < m und ν ≥ M folgt die Ungleichung aus den Definitionen von m
und M.
3. Wählen wir ν ≥ M (und µ ∈ [m,M)) bzw. µ < m (und ν ∈ [m,M)), so reduziert sich die Ungleichung auf
µ ( I − Eµ ) ≤ T ( I − Eµ )
bzw.
TEν ≤ νEν .
Beispiele
1. Es seien T und Eλ die im obigen Beispiel 1 definierten Abbildungen. Dann
ist { Eλ }λ∈R eine Spektralschar für T.
Da m = λ1 und M = λk ist, gilt Eλ = 0 für λ < m und Eλ = I für λ ≥ M.
89
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Schreibe u ∈ H als
u = u1 + . . . + u k
u j ∈ Wj ,
so dass
Pj u = u j ,
Tu = λ1 u1 + . . . , λk uk
und
Eµ u = u 1 + . . . + u j − 1
für µ ∈ [λ j−1 ,λ j ).
Es seien µ, ν ∈ [m,M) mit µ ≤ ν und i, j die eindeutigen natürlichen Zahlen mit µ ∈ [λi −1 ,λi ) und ν ∈ [λ j−1 ,λ j ), so dass
ist. Dann gilt
Eν − Eµ = Pi −1 + . . . + Pj−1
µh(Eν − Eµ )u, ui = µ(kui −1 k2 + . . . + ku j−1 k2 )
≤ λi −1 kui −1 k2 + . . . + λ j−1 ku j−1 k2 = hT (Eν − Eµ )u, ui
≤ ν(kui −1 k2 + . . . + ku j−1 k2 )
= νh(Eν − Eµ )u, ui.
Die Sonderfälle µ < m und ν ≥ M werden in ähnlicher Weise behandelt.
2. Es sei T ∈ L( L2 (0,1)) die durch die Formel
(Tu)( x ) = xu( x )
definierte selbstadjungierte Abbildung. Die durch die Formel
(Eλ u)( x ) = χ[0,λ] ( x )u( x )
definierte Zerlegung der Identität { Eλ }λ∈R ist eine Spektralschar für T. (Dass
{Eλ }λ∈R eine Zerlegung der Identität ist, wird analog zur Rechnung im obigen Beispiel 2 gezeigt.)
In einem früheren Beispiel wurde gezeigt, dass σ(T ) = σc (T ) = [0,1].
Offensichtlich ist Eλ = 0 für λ < 0 und Eλ = I für λ ≥ 1.
Es seien µ, ν ∈ [0,1) mit µ ≤ ν. Dann ist
µh(Eν − Eµ )u, ui = µ
≤
Z ν
µ
Z ν
≤ν
µ
|u( x )|2 dx
x |u( x )|2 dx = hT (Eν − Eµ )u, ui
Z ν
µ
|u( x )|2 dx
= νh(Eν − Eµ )u, ui.
Die Sonderfälle µ < 0 und ν ≥ 1 werden in ähnlicher Weise behandelt.
90
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Definition (Riemann-Stieltjes-Integral)
Es sei X ein komplexer Banachraum und f : [ a,b] → C, und g : [ a,b] → X Abbildungen.
Zu jeder Zerlegung Z = {λ0 , . . . ,λn } von [ a,b] sei δZ = max λ j − λ j−1 und S f (Z)
j=1,...,n
die Riemannsche Summe
n
S f (Z) =
∑ f (ξ j )(g(λ j ) − g(λ j−1 )),
ξ j ∈ [λ j−1 ,λ j ].
j =1
Die Funktion f heißt Riemann-Stieltjes-integierbar bezüglich g, falls der Grenzwert
Z
b
a
f (λ) dg(λ) := lim S f (Z)
δZ →0
existiert. (Diese Gleichung drückt aus, dass der Grenzwert limn→∞ S f (Zn ) für jede Folge { Zn } mit δZn → 0 für n → ∞ existiert und nicht von der Folge oder der
Wahl der Punkte ξ 1 , . . . , ξ n abhängt.)
Satz
Es seien H ein Hilbertraum, T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung, { Eλ }λ∈R
eine Spektralschar für T und δ > 0. Dann gilt
T=
Z M
m− δ
λ dEλ .
Beweis
Es sei Z = {λ0 , . . . ,λn } eine Zerlegung von [m − δ,M]. Dann gilt wegen der letzten
Proposition
n
∑ λ k − 1 ( Eλ k − Eλ k − 1 ) ≤
k=1
denn
n
∑ T ( Eλ k − Eλ k − 1 ) ≤
k=1
|
n
n
k=1
k=1
{z
=T
}
n
∑ λ k ( Eλ k − Eλ k − 1 ) ,
k=1
∑ T (Eλk − Eλk−1 ) = T ∑ (Eλk − Eλk−1 ) = T (Eλn − Eλ0 ) = T,
91
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
und offensichtlich gilt
n
∑ λ k − 1 ( Eλ k − Eλ k − 1 ) ≤
k=1
n
∑ ξ k ( Eλ k − Eλ k − 1 ) ≤
k=1
n
∑ λ k ( Eλ k − Eλ k − 1 )
k=1
für ξ k ∈ [λk−1 ,λk ], k = 1, . . . , n. Daraus folgt
n
− ∑ (λk − λk−1 )(Eλk − Eλk−1 )
k=1
n
≤T−
∑ ξ k ( Eλ k − Eλ k − 1 )
k=1
n
≤
∑ (λk − λk−1 )(Eλk − Eλk−1 )
k=1
und daher
n
− δZ
so dass
∑ ( Eλ k − Eλ k − 1 ) ≤ T −
k=1
|
und folglich
{z
=I
}
n
∑ ξ k ( Eλ k − Eλ k − 1 ) ≤ δ Z
k=1
n
∑ ( Eλ k − Eλ k − 1 ) ,
|k=1
*
!
+
n
T − ∑ ξ k (Eλk − Eλk−1 ) x,x ≤ δZ k x k2
k=1
{z
=I
n
T − ∑ ξ k ( Eλ k − Eλ k − 1 ) ≤ δ Z .
k=1
}
Bemerkung
In der Regel kürzen wir ‘m − δ für beliebiges δ > 0’ auf ’m − 0’ ab.
Satz
Es seien H ein Hilbertraum, T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung, { Eλ }λ∈R
eine Zerlegung der Identität mit der Eigenschaft
T=
Z M
m−0
λ dEλ ,
92
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
und f : [m,M] → C eine stetige Abbildung. Dann gilt
f (T ) =
Z M
m−0
f (λ) dEλ .
Beweis
Es gilt
n
T = lim
δZ →0
∑ ξ k ( Eλ k − Eλ k − 1 ) ,
k=1
wobei Z = {λ0 , . . . ,λn } eine Zerlegung von [m − 0,M] und ξ k ∈ [λk−1 ,λk ], k =
1, . . . , n ist.
Es sei r ∈ N. Es gilt
T r = lim
δZ →0
n
∑ ξ k ( Eλ k − Eλ k − 1 )
k=1
!r
denn
(Eλk − Eλk−1 )(Eλℓ − Eλℓ−1 ) =
n
= lim
δZ →0
(
∑ ξ rk (Eλk − Eλk−1 ),
k=1
Eλ k − Eλ k − 1 ,
0,
k = ℓ,
k 6 = ℓ.
Im Falle, dass f ein Polynom ist, folgt die Behauptung aus der Linearität des
Integrals.
Schließlich sei f ∈ C[m − 0,M]. Wähle ε > 0 und ein Polynom p : [m − 0,M] →
C mit k f − pk∞ < ε. Es gilt nun
n
p(T ) − ∑ p(ξ k )(Eλk − Eλk−1 ) < ε
k=1
für hinreichend feine Zerlegungen, und
k f (T ) − p(T )k < k f − pk∞ < ε
sowie
n
n
∑ f (ξ k )(Eλk − Eλk−1 ) − ∑ p(ξ k )(Eλk − Eλk−1 ) ≤ k f − pk∞ < ε.
k=1
k=1
93
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Es ist also
n
f (T ) − ∑ f (ξ k )(Eλk − Eλk−1 )
k=1
n
≤ k f (T ) − p(T )k + p(T ) − ∑ p(ξ k )(Eλk − Eλk−1 )
k=1
n
n
+ ∑ p(ξ k )(Eλk − Eλk−1 ) − ∑ f (ξ k )(Eλk − Eλk−1 )
k=1
k=1
< 3ε.
Bemerkung
Ähnliche Argumente liefern die Gleichungen
f ( L) x =
Z M
und
h f ( L) x, yi =
für x, y ∈ H.
m−0
f ( λ ) d ( Eλ x )
Z M
m−0
f (λ) dhEλ x, yi
Satz
Es seien H ein Hilbertraum, T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung, und
{Eλ }λ∈R eine Zerlegung der Identität mit der Eigenschaft
T=
Z M
m−0
λ dλ.
(⋆)
Dann gilt Eµ = lim f n,µ (T ) (punktweise) für jedes λ ∈ R, wobei
n→∞

1,



f n,µ (t) = 1 − n(t − µ),


 0,
t < µ,
t ∈ [µ, µ + n1 ],
t > µ + n1 .
94
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
fn,μ (t)
μ + 1n
μ
t
(Die Folge { f n,µ } stetiger, nichtnegativer Funktionen [m,M] → R ist monoton fallend und konvergiert punktweise gegen χ(−∞,λ] , so dass { f n,µ (T )} punktweise
gegen eine positive, selbstadjungierte Abbildung konvergiert.)
Beweis
Das Ergebnis ist trivial für µ < m oder µ ≥ M. Ansonsten folgt aus
χ(−∞,µ] ≤ f n,µ ≤ χ(−∞,µ+ 1 ] ,
n
dass
Z µ
Z µ+ 1
n
Z M
dEλ .
dEλ ≤
f n,µ (λ) dEλ ≤
m−0
m−0
| {z } |
{z
} | {z }
= Eµ
= Eµ + 1
= f n,µ (T )
m−0
n
Aus
folgt
lim E 1
n→∞ µ+ n
= Eµ
Eµ = lim f n,µ (T )
(jeweils punktweise).
n→∞
Bemerkung
Der letzte Satz besagt: Hat eine selbstadjugierte Abbildung T ∈ L( H ) eine Spektralschar, so ist diese zwangsläufig durch die Formel
Eµ = χ(−∞,µ] (T ) := lim f n,µ (T )
n→∞
gegeben. Damit ist die Eindeutigkeit der Spektralschar bewiesen. Es bleibt, die
Existenz einer Spektralschar für eine beliebige selbstadjugierte Abbildung T ∈
L( H ) zu zeigen.
95
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Satz
Es sei H ein Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung. Dann
ist die durch die Formel Eµ = χ(−∞,µ] (T ) definierte Familie { Eµ }µ∈R eine Spektralschar für T.
Korollar
Es sei H ein Hilbertraum, T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung. Die Zerlegung der Identität { Eµ }µ∈R ist genau dann die Spektralschar von T, wenn
T=
Z M
m−0
λ dEλ .
Satz
Es seien H ein Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung mit
Spektralschar { Eλ }λ∈R . Dann gilt
ker(λ0 I − T ) = Im lim(Eλ0 − Eλ0 −ε )
ε ↓0
(punktweise) für jedes λ0 ∈ R.
Beweis
Zunächst zeigen wir, dass lim(Eλ0 − Eλ0 −ε ) eine orthogonale Projektion ist.
ε ↓0
Es sei {ε n } ⊂ (0,∞) eine monoton fallende Nullfolge. Da die Folge
{Eλ0 − Eλ0 −ε n } monoton steigend und nach oben (durch Eλ0 ) beschränkt ist, ist
sie punktweise konvergent gegen eine selbstadjungierte Abbildung P ∈ L( H ).
Da Eλ0 − Eλ0 −ε n idempotent für jedes n ∈ N ist, ist P ebenfalls idempotent.
Es sei x ∈ Im P.
96
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Für jedes m ∈ N gilt
(Eλ0 − Eλ0 −ε m ) x = (Eλ0 − Eλ0 −ε m ) lim (Eλ0 − Eλ0 −ε n ) x
n→∞
= lim (Eλ0 − Eλ0 −ε m )(Eλ0 − Eλ0 −ε n ) x
n→∞ |
{z
}
= (Eλ0 − Eλ0 −ε n ) x für n > m
= Px
= x.
Aus
folgt
und daher auch
(λ0 − ε m )(Eλ0 − Eλ0 −ε m ) ≤ T (Eλ0 − Eλ0 −ε m )
(λ0 I − T )(Eλ0 − Eλ0 −ε m ) ≤ ε m (Eλ0 − Eλ0 −ε m )
Somit ist
k(λ0 I − T )(Eλ0 − Eλ0 −ε m )k ≤ ε m .
k(λ0 I − T ) x k ≤ ε m k x k,
und im Limes m → ∞ liefert dies eben
(λ0 I − T ) x = 0.
Es sei x ∈ ker (λ0 I − T ).
Wähle ε > 0. Aus
folgt
so dass
TEλ0 −ε ≤ (λ0 − ε)Eλ0 −ε
λ0 hEλ0 −ε x,x i ≤ (λ0 − ε)hEλ0 −ε x,x i,
hEλ0 −ε x,x i ≤ 0,
und zwar mit Gleichheit, denn Eλ0 −ε ≥ 0. Somit ist
Eλ0 −ε x = 0.
(1 )
Auf der anderen Seite folgt aus
(λ0 + ε)( I − Eλ0 +ε ) ≤ T ( I − Eλ0 +ε )
durch dasgleiche Argument, dass
k( I − Eλ0 +ε ) x )k = 0,
d.h.
Eλ0 +ε x = x.
(2 )
97
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
(1), (2) implizieren, dass
lim(Eλ0 +ε − Eλ0 −ε ) x = lim(Eλ0 − Eλ0 −ε ) x = x,
ε ↓0
ε ↓0
denn Eλ ist rechtsseitig stetig. Da P idempotent ist, ist also x ∈ Im P.
Korollar
Es seien H ein Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung mit
Spektralschar { Eλ }λ∈R . Dann ist λ0 ein Eigenwert von T genau dann, wenn Eλ
nicht linksstetig (punktweise) im Punkt λ0 ist. In diesem Fall ist der entsprechende Eigenraum Im lim(Eλ0 − Eλ0 −ε ).
ε ↓0
Satz
Es seien H ein Hilbertraum und T ∈ L( H ) eine selbstadjungierte Abbildung mit
Spektralschar { Eλ }λ∈R . Dann ist λ0 ∈ ρ(T ) genau dann, wenn es ε > 0 gibt, so
dass Eλ im Intervall [λ0 − ε,λ0 + ε] konstant ist.
Beweis
Wir brauchen nur den Fall λ ∈ [m,M) zu untersuchen.
Es gebe ε > 0, so dass Eλ im Intervall [λ0 − ε,λ0 + ε] konstant ist. Für jedes
g ∈ C[m − 0,M] hängt also der Wert des Integrals
Z M
m−0
g(λ) dEλ
nicht von den Funktionswerten von g im Intervall [λ0 − ε,λ0 + ε] ab.
Somit gilt
(λ0 I − T ) f 0 (T ) = f 0 (T )(λ0 I − T ) =
Z M
m−0
dEλ = I,
für jede Funktion f 0 ∈ C[m − 0,M] mit der Eigenschaft
f 0 ( λ ) = ( λ0 − λ ) − 1
für λ 6∈ [λ0 − ε,λ0 + ε],
d.h. f 0 (T ) = Rλ0 (T ).
98
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Nun sei Eλ nicht
n ∈ N. Dann ist
konstant
in
jedem
Intervall
[ λ0 −
1
n ,λ0
+
1
n ],
Pn := Eλ0 + 1 − Eλ0 − 1 > 0.
n
n
Es gibt also xn ∈ H mit k xn k = 1 und Pn xn = xn .
Aus
(λ0 − n1 ) Pn ≤ TPn ≤ (λ0 + n1 ) Pn
folgt
− n1 Pn ≤ (λ0 I − T ) Pn ≤ n1 Pn
und daher
k(λ0 I − T ) Pn k ≤ n1 .
Es gibt also keine Konstante c > 0 mit
für alle x ∈ H.
k(λ0 I − T ) x k ≥ ck x k
Folglich ist λ0 ∈ σ(T ).
Beispiele
1. Es seien T und Eλ die im obigen Beispiel 1 definierten Abbildungen.
Eλ ist konstant auf den Intervallen (−∞,λ1 ), (λ1 ,λ2 ), . . . , (λk−1 ,λk ), (λk ,∞).
Es gilt
und
für j = 1, . . . ,k.
lim Eλ j +ε − Eλ j = Pj
ε ↓0
Im lim Eλ j +ε − Eλ j = Im Pj = Wj
ε ↓0
Somit erhalten wir das Ergebnis σ(T ) = σp (T ) = {λ1 , . . . ,λk } wieder.
2. Es seien T und Eλ die im obigen Beispiel 2 definierten Abbildungen.
Eλ ist konstant auf den Intervallen (−∞, 0) und (1,∞).
Es sei λ ∈ [0,1], so dass
hEλ u, ui =
Z λ
0
|u( x )|2 dx,
99
5.3 Selbstadjungierte Abbildungen im Hilbertraum
Folglich ist
lim Eλ+ε = Eλ
ε →0
(punktweise) und es existiert kein ε > 0, so dass Eλ auf dem Intervall
[λ − ε, λ + ε] konstant ist.
Somit erhalten wir das Ergebnis σ(T ) = σc (T ) = [0,1] wieder.
100
6 Kompakte und Fredholmsche Abbildungen
6 Kompakte und Fredholmsche Abbildungen
6.1 Kompakte Abbildungen
Definitionen
1. Eine Teilmenge M eines normierten Raums X heißt relativ kompakt, falls
M kompakt ist.
2. Es seien X und Y normierte Räume. Eine Abbildung T : X → Y heißt kompakt, falls T jede beschränkte Teilmenge von X auf eine relativ kompakte
Teilmenge von Y abbildet.
Bemerkung
Eine lineare Abbildung T : X → Y ist genau dann kompakt, wenn T [ B1 (0)] kompakt ist.
Bemerkungen
Wir werden zwei Charakterisierungen relativ kompakter Mengen oft verwenden:
1. Eine Teilmenge S eines normierten Raums X ist genau dann relativ kompakt, wenn jede Folge {sn } in S eine konvergente Teilfolge enthält.
2. Eine Teilmenge S eines Banachraums X is genau dann relativ kompakt,
wenn sie total beschränkt ist.
Lemma
Es seien X, Y normierte Räume. Dann ist die Abbildung T : X → Y genau dann
kompakt, wenn für jede beschränkte Folge { xn } in X die Folge { Txn } in Y eine
konvergente Teilfolge enthält.
101
6.1
Kompakte Abbildungen
Beweis
Es sei T kompakt und { xn } eine beschränkte Folge in X, so dass { xn } ⊆ BR (0)
für irgendein R > 0 ist. Da die Menge T [ BR (0)] relativ kompakt ist, hat { Txn }
eine konvergente Teilfolge.
Nun habe für jede beschränkte Folge { xn } in X die Folge { Txn } in Y eine
konvergente Teilfolge.
Es seien M eine beschränkte Teilmenge von X und { Txn } eine beliebige Folge
in T [ M]. Weil M beschränkt ist, ist { xn } beschränkt, und folglich hat { Txn }
eine konvergente Teilfolge. Somit ist T [ M] relativ kompakt.
Proposition
Es seien X, Y normierte Räume und T : X → Y linear und kompakt. Dann ist T
beschränkt.
Beweis
Da ∂B1 (0) ⊂ X beschränkt und T : X → Y kompakt ist, ist T [∂B1 (0)] kompakt und
daher auch beschränkt. Somit ist
sup k Tx k ≤ sup{kyk : y ∈ T [∂B1 (0)]} < ∞.
k x k=1
Proposition
Es seien X und Y normierte Räume. Jede Abbildung T ∈ L(X, Y ) mit
dim Im T < ∞ ist kompakt.
Beweis
T [ B1 (0)] ist beschränkt, und jede beschränkte Teilmenge eines endlichdimensionalen Vektorraums ist relativ kompakt.
102
6.1
Kompakte Abbildungen
Bemerkung
Es seien X und Y normierte Räume. Die Menge K(X,Y ) aller kompakten linearen
Abbildungen X → Y ist ein Unterraum von L(X,Y ).
Lemma
Es seien X ein normierter Raum und Y ein Banachraum. Dann ist K(X,Y ) ein
abgeschlossener Unterraum von L(X,Y ) und damit ein Banachraum.
Beweis
Es sei {Kn } ⊂ K(X,Y ) eine konvergente Folge in L(X,Y ) mit Grenzwert K. Wir
zeigen, dass K [ B 1 (0)] total beschränkt ist.
Wähle ε > 0 und N ∈ N, so dass kK − K N k < 2ε ist. Da K N [ B1 (0)] relativ kompakt
und daher total beschränkt ist, existieren endlich viele Punkte K N x1 , . . . , K N xk ∈
K N [ B1 (0)], so dass
K N [ B1 (0)] ⊆
Somit ist aber
K [ B 1 (0)] ⊆
k
[
i =1
k
[
B 2ε (K N xi ).
Bε ( K N x i ) ,
i =1
so dass K [ B 1 (0)] total beschränkt ist.
Korollar
Es seien X ein normierter Raum, Y ein Banachraum und { Tn } ⊂ L(X,Y ) eine
konvergente Folge von Abbildungen mit dim Im Tn < ∞. Dann ist der Grenzwert
T kompakt.
Beispiel
Es sei k ∈ L2 (R2 ), so dass die Formel
(T f )( x ) =
Z ∞
−∞
k( x,t) f (t) dt
103
6.1
Kompakte Abbildungen
eine beschränkte, lineare Abbildung T : L2 (R ) → L2 (R ) mit k T k ≤ kkk definiert
(siehe Aufgabe 1b), Übungsblatt 3).
Da Lstep (R2 ) eine dichte Teilmenge von L2 (R2 ) ist, gibt es eine Folge {kn } ⊂
Lstep (R2 ) mit kk − kn k → 0 für n → ∞. Die Formel
(Tn f )( x ) =
Z ∞
−∞
kn ( x,t) f (t) dt
definiert eine beschränkte, lineare Abbildung T : L2 (R ) → L2 (R ) mit
kT − Tn k ≤ kk − kn k → 0
für n → ∞. Schreiben wir
m
kn ( x,t) =
∑ α i χ Ii ( x ) χ Ji ( t ) ,
i =1
wobei Ii , Ji endliche Intervalle sind, so ist
m
(Tn f )( x ) =
∑ αi
i =1
Z
Ji
f (t) dt χ Ii ( x )
so dass Im Tn = hχ1 , . . . , χm i eben m-dimensional ist.
Dem letzten Korollar zufolge ist T kompakt.
Lemma
Es seien X ein normierter Raum, Y ein Hilbertraum und T : X → Y eine kompakte Abbildung. Dann gibt es eine Folge { Tn } ⊂ L(X,Y ) mit dim Im Tn < ∞ und
lim k T − Tn k = 0.
n→∞
Beweis
Da T [ B1 (0)] relativ kompakt ist, ist es total beschränkt. Wähle ε > 0. Es existiert
y1 , . . . , ykε ∈ T [ B1 (0)], so dass
T [ B1 (0)] ⊆
kε
[
Bε ( y i ) .
i =1
Es sei Pε die orthorgonale Projektion auf hy1 , . . . , ykε i. Dann gilt
ky − yi k2 = k Pε y − yi k2 + k( I − Pε )yk2
{z
}
|
≥0
für alle y ∈ Y und i = 1, . . . , kε ,
104
6.1
Kompakte Abbildungen
so dass
k Pε y − yi k ≤ ky − yi k
und insbesondere gilt
kTε x − yi k ≤ kTx − yi k
für alle y ∈ Y und i = 1, . . . , kε ,
für alle x ∈ X und i = 1, . . . , kε ,
wobei Tε = Pε ◦ T den Rang kε hat.
Nun sei x ∈ B1 (0) und wähle yi , so dass k Tx − yi k < ε ist. Somit gilt
kTx − Tε x k ≤ kTx − yi k + kTε x − yi k ≤ 2kTx − yi k < 2ε,
d.h.
kT − Tε k = sup kTx − Tε x k < 2ε.
k x k=1
Um die Kompaktheit gewisser Abbildungen auf Räumen stetiger Funktionen
nachzuweisen, brauchen wir ein weiteres Ergebnis.
Definition
Es sei Ω eine Teilmenge eines normierten Raums. Eine Teilmenge S ⊂ C(Ω) heißt
gleichgradig stetig, falls es zu jedem ε > 0 ein δ > 0 gibt, so dass
| f ( x ) − f (y)| < ε
für alle x,y ∈ Ω mit k x − yk < δ und alle f ∈ S.
Satz (Satz von Arzelà und Ascoli)
Es sei Ω eine kompakte Teilmenge eines Banachraums. Ferner sei die Teilmenge
S ⊂ C(Ω) beschränkt und gleichgradig stetig. Dann ist S relativ kompakt.
Beweis
Wir zeigen, dass jede Folge { f n } in S eine konvergente Teilfolge besitzt.
Da (Ω, d) mit d( x,y) = k x − yk ein separabler metrischer Raum ist, gibt es eine
Folge { xn } ⊂ Ω mit { xn } = Ω.
105
6.1
Kompakte Abbildungen
Zunächst finden wir eine Teilfolge { gn } von { f n }, die auf { xn } punktweise
konvergent ist.
Da S beschränkt ist, ist { f n ( x1 )} eine beschränkte Zahlenfolge. Es gibt also
eine Teilfolge { f n,1 } von { f n }, so dass { f n,1 ( x1 )} konvergent ist.
Ebenfalls ist { f n,1 ( x2 )} eine beschränkte Zahlenfolge. Es gibt also eine Teilfolge { f n,2 } von { f n,1 }, so dass { f n,2 ( x2 )} (und natürlich auch { f n,1 ( x2 )}) konvergent ist.
Verfahren wir induktiv, so erhalten wir Teilfolgen { f n,m } von { f n }, so dass
{ f n,m ( x j )}, j = 1, . . . , m konvergent ist.
Die Folge { gn } mit gn = f n,n hat die Eigenschaft, dass { gn ( xm )} für alle m ∈
N konvergent ist. Ab dem m-ten Glied ist nämlich { gn ( xm )} Teilfolge von
{ f n,m ( xm )}.
Nun zeigen wir, dass { gn } eine Cauchy-Folge in C(Ω) ist.
Wähle ε > 0. Da { gn } gleichgradig stetig ist, gibt es δ > 0, so dass
| gk ( x ) − gk (y)| < ε
für alle x,y ∈ Ω mit k x − yk < δ und alle k ∈ N.
Es existieren endlich viele offene Kugeln U1 , . . . , U p vom Radius δ/2, die die
total beschränkte Menge Ω überdecken. Jede Kugel Ui enthält mindestens ein
Glied xn,i der Folge { xn }. Da { gk ( xn,i )} eine konvergente und daher CauchyFolge ist, gibt es N ∈ N, so dass
| gk ( xn,i ) − gℓ ( xn,i )| < ε
für alle k, ℓ > N und i = 1, . . . ,p.
Nun wähle x ∈ Ω und Uκ mit x ∈ Uκ . Aus k x − xn,κ k < δ folgt dann
| gk ( x ) − gk ( xn,κ )| < ε
für alle k ∈ N.
Insgesamt gilt
| gk ( x ) − gℓ ( x )| ≤ | gk ( x ) − gk ( xn,κ )| + | gk ( xn,κ ) − gℓ ( xn,κ )| + | gℓ ( xn,κ ) − gℓ ( x )|
< 3ε
für k,ℓ > N, wobei N nicht von x abhängt.
Weil (C(Ω),k · k∞ ) ein Banachraum ist, ist { gn } konvergent.
106
6.1
Kompakte Abbildungen
Beispiel
Es sei k ∈ C([0,1]2 ) und definiere
(T f )( x ) =
Z 1
0
k( x,t) f (t) dt.
Da k gleichmäßig stetig ist, gibt es zu jedem ε > 0 ein δ > 0, so dass
|k( x1 ,t1 ) − k( x2 ,t2 )| < ε
für alle ( x1 ,t1 ), ( x2 ,t2 ) ∈ [0,1]2 mit |( x1 ,t1 ) − ( x2 ,t2 )| < δ.
Die Abschätzung
|(T f )( x1 ) − (T f )( x2 )| ≤ |(T f )( x1 ) − (T f )( x2 )|
≤
Z 1
0
|k( x1 ,t) − k( x2 ,t)|| f (t)| dt
für x1 ,x2 ∈ [0,1] mit | x1 − x2 | < δ
≤ εk f k ∞
zeigt, dass T eine lineare Abbildung C[0,1] → C[0,1] ist, und dass T [ B1 (0)] gleichgradig stetig ist. Aus k T f k∞ ≤ kkk∞ k f k∞ folgt, dass T [ B1 (0)] beschränkt ist. Dem
Satz von Arzelà und Ascoli zufolge ist T [ B1 (0)] relativ kompakt, so dass T kompakt ist.
Lemma (Satz von Schauder)
Es seien X, Y Banachräume. Dann ist T ∈ L(X,Y ) genau dann kompakt, wenn
T ∗ ∈ L(Y ∗ ,X ∗ ) kompakt ist.
Beweis
Es sei T kompakt, so dass T [ B1 (0)] eine kompakte Teilmenge von Y ist. Betrachte B1 (0) ⊂ Y ∗ als Teilmenge
S := { g| T [ B
1 (0)]
: g ∈ B 1 (0 ) ⊂ Y ∗ }
von C(T [ B 1 (0)]).
– S ist beschränkt: Es gilt
k gk∞ =
sup
x ∈ T [ B1 (0)]
| g( x )| ≤
sup
x ∈ T [ B1 (0)]
k x k < ∞,
denn k gk ≤ 1 und T [ B1 (0)] ist beschränkt.
107
6.1
Kompakte Abbildungen
– S ist gleichgradig stetig: Es gilt
für alle g ∈ S, y1 , y2 ∈ T [ B1 (0)] ,
| g(y1 ) − g(y2 )| ≤ ky1 − y2 k
denn k gk ≤ 1.
Dem Satz von Arzelà und Ascoli zufolge ist also S eine relativ kompakte Teilmenge von C(T [ B 1 (0)]).
Nun sei { gn } eine Folge in B1 (0) ⊂ Y ∗ . Weil { gn } in S liegt, hat sie eine konvergente Teilfolge in C(T [ B 1 (0)]), die wir weiterhin mit { gn } bezeichnen. Sie
ist eine Cauchy-Folge: Zu jedem ε > 0 gibt es N ∈ N, so dass
sup
y∈ T [ B1 (0)]
sup
| gn (y) − gm (y)| =
y∈ T [ B1 (0)]
| gn (y) − gm (y)|
= sup | gn (Tx ) − gm (Tx )|
k x k≤1
<ε
für m,n > N.
Es gilt aber
sup | gn (Tx ) − gm (Tx )| = sup |(T ∗ gn )( x ) − (T ∗ gm )( x )| = k T ∗ gn − T ∗ gm k,
k x k≤1
k x k≤1
so dass { T ∗ gn } eine Cauchy-Folge im Banachraum Y ∗ ist. Sie ist daher konvergent. Somit ist T ∗ [ B1 (0)] relativ kompakt.
Nun sei T ∗ kompakt. Dann ist T ∗∗ kompakt. Es gilt nun
T ∗∗ i X = iY T,
wobei i X : X → X ∗∗ und iY : Y → Y ∗∗ die kanonischen Einbettungen sind, denn
(T ∗∗ (i X ( x )))( g) = (i X ( x ))(T ∗ g) = (T ∗ g)( x ) = g(Tx ) = (iY (Tx ))( g)
für x ∈ X, g ∈ Y ∗ .
Da i X stetig ist, ist T ∗∗ i X und daher auch S := iY T als Abbildung X → Y ∗∗
kompakt. Aus S[ B1 (0)] ⊆ iY [Y ] und iY [Y ] = iY [Y ] folgt S[ B1 (0)] ⊆ iY [Y ], so
dass S auch als Abbildung X → iY [Y ] kompakt ist. Folglich ist T = iY −1 S ebenfalls kompakt, denn iY : Y → iY [Y ] ist ein isometrischer Isomorphismus.
108
6.2 Fredholmsche Operatoren
6.2 Fredholmsche Operatoren
Definitionen
Es sei X ein normierter Raum.
1. Eine Abbildung T ∈ L(X ) heißt Fredholmsch, falls ker T endlichdimensional, Im T abgeschlossen und X/Im T endlichdimensional ist.
2. Der Fredholmsche Index einer Fredholmschen Abbildung T ∈ L(X ) ist die
Zahl
ind T := dim ker T − dim(X/Im T ).
Bemerkung
Es sei X ein Banachraum. Eine Fredholmsche Abbildung T ∈ L(X ) mit Index 0
ist genau dann surjektiv, wenn sie injektiv ist.
Bemerkungen
Es seien X ein Banachraum und T ∈ L(X ). In unserer Entwicklung der Fredholmschen Theorie brauchen wir die folgenden Ergebnisse. Hier ist
A◦ = { f ∈ X ⋆ : f ( x ) = 0 für alle x ∈ A},
B◦ = { x ∈ X : f ( x ) = 0 für alle f ∈ B}
für A ⊆ X und B ⊆ X ⋆ .
1. (Im T )◦ = ker T ∗ und (Im T ∗ )◦ = ker T.
2. Im T ist genau dann abgeschlossen, wenn Im T ∗ abgeschlossen ist.
3. Im T = (ker T ∗ )◦ und Im T ∗ = (ker T )◦ , falls Im T abgeschlossen ist.
4. (X/Im T )∗ ist isometrisch isomorph zu (Im T )◦ , falls Im T abgeschlossen ist
(Aufgabe 2a)(ii), Übungsblatt 5).
5. X ∗ /(ker T )◦ ist isometrisch isomorph zu (ker T )∗ (Aufgabe 2a)(i), Übungsblatt 5).
109
6.2 Fredholmsche Operatoren
Proposition
Es sei X ein Banachraum. Eine Abbildung T ∈ L(X ) ist genau dann Fredholmsch,
wenn T ∗ ∈ L(X ∗ ) Fredholmsch ist, und es gilt
dim ker T ∗ = dim(X/Im T ),
Insbesondere ist
dim(X ∗ /Im T ∗ ) = dim ker T.
ind T ∗ = −ind T.
Beweis
Im T ∗ ist genau dann abgeschlossen, wenn Im T abgeschlossen ist,
dim ker T ∗ = dim(Im T )◦ = dim(X/Im T )∗ = dim(X/Im T ),
dim(X ∗ /Im T ∗ ) = dim X ∗ /(ker T )◦ = dim(ker T )∗ .
Satz (Fredholmsche Alternative)
Es seien X ein Banachraum und T ∈ L(X ) eine Fredholmsche Abbildung mit
Index 0. Dann gilt genau eine der folgenden Aussagen.
(i) Die homogenen Gleichungen
T∗ f = 0
Tx = 0,
haben nur die triviale Lösung, und in diesem Fall sind die inhomogenen Gleichungen
Tx = y,
T∗ f = g
für jedes y ∈ X und jedes g ∈ X ∗ eindeutig lösbar.
(ii) Es existieren n = dim ker T < ∞ linear unabhängige Lösungen { x1 , . . . ,xn }
und { f 1 , . . . , f n } der homogenen Gleichungen
Tx = 0,
T ∗ f = 0,
und in diesem Fall sind die inhomogenen Gleichungen
Tx = y,
T∗ f = g
genau dann lösbar, wenn
f i (y) = 0, g( xi ) = 0,
i = 1, . . . ,n.
110
6.2 Fredholmsche Operatoren
Satz
Es seien X ein Banachraum, T ∈ L(X ) eine kompakte Abbildung und λ 6= 0. Dann
ist (λI − T ) eine Fredholmsche Abbildung.
Beweis
Wir zeigen, dass die abgeschlossene Einheitskugel im normierten Raum ker (λI −
T ) kompakt ist. Somit ist ker(λI − T ) endlichdimensional.
Es sei { xn } eine Folge in ker (λI − T ) mit k xn k ≤ 1. Da T kompakt ist, hat
{Txn } eine konvergente Teilfolge {Txnk }. Aus xnk = λ−1 Txnk folgt, dass { xnk }
konvergent ist. Da ker (λI − T ) ∩ B 1 (0) abgeschlossen ist, liegt der Grenzwert
in dieser Menge. Die abgeschlossene Einheitskugel in ker (λI − T ) ist also
folgenkompakt und daher kompakt.
Da ker(λI − T ) endlichdimensional ist, gibt es einen abgeschlossenen
Unterraum N von X mit X = ker(λI − T ) ⊕ N. Dann ist ψ := (λI − T ) N : N →
Im (λI − T ) bijektiv (ker(λI − T ) N = {0} und (λI − T )( N ) = Im (λI − T ))
und stetig. Wir zeigen, dass ψ−1 stetig ist. Somit ist ψ ein Isomorphismus,
und folglich ist Im (λI − T ) vollständig und als Unterraum eines normierten
Raums abgeschlossen.
Nehmen wir an, ψ−1 ist nicht stetig und daher nicht stetig im Nullpunkt.
Dann existiert eine Folge { xn } in N mit k xn k = 1 und ψxn = (λI − T ) xn → 0
für n → ∞. Da { xn } beschränkt ist, hat { Txn } eine konvergente Teilfolge
{Txnk }. Aus xnk = λ−1 (Txnk + ψxnk ) folgt, dass { xnk } konvergent ist. Der
Grenzwert x erfüllt auf der einen Seite ψx = 0, d.h. x = 0, aber auf der anderen Seite k x k = 1.
dim X/Im (λI − T ) = dim ker(λI − T ∗ ) < ∞, da T ∗ kompakt ist.
Bemerkung
Aus der Rechnung
n
k n
λn − k T k = λn
(λI − T ) = ∑ (−1)
k
k=0
n
!
n
λ− k T k
I − ∑ (−1)k−1
k
k=1
n
und einer erneuten Anwendung des Satzes folgt, dass (λI − T )n eine Fredholmsche Abbildung für jedes n ∈ N ist.
111
6.2 Fredholmsche Operatoren
Lemma
Es seien X ein Banachraum, T ∈ L(X ) eine kompakte Abbildung und λ 6= 0. Dann
gibt es eine eindeutige Zahlen r, q ∈ N0 , so dass
{0} = ker I ( ker(λI − T ) ( . . . ( ker(λI − T )r = ker(λI − T )r+1 = . . .
und
X = Im I ) Im (λI − T ) ) . . . ) Im (λI − T )q = Im (λI − T )q+1 = . . . .
Beweis
Offensichtlich gilt
{0} = ker I ⊆ ker(λI − T ) ⊆ . . . ker(λI − T )2 ⊆ . . . .
Nun nehmen wir an, es gilt
ker(λI − T )n ( ker(λI − T )n+1
für jedes n ∈ N0 .
Da ker(λI − T )n ein echter, endlichdimensionaler und daher abgeschlossener
Unterram von ker(λI − T )n+1 ist, gibt es dem Rieszschen Lemmas zufolge
xn ∈ ker(λI − T )n+1 mit k xn k = 1 und k xn − x k ≥ 21 für alle x ∈ ker(λI − T )n .
Beachte, dass kλxn − x k ≥ 12 λ für alle x ∈ ker(λI − T )n .
Betrachten wir nun die beschränkte Folge { xn }. Für j > k gilt
Tx j − Txk =
λx j
−
|{z}
∈ ker(λI − T ) j+1
λxk + (λI − T ) x j − (λI − T ) xk ,
{z
}
|
j
∈ ker(λI − T )
so dass k Tx j − Txk k ≥ 12 λ. Die Folge { Txn } hat also keine Cauchy- und daher
keine konvergente Teilfolge, und dies widerspricht der Kompaktheit von T.
Es sei nun r die kleinste Zahl in N0 mit der Eigenschaft ker(λI − T )r = ker(λI −
T )r+1 . Wir zeigen durch vollständige Induktion, dass
ker(λI − T )n = ker(λI − T )n+1
für jedes n ≥ r.
112
6.2 Fredholmsche Operatoren
Es sei also ker(λI − T )n = ker(λI − T )n+1 für irgendein n ≥ r. Für jedes x ∈
ker(λI − T )n+2 gilt
(λI − T )n+1 (λI − T ) x = (λI − T )n+2 x = 0,
so dass (λI − T ) x ∈ ker(λI − T )n+1 = ker(λI − T )n . Folglich ist
ker(λI − T )n+1 x = (λI − T )n (λI − T ) x = 0,
d.h. x ∈ ker(λI − T )n+1 . Somit ist ker(λI − T )n+2 ⊆ ker(λI − T )n+1 , und die
umgekehrte Inklusion ist trivial.
Die zweite Aussage wird in ähnlicher Weise bewiesen.
Satz (Satz von Riesz und Schauder)
Es seien X ein Banachraum, T ∈ L(X ) eine kompakte Abbildung und λ 6= 0. Dann
sind die Zahlen r und q im vorigen Lemma gleich, und es gilt
X = ker(λI − T )r ⊕ Im (λI − T )r .
Beweis
Zu jedem x ∈ X gibt es y ∈ X mit (λI − T )q x = (λI − T )2q y, denn Im (λI −
T )q = Im (λI − T )2q . Somit ist
x=
( x − (λI − T )q y)
|
{z
}
:= x1 ∈ ker(λI − T )q
+
(λI − T )q y
.
| {z }
:= x2 ∈ Im (λI − T )q
Nun sei x ∈ ker(λI − T )r ∩ Im (λI − T )r , so dass (λI − T )r x = 0 und x =
(λI − T )r y für irgendein y ∈ X. Damit ist y ∈ ker(λI − T )2r = ker(λI − T )r
und daher x = 0.
Nehmen wir an, r > q. Dann ist Im (λI − T )q = Im (λI − T )r und ker(λI −
T )q ( ker(λI − T )r . Wähle x ∈ ker(λI − T )r \ ker(λI − T )q . Somit ist x2 =
x − x1 ∈ ker(λI − T )r und x2 ∈ Im (λI − T )r , so dass x2 = 0 ist. Wir haben
also den Widerspruch x = x1 ∈ ker(λI − T )q .
Nehmen wir an, r < q. Dann ist ker(λI − T )r = ker(λI − T )q und Im (λI −
T )q ( Im (λI − T )r . Wähle x ∈ Im (λI − T )r \ Im (λI − T )q . Somit ist x1 = x −
x2 ∈ Im (λI − T )r und x1 ∈ ker(λI − T )r , so dass x1 = 0 ist. Wir haben also
den Widerspruch x = x2 ∈ Im (λI − T )q .
113
6.2 Fredholmsche Operatoren
Somit ist r = q und die Zerlegung
X = ker(λI − T )r ⊕ Im (λI − T )r
folgt aus den ersten beiden Punkten und die Tatsache, dass ker(λI − T )r und
Im (λI − T )r abgeschlossen sind.
Korollar
Es seien X ein Banachraum, T ∈ L(X ) eine kompakte Abbildung und λ 6= 0. Der
Fredholmsche Index von (λI − T ) ist 0.
Beweis
Es sei r die Zahl im Satz von Riesz und Schauder. Bemerke, dass die Unterräume
X1 := ker(λI − T )r und X2 := Im (λI − T )r invariant under (λI − T ) sind, denn
x ∈ X1 ⇒ x ∈ ker(λI − T )r
⇒ (λI − T ) x ∈ ker(λI − T )r+1 = ker(λI − T )r = X1
und
Ferner ist
denn ker(λI − T ) ⊆ X1 .
(λI − T )(X2 ) = X2 .
ker(λI − T ) = ker(λI − T )| X1 ,
Da X1 endlichdimensional ist, gibt es einen Unterraum W von X1 , so dass
ist, wobei
X1 = Im (λI − T )| X1 ⊕ W
dim W = dim X1 − dim Im (λI − T )| X1 = dim ker(λI − T )| X1 = dim ker(λI − T ).
Insgesamt ist also
X = X1 ⊕ X2
= W ⊕ (λI − T )(X1 ) ⊕ (λI − T )(X2 )
= W ⊕ (λI − T )(X1 ) ⊕ (λI − T )(X2 )
= W ⊕ (λI − T )(X1 ⊕ X2 )
= W ⊕ Im (λI − T ),
114
6.2 Fredholmsche Operatoren
und folglich ist
dim X/Im (λI − T ) = dimW = dim ker(λI − T ).
Bemerkung
Die Abbildung (λI − T )| X1 : X1 → X1 ist nilpotent mit Nilpotenz r, und (λI −
T )| X2 : X2 → X2 ist ein Isomorphismus.
Korollar
Es seien X ein Banachraum und T ∈ L(X ) eine kompakte Abbildung. Dann ist
σ(T ) \ {0} = σp (T ) \ {0}. Ferner hat jeder Eigenwert von T endliche geometrische
Vielfachheit.
Nun können wir das Spektrum einer kompakten Abbildung vollständig beschreiben.
Lemma
Es seien X ein normierter Raum und T ∈ L(X ) eine kompakte Abbildung. Dann
ist σp (T ) eine abzählbare Menge. Der einzig mögliche Häufungspunkt von σp (T )
ist der Nullpunkt.
Beweis
Wir zeigen, dass Sk := {λ ∈ σp (T ) : |λ| > k} für jedes k > 0 endlich ist. Wir nehmen
an, dass es k0 > 0 gibt, so dass Sk0 unendlich ist, und leiten einen Widerspruch
her.
Es gibt eine Folge {λn }∞
n =1 verschiedener Eigenwerte von T mit | λn | > k0 für
alle n ∈ N. Es sei xn ein Eigenvektor zum Eigenwert λn , so dass { xn }∞
n =1 linear
unabhängig ist. Zu jedem x ∈ Mn := h x1 , . . . ,xn i gibt es also eindeutige Skalaren
α1 , . . . , αn , so dass
x = α1 x1 + · · · + α n x n
und folglich
( λ n I − T ) x = α 1 ( λ n − λ1 ) x 1 + . . . + α n − 1 ( λ n − λ n − 1 ) x n − 1 .
115
6.2 Fredholmsche Operatoren
Es gilt also (λn I − T ) x ∈ Mn−1 für alle x ∈ Mn .
Nun sei x ∈ Mn−1 . Dem Rieszschen Lemma zufolge gibt es eine Folge {yn } ⊂ X
mit yn ∈ Mn , kyn k = 1 und kyn − x k ≥ 21 . Für m < n gilt
Tyn − Tym = λn yn − (λn I − T )yn + Tym .
|
{z
}
:= x˜
Aus ym ∈ Mm ⊆ Mn−1 und T [ Mn−1 ] ⊆ Mn−1 folgt Tym ∈ Mn−1 . Außerdem ist
(λn I − T )yn ∈ Mn−1 . Insgesamt gilt x˜ ∈ Mn−1 und folglich ist
1
kTyn − Tym k = |λn |kyn − λ−
x˜ k ≥ 21 |λn | ≥ 21 k0 .
| n{z }
∈ Mn − 1
Die Folge { Tyn } hat also keine Cauchy-Teilfolgen und daher keine konvergenten
Teilfolgen, obwohl {yn } beschränkt ist. Somit ist T nicht kompakt.
Lemma
Es sei X ein unendlichdimensionaler Banachraum und T ∈ K(X ). Dann ist 0 ∈
σ ( T ).
Beweis
Ist 0 ∈ ρ(T ), so ist T invertierbar. Die Identitätsabbildung I = TT −1 ist also kom
pakt. Somit ist I [ B1 (0)] = B1 (0) kompakt, so dass X endlichdimensional ist.
Nun formulieren wir einige Ergebnisse über den Fredholmschen Index.
Lemma (Satz von Atkinson)
Es sei X ein Banachraum. Die Abbildung T ∈ L(X ) is genau dann Fredholmsch,
wenn es eine Abbildung S ∈ L(X ) derart gibt, so dass I − ST und I − TS kompakt
sind.
Bemerkung
Die Abbildung S im Satz von Atkinson ist selbst Fredholmsch.
116
6.2 Fredholmsche Operatoren
Lemma
Es seien X ein Banachraum und A, B ∈ L(X ) Fredholmsche Abbildungen. Dann
ist AB Fredholmsch mit ind( AB) = ind A + ind B.
Beweis
Dem Satz von Atkison zufolge gibt es S A und SB ∈ L(X ), so dass I − S A A, I −
AS A , I − SB B, I − BSB kompakt sind. Nun sind
I − ( AB)(SB S A ) = I − AS A + A( I − BSB )S A
und
I − SB S A AB = I − SB B + SB ( I − S A A) B
kompakt. Eine erneute Anwendung des Satzes von Atkinson zeigt, dass AB Fredholmsch ist.
Betrachte nun die kurze exakte Sequenz
I
B
π
A
E
{0} → ker B −
→ ker AB −
→ ker A −
→ X/Im B −
→ X/Im AB −
→ X/Im A → {0},
wobei A( x + Im B) = Ax + Im ( AB) und E( x + Im ( AB)) = x + Im ( A) und alle
Räume endlichdimensional sind. Folglich ist
− dim ker B + dim ker AB − dim ker A
+ dim(X/Im B) − dim(X/Im AB) + dim(X/Im A) = 0,
d.h.
ind( AB) − ind A − ind B = 0.
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