%% LyX 1.2 created this file. 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Ein Banachraum $\left(B,d\right)$ heißt \underbar{separabel}\index{separabel}% \marginpar{separabel% }, falls es eine abzählbare Menge $A$ in $B$ mit $\bar{A}=B$ gibt. \end{defn} %~ \begin{defn} \label{def:Skalarprodukt}Ein Raum mit \underbar{Skalarprodukt}\index{Raum mit Skalarprodukt}% \marginpar{Skalarprodukt $\left\langle .,.\right\rangle $% } ist ein Paar $\left(E,\left\langle .,.\right\rangle \right)$ bestehend aus einem $\mathbb{K}$-Vektorraum $E$ und einer Abbildung $\left\langle .,.\right\rangle :E\times E\rightarrow \mathbb{K}$\index{Skalarprodukt} mit \begin{enumerate} \item $\left\langle x,x\right\rangle \geq 0$ und $\left\langle x,x\right\rangle =0\Leftrightarrow x=0$ \item $\left\langle x+y,z\right\rangle =\left\langle x,z\right\rangle +\left\langle y,z\right\rangle $ \item $\left\langle \lambda x,y\right\rangle =\lambda \left\langle x,y\right\rangle =\left\langle x,\bar{\lambda }y\right\rangle \, \forall \lambda \in K,x,y\in E$ \item $\left\langle x,y\right\rangle =\overline{\left\langle y,x\right\rangle }$ \end{enumerate} \end{defn} In $\left(E,\left\langle .,.\right\rangle \right)$ wird eine \underbar{Norm} durch \[ \boxed {\left\Vert x\right\Vert :=\sqrt{\left\langle x,x\right\rangle }}\] definiert. Dies liefert dann wiederum eine \underbar{Metrik}. \begin{lem} \underbar{\label{lem:CSU}}Cauchy-Schwarzsche-Ungleichung% \marginpar{Cauchy-Schwarze-Ungleichung% }\index{Cauchy-Schwarzsche-Ungleichung}: \[ \boxed {\left|\left\langle x,y\right\rangle \right|\leq \left\Vert x\right\Vert \cdot \left\Vert y\right\Vert }\] \end{lem} \begin{defn} \label{def:Hilbert-Raum}$\left(E,\left\langle .,.\right\rangle \right)$ heißt \underbar{Hilbert-Raum}% \marginpar{Hilbert-Raum% }\index{Hilbert-Raum}, falls $E$ bzgl. der von $\left\langle .,.\right\rangle $ induzierten Metrik vollständig ist. \begin{example*} Sei $\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$ ein Maßraum. \index{$\mathcal{L}^p$, $L^p$}% \marginpar{$\mathcal{L}^{p}\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$% }\[ \boxed {\mathcal{L}^{p}\left(X,\mathcal{A},\mu \right):=\left\{ f:X\rightarrow \bar{\mathbb{K}}=\mathbb{K}\cup \left\{ \infty \right\} \left|f\textrm{ ist }\mathcal{A}-\textrm{meßbar},\textrm{ }\int _{X}\left|f\right|^{p}\, d\mu <\infty \right.\right\} }\] \end{example*} Äquivalenzrelation: $f\sim g\, \Leftrightarrow \, f=g$ fast überall (d.h. bis auf eine Menge vom Maß Null).% \marginpar{$L^{p}\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$% }\[ \boxed {L^{p}\left(X,A,\mu \right):=\mathcal{L}^{p}\left(X,\mathcal{A},\mu \right)/\sim }\] Dies ist automatisch ein normierter Raum mittels% \marginpar{$\left\Vert .\right\Vert _{p}$% } \[ \boxed {\left\Vert f\right\Vert _{p}:=\sqrt[p]{\int _{X}\left|f\right|^{p}\, d\mu }}\] Aus der Analysis bekannt: Für $1\leq p<\infty $ ist $L^{p}$ ein Banachraum. Für $p=2$ ist $L^{2}$ mit dem Skalarprodukt \[ \boxed {\left\langle f,g\right\rangle =\int _{X}f\cdot \bar{g}\, d\mu }\] ein Hilbertraum. \newpage Spezialfälle: \begin{enumerate} \item $X=\mathbb{R}^{n}$, $K$ Kompaktum $\subset \mathbb{R}^{n}$, $\Omega $ offen $\subset \mathbb{R}^{n}$ \smallskip{} \noindent $\mathcal{A}=\sigma $-Algebra der Borel-meßbaren Mengen \smallskip{} \noindent $\mu =$ Lebesgue-Maß \smallskip{} \item \noindent $X=\mathbb{N}$, $\mathcal{A}=\mathcal{P}\left(\mathbb{N}\right)$ Potenzmenge, $\mu \left(A\right)=\left|A\right|$. \smallskip{} \noindent $f:\mathbb{N}\rightarrow \bar{\mathbb{K}}$ ist $\mathcal{A}$-meßbar, gdw. $f$ endlich ist.\index{$l^p$}% \marginpar{$l^{p}$% }\[ \boxed {l^{p}:=L^{p}\left(\mathbb{N},\mathcal{P}\left(\mathbb{N}\right),\mu \right)}\] \[ l^{p}=\left\{ f:\mathbb{N}\rightarrow \bar{\mathbb{K}}\left|f\textrm{ endlich},\, \int _{\mathbb{N}}\left|f\right|^{p}\, d\mu <\infty \right.\right\} \] Eine solche Funktion kann identifiziert werden mit einer Folge $x_{1}:=f\left(1\right)$, $x_{2}:=f\left(2\right)$, $\ldots $.\\ (Die Äquivalenzrelation $\sim $ ist hier trivial!)\[ \boxed {l^{p}:=\left\{ \left(x_{1},x_{2},\ldots \right)\left|x_{i}\in \mathbb{K},\, \sum _{i=1}^{\infty }\left|x_{i}\right|^{p}<\infty \right.\right\} }\] \end{enumerate} \begin{rem*} Der abstrakte $L^{p}$-Raum $L^{p}\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$ ist nicht notwendig separabel ($\leadsto $ Begriff des {}``seperablen Maßraumes''). Alle $l^{p}$ sind separabel. \end{rem*} \end{defn} \begin{example*} $\left(X,d\right)$ sei ein kompakter Raum.\index{$\mathcal{C}(X)$}% \marginpar{$\mathcal{C}\left(X\right)$% } \[ \boxed {\begin{array}{rcl} \mathcal{C}\left(X\right) & := & \left\{ f:X\rightarrow \mathbb{K}\left|f\textrm{ stetig}\right.\right\} \smallskip \\ \left\Vert f\right\Vert & := & {\displaystyle \sup _{x\in X}}\left|f\left(x\right)\right|\end{array} }\] Analysis-Vorlesung: $\left(X,d\right)$ mit dieser Norm ist ein Banachraum. \end{example*} \begin{defn} Sei $\left(B,\left\Vert .\right\Vert \right)$ ein Banachraum. Der \underbar{topologische Dualraum\index{Dualraum}} % \marginpar{top. Dualraum $B^{*}$% }von $B$ ist\[ \boxed {B^{*}:=\left\{ L:B\rightarrow \mathbb{K}\left|L\textrm{ linear und stetig}\right.\right\} }\] \end{defn} \begin{thm} Ein lineares Funktional $L:B\rightarrow \mathbb{K}$ ist genau dann stetig, falls ein $a>0$ existiert mit \[ \boxed {\left|L\left(x\right)\right|\leq a\cdot \left\Vert x\right\Vert \, \forall x\in B}\] \end{thm} \begin{proof} Beschränktheit $\leadsto $ Stetigkeit: klar Sei $L$ stetig, insbesondere stetig in $0$, d.h. \[ \forall \varepsilon >0\exists \delta >0:\, \forall x\in B,\left\Vert x\right\Vert <\delta :\quad \left|L\left(x\right)\right|\leq \varepsilon \textrm{ }.\] Wähle $\varepsilon =1$\begin{eqnarray*} \left|L\left(x\right)\right| & = & \left|L\left(\frac{\left\Vert x\right\Vert }{\delta }\cdot \frac{x}{\left\Vert x\right\Vert }\cdot \delta \right)\right|\\ & = & \frac{\left\Vert x\right\Vert }{\delta }\cdot \underbrace{\left|L\left(\frac{x}{\left\Vert x\right\Vert }\cdot \delta \right)\right|}_{\leq 1\left(=\varepsilon \right)}\\ & \leq & \frac{\left\Vert x\right\Vert }{\delta } \end{eqnarray*} Mit $a=\frac{1}{\delta }$ folgt die Behauptung. \end{proof} \underbar{Operatornorm}\index{Operatornorm} von $L$:\[ \boxed {\left\Vert L\right\Vert :=\sup _{x\neq 0}\frac{\left\Vert L\left(x\right)\right\Vert }{\left\Vert x\right\Vert }}\] % \marginpar{Operator\-norm $\left\Vert L\right\Vert $% }\[ \left\Vert L\right\Vert =\inf \left\{ a\left|\left\Vert L\left(x\right)\right\Vert \leq a\cdot \left\Vert x\right\Vert \, \forall x\in B\right.\right\} \] \begin{thm} Der Raum $B^{*}$ mit Operatornorm ist ein Banachraum. \end{thm} \begin{proof} Sei $L_{n}\in B^{*}$ eine Cauchy-Folge, d.h. \[ \forall \varepsilon >0\, \exists N:\, \forall n,m\geq N:\, \left\Vert L_{n}-L_{m}\right\Vert \leq \varepsilon .\] Nach Definition der Operatornorm heißt dies:\[ \forall \varepsilon >0\, \exists N>0\, \forall n,m\geq N:\, \left|L_{n}\left(x\right)-L_{m}\left(x\right)\right|\leq \varepsilon \cdot \left\Vert x\right\Vert \] Für jedes feste $x\in B$ ist also $\left(L_{n}\left(x\right)\right)_{n\in \mathbb{N}}$ eine Cauchy-Folge in $\mathbb{K}$. Wir setzen \[ L\left(x\right):=\lim _{n\rightarrow \infty }L_{n}\left(x\right).\] Auf jeden Fall ist $L$ linear, und im Limes $n\rightarrow \infty $ folgt:\begin{eqnarray*} \left|L_{n}\left(x\right)-L\left(x\right)\right| & \leq & \varepsilon \cdot \left\Vert x\right\Vert \end{eqnarray*} d.h. $L_{n}-L$ ist beschränkt, also stetig. Damit ist $L\in B^{*}$ und $L_{n}$ konvergiert gegen $L$ in $B^{*}$. \end{proof} \begin{thm} \label{thm:Riesz}(Riesz)\index{Riesz, Satz von} Der topologische Dualraum eines Hilbertraumes ist wieder ein Hilbertraum.% \marginpar{Riesz-Satz% } \end{thm} Zurück zu $\mathcal{C}\left(X\right)$: Sei $x_{0}\in X$. Wir definieren das lineares Funktional $\psi _{x_{0}}:\mathcal{C}\left(X\right)\rightarrow \mathbb{K}$:\[ \psi _{x_{0}}\left(f\right):=f\left(x_{0}\right).\] $\psi _{x_{0}}$ ist beschränkt: $\left|\psi _{x_{0}}\left(f\right)\right|=\left|f\left(x_{0}\right)\right|\leq \left\Vert f\right\Vert $ $\leadsto $ $\psi _{x_{0}}$ stetig. Sei \[ \boxed {\mathcal{C}\left(X;x_{0}\right):=\ker \psi _{x_{0}}=\left\{ f\in \mathcal{C}\left(X\right)\left|f\left(x_{0}\right)=0\right.\right\} }\] Weil $\psi _{x_{0}}$ stetig ist, ist $\ker \psi _{x_{0}}$ ein abgeschlossener Unterraum von $\mathcal{C}\left(X\right)$, insbesondere also selber wieder ein Banachraum. Sei $A\subset X$ beliebig, \[ \boxed {\mathcal{C}\left(X;A\right):=\bigcap _{x_{0}\in A}\mathcal{C}\left(X;x_{0}\right)}\] ist wieder abgeschlossen, also ein Banachraum. \underbar{Spezialfälle}: $X=\left\{ 0\right\} \cup \left\{ \left.\frac{1}{n}\right|n\in \mathbb{N}\right\} $ ist ein kompakter Raum.\index{$\mathfrak{c}$, $\mathfrak{c}_{0}$} Eine stetige Funktion $X\rightarrow \mathbb{K}$ ist eine Folge $x_{1}:=f\left(\frac{1}{1}\right),\, x_{2}:=f\left(\frac{1}{2}\right),\ldots $ derart, daß \[ f\left(0\right)=\lim _{n\rightarrow \infty }f\left(\frac{1}{n}\right)=\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}.\] % \marginpar{$\mathfrak{c}$% }\[ \boxed {\mathfrak{c}:=\mathcal{C}\left(X\right)\cong \left\{ \left(x_{1},x_{2},\ldots \right)\left|x_{i}\in \mathbb{K},\lim _{i\rightarrow \infty }x_{i}\textrm{ existiert}\right.\right\} }\] Betrachte $\mathcal{C}\left(X;0\right)$. In diesem Raum gilt \[ 0=f\left(0\right)=\lim _{i\rightarrow \infty }x_{i}\] % \marginpar{$\mathfrak{c}_{0}$% }\[ \boxed {\mathfrak{c}_{0}:=\mathcal{C}\left(X;0\right)=\left\{ \left(x_{1},x_{2},\ldots \right)\left|x_{i}\in \mathbb{K},\lim _{i\rightarrow \infty }x_{i}=0\right.\right\} }\] $\mathfrak{c}$ und $\mathfrak{c}_{0}$ sind Banachräume. \section{Banach-Räume} % \marginpar{17.10.2002% }Stefan Banach (1892-1945) \subsection{Endlich-dimensionale normierte Räume} \begin{defn} \label{def:Normen_aequivalent}$E$ sei ein fixierter Vektorraum, $\left\Vert ,\right\Vert _{1},\left\Vert .\right\Vert _{2}:E\rightarrow \left[0,\infty \right)$ zwei Normen. Die Normen heißen \underbar{äquivalent}\index{äquivalente Normen}% \marginpar{äquivalente Normen% }, falls Konstanten $m,M>0$ derart existieren, daß für alle $x\in E$ gilt: \[ \boxed {m\cdot \left\Vert x\right\Vert _{1}\leq \left\Vert x\right\Vert _{2}\leq M\cdot \left\Vert x\right\Vert _{1}}\] \end{defn} \begin{thm} Ist $\left(E,\left\Vert .\right\Vert _{1}\right)$ ein Banachraum und $\left\Vert .\right\Vert _{2}$ äquivalent zu $\left\Vert .\right\Vert _{1}$, so ist $\left(E,\left\Vert .\right\Vert _{2}\right)$ gleichfalls ein Banach-Raum. \end{thm} \begin{proof} Sei $x_{1},x_{2},\ldots $ eine $\left\Vert .\right\Vert _{2}$-Cauchy-Folge\begin{eqnarray*} & \leadsto & \forall \varepsilon >0\exists N\forall n,m\geq N:\, d_{2}\left(x_{n},x_{m}\right)=\left\Vert x_{n}-x_{m}\right\Vert _{2}<\varepsilon \smallskip \\ \left(m\left\Vert x\right\Vert _{1}\leq \left\Vert x\right\Vert _{2}\right) & \leadsto & \forall \varepsilon >0\exists N\forall n,m\geq N:\, \left\Vert x_{n}-x_{m}\right\Vert _{1}<\frac{\varepsilon }{m}\smallskip \\ & \leadsto & x_{1},x_{2},\ldots \textrm{ ist }\left\Vert .\right\Vert _{1}-\textrm{Cauchy-Folge.}\smallskip \\ \left(\left(E,\left\Vert .\right\Vert _{1}\right)\textrm{ ist Banach-Raum}\right) & \leadsto & \exists x^{*}\in E\textrm{ mit }x_{n}\rightarrow x^{*}\textrm{ in }\left\Vert .\right\Vert _{1}\smallskip \\ & \leadsto & \forall \varepsilon >0\exists N\forall n\geq N:\, \left\Vert x^{*}-x_{n}\right\Vert _{1}<\varepsilon \smallskip \\ & \leadsto & x_{\textrm{1}},x_{2},\ldots \textrm{ konvergiert gegen }x^{*}\textrm{ in }\left\Vert .\right\Vert _{2}-\textrm{Norm}. \end{eqnarray*} \end{proof} \begin{thm} Sei $E$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum (reell oder komplex). Je zwei Normen $\left\Vert .\right\Vert _{1}$ und $\left\Vert .\right\Vert _{2}$ sind äquivalent. \end{thm} \begin{conclusion*} Jeder endlich-dimensionale normierte Raum $\left(E,\left\Vert .\right\Vert \right)$ ist ein Banach-Raum. \end{conclusion*} \begin{proof} Sei $e_{1},e_{2},\ldots ,e_{n}\in E$ eine algebraische Basis in $E$. Wir definieren eine dritte Norm in $E$ durch\[ \left\Vert \sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}\cdot e_{i}\right\Vert _{3}:=\sqrt{\sum _{i=1}^{n}\left|\lambda _{i}\right|^{2}}\] Wir zeigen: $\left\Vert .\right\Vert _{1}$ und $\left\Vert .\right\Vert _{2}$ sind äquivalent zu $\left\Vert .\right\Vert _{3}$. Betrachte die Funktion $f:\mathbb{R}^{n}\, \left(\mathbb{C}^{n}\right)\rightarrow \mathbb{R}^{1}$, \[ f\left(\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\right):=\left\Vert \sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}e_{i}\right\Vert _{1}\] \begin{itemize} \item $f$ ist stetig \smallskip{} \item $\left.f\right|_{S^{n-1}}>0$ in allen Punkten; $S^{n-1}=\left\{ \left.\left(\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\right)\right|\sum _{i=1}^{n}\left|\lambda _{i}\right|=1\right\} \subset \mathbb{R}^{n}$ \smallskip{} \item Satz von Weierstraß:\begin{eqnarray*} 00$ existiert ein Vektor $x_{\varepsilon }\in E$ mit \begin{enumerate} \item $\left\Vert x_{\varepsilon }\right\Vert =1$. \item $\mathrm{dist}\left(x_{\varepsilon },E_{0}\right)\geq 1-\varepsilon $. \end{enumerate} \end{lem} \begin{proof} Wähle $x_{0}\in E\setminus E_{0}$. Dann ist $\textrm{dist}\left(x_{0},E_{0}\right)>0$, weil $E_{0}$ abgeschlossen ist.\[ \rho :=\textrm{dist}\left(x_{0},E_{0}\right)=\inf _{e_{0}\in E_{0}}\left\Vert x_{0}-e_{0}\right\Vert .\] Sei $\varepsilon >0$ gegeben. Wähle zu $\varepsilon >0$ die Zahl $\eta $ mit \[ \frac{\eta }{\rho +\eta }<\varepsilon \qquad \left(*\right)\] Weiterhin wählen wir $e_{0}^{*}\in E_{0}$ mit\[ \rho \leq \left\Vert x_{0}-e_{0}^{*}\right\Vert \leq \rho +\eta \qquad \left(**\right)\] Setze\[ x_{\varepsilon }:=\frac{x_{0}-e_{0}^{*}}{\left\Vert x_{0}-e_{0}^{*}\right\Vert }\] Dann gilt: \begin{enumerate} \item $x_{\varepsilon }\in E$ \smallskip{} \item \noindent $\left\Vert x_{\varepsilon }\right\Vert =1$. \smallskip{} \item \noindent zu zeigen: $\textrm{dist}\left(x_{\varepsilon },E_{0}\right)\geq 1-\varepsilon $. \smallskip{} \noindent Wähle $e_{0}\in E_{0}$ beliebig und betrachte\begin{eqnarray*} \left\Vert x_{\varepsilon }-e_{0}\right\Vert & = & \left\Vert \frac{x_{0}-e_{0}^{*}}{\left\Vert x_{0}-e_{0}^{*}\right\Vert }-e_{0}\right\Vert \\ & = & \frac{1}{\left\Vert x_{0}-e_{0}^{*}\right\Vert }\cdot \left\Vert x_{0}-\overbrace{\underbrace{e_{0}^{*}}_{\in E_{0}}-\left\Vert x_{0}-e_{0}^{*}\right\Vert \underbrace{e_{0}}_{\in E_{0}}}^{\in E_{0},\textrm{ da lin}.\textrm{ Teilraum}}\right\Vert \\ & \geq & \frac{1}{\left\Vert x_{0}-e_{0}^{*}\right\Vert }\cdot \textrm{dist}\left(x_{0},E_{0}\right)\\ & = & \frac{1}{\left\Vert x_{0}-e_{0}^{*}\right\Vert }\cdot \rho \\ & \stackrel{\left(**\right)}{\geq } & \frac{\rho }{\rho +\eta }\\ & = & \frac{\eta +\rho }{\rho +\eta }-\frac{\eta }{\rho +\eta }\\ & = & 1-\frac{\eta }{\rho +\eta }\\ & \stackrel{\left(*\right)}{\geq } & 1-\varepsilon \end{eqnarray*} \smallskip{} \noindent Konsequenz: $\forall e_{0}\in E_{0}:\, \left\Vert x_{\varepsilon }-e_{0}\right\Vert \geq 1-\varepsilon $ $\leadsto $ $\textrm{dist}\left(x_{\varepsilon },E_{0}\right)\geq 1-\varepsilon $. \end{enumerate} \end{proof} Bezeichnung: $\left(E,\left\Vert .\right\Vert \right)$ normierter Raum, $x_{0}\in E,\varepsilon >0$.% \marginpar{$\mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)$, $\overline{\mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)}$% }\index{$\mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)$}\begin{eqnarray*} \mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right) & := & \left\{ x\in E\left|\left\Vert x_{0}-x\right\Vert <\varepsilon \right.\right\} \\ \overline{\mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)} & := & \left\{ x\in E\left|\left\Vert x_{0}-x\right\Vert \leq \varepsilon \right.\right\} \end{eqnarray*} \begin{thm} \label{thm:1.5}Sei $\left(E,\left\Vert .\right\Vert \right)$ ein beliebiger, normierter Raum (nicht unbedingt vollständig). Dann sind die folgenden Bedingungen äquivalent:% \marginpar{$E$ endl.dim. $\Leftrightarrow $ $\overline{\mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)}$ kompakt% } \begin{enumerate} \item $E$ ist endlich-dimensional \smallskip{} \item Alle abgeschlossenen Kugeln $\overline{\mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)}$ sind kompakt. \smallskip{} \item Es existiert eine Kugel $\overline{\mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)}$ mit positivem Radius $\varepsilon >0$, die kompakt ist. \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} $\left(1\right)\, \Rightarrow \, \left(2\right)\, \Rightarrow \, \left(3\right)$ trivial $\left(3\right)\, \Rightarrow \, \left(1\right)$ ist äquivalent zu folgender Aussage: Ist $E$ \underbar{nicht} endlich-dimensional, so ist keine Kugel $\overline{\mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)}$ mit positivem Radius $\varepsilon >0$ kompakt. Sei $E$ ein normierter Raum, $\dim E=\infty $. Wähle $e_{1}\in E$ mit $\left\Vert e_{1}\right\Vert =1$. Bilde $E_{1}=\textrm{Lin}\left(e_{1}\right)$ (lineare Hülle von $e_{1}$) Aber: $E_{1}\neq E$. Wende letztes Lemma auf $E_{1}$, $\varepsilon =\frac{1}{2}$, an: $\exists e_{2}\in E$, $\left\Vert e_{2}\right\Vert =1$, $\textrm{dist}\left(e_{2},E_{1}\right)\geq 1-\varepsilon =\frac{1}{2}$ \[ \leadsto \, \left\Vert e_{1}-e_{2}\right\Vert \geq \frac{1}{2}.\] Bilde $E_{2}=\textrm{Lin}\left(e_{1},e_{2}\right)$. Aber: $E_{2}\neq E$. Wende letztes Lemma auf $E_{2}$ und $\varepsilon =\frac{1}{2}$ an: $\exists e_{3}\in E$, $\left\Vert e_{3}\right\Vert =1$, $\textrm{dist}\left(e_{3},E_{2}\right)\geq \frac{1}{2}$\[ \leadsto \, \left\Vert e_{3}-e_{1}\right\Vert \geq \frac{1}{2},\quad \left\Vert e_{3}-e_{2}\right\Vert \geq \frac{1}{2}.\] Damit entsteht eine Folge $e_{1},e_{2},e_{3},\ldots \in E$ mit\[ \left\Vert e_{i}\right\Vert =1\textrm{ und }\left\Vert e_{i}-e_{j}\right\Vert \geq \frac{1}{2},\, i\neq j.\] Sei $\mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)$ eine beliebige Kugel. Betrachte \[ x_{n}=x_{0}+\frac{1}{2}\varepsilon \cdot e_{n}\in \mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)\] mit $\left\Vert x_{n}-x_{m}\right\Vert \geq \frac{1}{4}\varepsilon $. Damit enthält $x_{1},x_{2},\ldots $ \underbar{keine} konvergente Teilfolge! $\leadsto $ $\mathcal{K}\left(x_{0},\varepsilon \right)$ ist \underbar{nicht} präkompakt. \end{proof} \begin{defn} \label{def:pr=E4kompakt}Sei $\left(E,\left\Vert .\right\Vert \right)$ ein normierter Raum. Eine Teilmenge $A\subset E$ heißt \underbar{präkompakt}\index{präkompakt}% \marginpar{präkompakt% }, falls ihre abgeschlossene Hülle $\bar{A}$ kompakt\index{kompakt} ist. \end{defn} \begin{rem*} % \marginpar{22.10.2002% }Mit anderen Worten: Aus \underbar{jeder} Folge $a_{1},a_{2},\ldots \in A$ kann eine in $E$ konvergente Teilfolge ausgewählt werden - aber der Grenzwert muß \underbar{nicht} in $A$ liegen! \end{rem*} \begin{proof} $\left(\Rightarrow \right)$ trivial $\left(\Leftarrow \right)$ Sei $x_{1},x_{2},\ldots \in \bar{A}$. Dann existieren Elemente $a_{1},a_{2},\ldots \in A$ mit\begin{eqnarray*} \left\Vert x_{1}-a_{1}\right\Vert & < & 1\\ \left\Vert x_{2}-a_{2}\right\Vert & < & \frac{1}{2}\\ & \vdots & \end{eqnarray*} Dann ist $a_{1},a_{2},\ldots $ eine Folge in $A$. Nach Voraussetzung ex. eine Teilfolge $a_{n_{1}},a_{n_{2}},\ldots \rightarrow x^{*}\in E$. Wir betrachten nun $x_{n_{1}},x_{n_{2}},\ldots $. Dann gilt\[ \left\Vert x_{n_{j}}-x^{*}\right\Vert \leq \left\Vert x_{n_{j}}-a_{n_{j}}\right\Vert +\left\Vert a_{n_{j}}-x^{*}\right\Vert \leq \frac{1}{n_{j}}+\left\Vert a_{n_{j}}-x^{*}\right\Vert \rightarrow 0+0=0,\, \textrm{d.h. }x_{n_{j}}\rightarrow x^{*}.\] \end{proof} \begin{defn} $A\subset E$ sei eine beliebige Teilmenge. Ein \underbar{endliches $\varepsilon $-Netz\index{endliches $\varepsilon$-Netz}\index{$\varepsilon$-Netz, endlich}} % \marginpar{endl. $\varepsilon $-Netz% }von $A$ ist eine endliche Familie von Kugeln $\mathcal{K}\left(x_{1},\varepsilon \right),\, \mathcal{K}\left(x_{2},\varepsilon \right),\ldots ,\mathcal{K}\left(x_{n},\varepsilon \right)$ mit\[ \boxed {A\subset \mathcal{K}\left(x_{1},\varepsilon \right)\cup \ldots \cup \mathcal{K}\left(x_{n},\varepsilon \right)}\] \end{defn} \begin{thm} \label{thm:Pr=E4kompaktheitskriterium-von-Hausdorff}(Präkompaktheitskriterium von Hausdorff)\index{Hausdorff, Präkompaktheitskriterium}: Eine Teilmenge $A\subset E$ ist genau dann präkompakt, falls $A$ zu jeder Zahl $\varepsilon >0$ ein endliches $\varepsilon $-Netz besitzt. \end{thm} \begin{proof} ~ \begin{description} \item [$\left(\Rightarrow \right)$]Angenommen, es existiert $\varepsilon _{0}>0$ derart, daß $A$ \underbar{kein} $\varepsilon _{0}$-Netz hat. \smallskip{} \noindent Wähle $a_{1}\in A$ beliebig. Dann gilt $\mathcal{K}\left(a_{1},\varepsilon _{0}\right)\not \supseteq A$, d.h. es ex. $a_{2}\in A\setminus \mathcal{K}\left(a_{1},\varepsilon _{0}\right)$. \smallskip{} \noindent Somit gilt: $\left\Vert a_{1}-a_{2}\right\Vert \geq \varepsilon _{0}$. \smallskip{} \noindent Erneut gilt $\mathcal{K}\left(a_{1},\varepsilon _{0}\right)\cup \mathcal{K}\left(a_{2},\varepsilon _{0}\right)\not \supseteq A$, d.h. es ex. $a_{3}\in A\setminus \left(\mathcal{K}\left(a_{1},\varepsilon _{0}\right)\cup \mathcal{K}\left(a_{2},\varepsilon _{0}\right)\right)$. \smallskip{} \noindent Somit gilt: $\left\Vert a_{1}-a_{3}\right\Vert \geq \varepsilon _{0},\, \left\Vert a_{2}-a_{3}\right\Vert \geq \varepsilon _{0}$. \smallskip{} \noindent Damit entsteht eine Folge $a_{1},a_{2},\ldots \in A$ mit $\left\Vert a_{i}-a_{j}\right\Vert \geq \varepsilon _{0}>0\, \left(i\neq j\right).$ \smallskip{} \noindent Die Folge $a_{1},a_{2},\ldots $ besitzt keine konvergente Teilfolge. Dann ist $A$ nicht präkompakt. \smallskip{} \item [$\left(\Leftarrow \right)$]Voraussetzung: $A$ besitze für jede $\varepsilon >0$ ein endliches $\varepsilon $-Netz. \smallskip{} \noindent Wir betrachten eine Folge $x_{1},x_{2},\ldots \in A$. $\varepsilon =1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\ldots $ \smallskip{} \noindent $\varepsilon =1$: Es ex. endlich viele Kugeln $\mathcal{K}_{1}^{1},\ldots ,\mathcal{K}_{m_{1}}^{1}$ mit Radius $1$ und $A\subset \mathcal{K}_{1}^{1}\cup \ldots \cup \mathcal{K}_{m_{1}}^{1}$. Sei $\mathcal{K}_{1}$ eine Kugel, welche unendlich viele Elemente der Folge $x_{1},x_{2},\ldots $ enthält. Diese Teilfolge sei $x_{1,1},x_{2,1},x_{3,1},\ldots $ \smallskip{} \noindent $\varepsilon =\frac{1}{2}$: Es ex. endlich viele Kugeln $\mathcal{K}_{1}^{2},\ldots ,\mathcal{K}_{m_{2}}^{2}$ von Radius $\frac{1}{2}$ mit $A\subset \mathcal{K}_{1}^{2}\cup \ldots \cup \mathcal{K}_{m_{2}}^{2}$. Sei $\mathcal{K}_{2}$ diejenige Kugel, welche unendlich viele Elemente aus $x_{1,1},x_{2,1},x_{3,1},\ldots $ enthält. Diese Teilfolge von $x_{1,1},x_{2,1},x_{3,1},\ldots $ bezeichnen wir mit $x_{1,2},x_{2,2},x_{3,2},\ldots $. \smallskip{} \noindent Damit entsteht: \begin{enumerate} \smallskip{} \item \noindent Ein System von Kugeln $\mathcal{K}_{1},\mathcal{K}_{2},\mathcal{K}_{3},\ldots $ mit $\textrm{diam}\left(\mathcal{K}_{i}\right)\leq \frac{2}{i}$. \smallskip{} \item \noindent Teilfolgen $x_{1,i},x_{2,i},x_{3,i},\ldots $ in $\mathcal{K}_{i}$. \end{enumerate} \smallskip{} \noindent Bilde $x_{1,1},x_{2,2},x_{3,3},\ldots $. Dies ist eine Teilfolge von $x_{1},x_{2},\ldots $. \smallskip{} \noindent Zu zeigen: Diese Folge ist konvergent. \smallskip{} \noindent Wir wissen: $x_{i,i}\in \mathcal{K}_{i},\, x_{i+1,i+1}\in \mathcal{K}_{i},\, \ldots $ \smallskip{} \noindent Damit gilt:\[ \left\Vert x_{i,i}-x_{j,j}\right\Vert \leq \textrm{diam}\left(\mathcal{K}_{i}\right)\leq \frac{2}{i}\quad \forall j\geq i\] \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $x_{1,1},x_{2,2},\ldots $ ist eine Cauchy-Folge in $E$. Da $E$ vollständig ist, konvergiert $x_{1,1},x_{2,2},\ldots $. \end{description} \end{proof} \underbar{Banach-Raum $\mathcal{C}\left(X\right)$}: $\left(X,d\right)$ sei ein kompakter metrischer Raum. \begin{eqnarray*} \mathcal{C}\left(X\right) & := & \left\{ f:X\rightarrow \mathbb{R}^{1}\textrm{ oder }\mathbb{C}^{1}\left|f\textrm{ ist stetig}\right.\right\} \\ \left\Vert f\right\Vert _{\mathcal{C}\left(X\right)} & := & \sup _{x\in X}\left|f\left(x\right)\right|\stackrel{\textrm{Weierstraß}}{=}\max _{x\in X}\left|f\left(x\right)\right|\textrm{ Norm in }\mathcal{C}\left(X\right) \end{eqnarray*} Dann ist $\left(\mathcal{C}\left(X\right),\left\Vert .\right\Vert _{\mathcal{C}\left(X\right)}\right)$ ein Banach-Raum. \begin{defn} \label{def:gleichmaessig-beschraenkt}% \marginpar{glm. beschränkt% }Eine Familie $f_{\alpha }:X\rightarrow \mathbb{R}^{1}$ von Funktionen $\left(\alpha \in A\right)$ heißt \underbar{gleichmäßig} \underbar{beschränkt}\index{beschränkt, gleichmäßig}\index{gleichmäßig beschränkt}, falls eine Zahl $\mathcal{M}$ mit\[ \boxed {\left|f_{\alpha }\left(x\right)\right|\leq \mathcal{M}}\] für alle $x\in X$ und alle $\alpha \in A$ existiert. \end{defn} %~ \begin{defn} \label{def:gleichgradig-stetig}Eine Familie von Funktionen $f_{\alpha }:X\rightarrow \mathbb{R}^{1}$ heißt \underbar{gleichgradig} \underbar{stetig}\index{stetig, gleichgradig}\index{gleichgradig stetig}, falls \[ \boxed {\forall \varepsilon >0\exists \delta >0:\, \forall x,y\in X,d\left(x,y\right)<\delta \, \forall \alpha \in A:\, \left|f_{\alpha }\left(x\right)-f_{\alpha }\left(y\right)\right|<\varepsilon }.\] % \marginpar{gleichgr. stetig% } \end{defn} \begin{rem*} $X$ sei ein beliebiger metrischer Raum. \begin{enumerate} \item $f:X\rightarrow \mathbb{R}^{1}$ stetige Funktion:\[ \forall x\forall \varepsilon >0\exists \delta =\delta \left(\varepsilon ,x\right)>0:\, \forall y\in X,d\left(x,y\right)<\delta :\, \left|f\left(x\right)-f\left(y\right)\right|<\varepsilon .\] \item $f:X\rightarrow \mathbb{R}^{1}$ gleichmäßig stetig: \[ \forall \varepsilon >0\exists \delta =\delta \left(x\right)>0:\, \forall y_{1},y_{2}\in X,d\left(y_{1},y_{2}\right)<\delta :\, \left|f\left(y_{1}\right)-f\left(y_{2}\right)\right|<\varepsilon \] \end{enumerate} \end{rem*} \begin{thm} \label{thm:Heine}% \marginpar{Heine% }(Heine)\index{Heine, Satz von}: Jede (einfach) stetige Funktion definiert auf einem kompakten metrischen Raum ist gleichmäßig stetig. \end{thm} %~ \begin{thm} \label{thm:Arzela-Ascoli}% \marginpar{Arzela-Ascoli% }(Arzela-Ascoli)\index{Arzela-Ascoli, Satz von}: $\left(X,d\right)$ sei ein kompakter metrischer Raum. $\mathcal{C}\left(X\right)$ sei der Banachraum der stetigen Funktionen. $Z=\left\{ f_{\alpha }\right\} _{\alpha \in A}\subset \mathcal{C}\left(X\right)$. $Z$ ist präkompakt $\Leftrightarrow $ die Funktionenfamilie $\left\{ f_{\alpha }\right\} _{\alpha \in A}$ ist gleichmäßig beschränkt und gleichgradig stetig. \end{thm} \begin{proof} ~ \begin{description} \item [$\left(\Rightarrow \right)$]$Z\subset \mathcal{C}\left(X\right)$ sei präkompakt. $\leadsto $ $\bar{Z}$ ist kompakt $\leadsto $ $Z\subset \bar{Z}$ ist beschränkt in $E$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\exists \mathcal{M}:\, Z\subset \mathcal{K}\left(0,\mathcal{M}\right)$ \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\exists \mathcal{M}\forall f_{\alpha }:\, \left\Vert f_{\alpha }\right\Vert _{C\left(X\right)}\leq \mathcal{M}$ \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\exists \mathcal{M}:\, \forall \alpha \in A\forall x\in X:\, \left|f_{\alpha }\left(x\right)\right|\leq \mathcal{M}$ \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\left\{ f_{\alpha }\right\} _{\alpha \in A}$ ist gleichmäßig beschränkt. \smallskip{} \noindent $Z\subset \mathcal{C}\left(X\right)$ sei präkompakt. Fixiere ein $\varepsilon >0$. Dann existiert ein $\frac{1}{3}\varepsilon $-Netz für $Z,$ d.h. es ex. Funktionen $u_{1},\ldots ,u_{m}\in \mathcal{C}\left(X\right)$ mit\[ Z\subset \mathcal{K}\left(u_{1},\frac{\varepsilon }{3}\right)\cup \ldots \cup \mathcal{K}\left(u_{m},\frac{\varepsilon }{3}\right).\] $u_{1},\ldots ,u_{m}$ sind stetig, $X$ ist kompakt und es sind nur endlich viele. Also existiert ein $\delta >0$ mit folgender Eigenschaft: Gilt $d\left(y_{1},y_{2}\right)<\delta $, so folgt $\left|u_{i}\left(y_{1}\right)-u_{i}\left(y_{2}\right)\right|<\frac{\varepsilon }{3}$ für alle $i=1,\ldots ,m$. \smallskip{} \noindent Sei $f_{\alpha }\in Z$. Dann existiert $u_{i_{0}}$ mit $\left\Vert f_{\alpha }-u_{i_{0}}\right\Vert <\frac{\varepsilon }{3}$. \smallskip{} \noindent Gilt nun $d\left(y_{1},y_{2}\right)<\delta $, so schätzen wir ab:\[ \left|f_{\alpha }\left(y_{1}\right)-f_{\alpha }\left(y_{2}\right)\right|\leq \underbrace{\left|f_{\alpha }\left(y_{1}\right)-u_{i_{0}}\left(y_{1}\right)\right|}_{\leq \left\Vert f_{\alpha }-u_{i_{0}}\right\Vert \leq \frac{\varepsilon }{3}}+\underbrace{\left|u_{i_{0}}\left(y_{1}\right)-u_{i_{0}}\left(y_{2}\right)\right|}_{\leq \frac{\varepsilon }{3},\, \textrm{da gleichmäßig stetig}}+\underbrace{\left|u_{i_{0}}\left(y_{2}\right)-f_{\alpha }\left(y_{2}\right)\right|}_{\leq \left\Vert f_{\alpha }-u_{i_{0}}\right\Vert \leq \frac{\varepsilon }{3}}\leq \varepsilon \] \smallskip{} \noindent \underbar{Gezeigt}: \[ \forall \varepsilon >0\exists \delta >0\, \forall y_{1},y_{2},d\left(y_{1},y_{2}\right)<\delta \forall \alpha \in A:\, \left|f_{\alpha }\left(y_{1}\right)-f_{\alpha }\left(y_{2}\right)\right|<\varepsilon .\] $\leadsto $ $\left\{ f_{\alpha }\right\} _{\alpha \in A}$ ist gleichgradig stetig. \smallskip{} \item [$\left(\Leftarrow \right)$]$Z=\left\{ f_{\alpha }\right\} _{\alpha \in A}$ ist gleichmäßig beschränkt und gleichgradig stetig. \smallskip{} \noindent \underbar{Zu zeigen}: Ist $f_{\alpha _{1}},f_{\alpha _{2}},\ldots $ eine Folge, so existiert eine in $\mathcal{C}\left(X\right)$ konvergente Teilfolge. \smallskip{} \noindent Sei $f_{\alpha _{1}},f_{\alpha _{2}},\ldots $ gegeben. Setze einen Punkt $x_{1}\in X$ ein. Die Zahlenfolge $f_{\alpha _{1}}\left(x_{1}\right),f_{\alpha _{2}}\left(x_{2}\right),\ldots $ ist eine \underbar{beschränkte} Folge. \smallskip{} \noindent Frage: Welche Punkte $x_{i}$ wählen wir? \smallskip{} \noindent Antwort: $X$ ist kompakt. Dann besitzt $X$ eine abzählbare dichte Teilmenge $\left\{ x_{1},x_{2},x_{3},\ldots \right\} $. \smallskip{} \noindent $x_{1}$ sei der erste Punkt dieser dichten Teilmenge. $\leadsto $ Es existiert eine Teilfolge $f_{\alpha _{n_{1}}},f_{\alpha _{n_{2}}},\ldots $, so daß $f_{\alpha _{n_{j}}}\left(x_{1}\right)$ konvergiert. \smallskip{} \noindent $x_{2}$: $f_{\alpha _{n_{1}}}\left(x_{2}\right),f_{\alpha _{n_{2}}}\left(x_{2}\right),\ldots $ ist eine beschränkte Folge von Zahlen. Wähle aus $f_{\alpha _{n_{1}}},f_{\alpha _{n_{2}}},\ldots $ eine weitere Teilfolge so aus, daß diese in $x_{2}$ konvergiert. \smallskip{} \noindent Setze dieses Verfahren fort: Betrachte die Folge $f_{\alpha _{n_{1}}},f_{\alpha _{n_{m_{2}}}},f_{\alpha _{n_{m_{q_{3}}}}},\ldots $ (Diagonalverfahren) und nenne sie $f_{\alpha _{k}}^{*},k=1,2,\ldots $ \smallskip{} \noindent \underbar{Zu zeigen}: Diese Teilfolge konvergiert in $\mathcal{C}\left(X\right)$. \smallskip{} \noindent $\varepsilon >0$ sei fixiert. Die Familie $\left\{ f_{\alpha }\right\} $ ist gleichgradig stetig \begin{equation} \leadsto \, \exists \delta >0:\, \forall x,y,d\left(x,y\right)<\delta \forall \alpha \in A:\, \left|f_{\alpha }\left(x\right)-f_{\alpha }\left(y\right)\right|<\frac{\varepsilon }{3}\label{eq:1.12.1}\end{equation} \smallskip{} \noindent Bezeichne: $K_{i}=\mathcal{K}\left(x_{i},\delta \right)\subset X$. Weil $\left\{ x_{1},x_{2},\ldots \right\} $ dicht in $X$ ist, gilt \[ X=\bigcup _{i=1}^{\infty }K_{i}.\] $X$ ist kompakt $\leadsto $ Es existieren \underbar{endlich-viele} Kugeln mit \[ X=\mathcal{K}\left(x_{1},\delta \right)\cup \ldots \cup \mathcal{K}\left(x_{m},\delta \right)\] Die ausgewählte Funktionenfolge $f_{\alpha _{k}}^{*}$ konvergiert in jedem der Punkte $x_{i}$ ($1\leq i\leq m$). Mit der Cauchy-Bedingung gilt dann\begin{equation} \exists N\forall k_{1},k_{2}\geq N:\, \left|f_{\alpha _{k_{1}}}^{*}\left(x_{i}\right)-f_{\alpha _{k_{2}}}^{*}\left(x_{i}\right)\right|<\frac{\varepsilon }{3}\, \left(1\leq i\leq m\right).\label{eq:1.12.2}\end{equation} Sei $x\in X$ ein beliebiger Punkt. Wähle $x_{i}\, \left(1\leq i\leq m\right)$ mit $d\left(x,x_{i}\right)<\delta $. Wende (\ref{eq:1.12.1}) und (\ref{eq:1.12.2}) bei folgender Abschätzung an:\[ \left|f_{\alpha _{k}}^{*}\left(x\right)-f_{\alpha _{l}}^{*}\left(x\right)\right|\leq \underbrace{\left|f_{\alpha _{k}}^{*}\left(x\right)-f_{\alpha _{k}}^{*}\left(x_{i}\right)\right|}_{\leq \frac{\varepsilon }{3}\textrm{ nach }\left(*\right)}+\underbrace{\left|f_{\alpha _{k}}^{*}\left(x_{i}\right)-f_{\alpha _{l}}^{*}\left(x_{i}\right)\right|}_{\leq \frac{\varepsilon }{3}}+\underbrace{\left|f_{\alpha _{l}}^{*}\left(x_{i}\right)-f_{\alpha _{l}}^{*}\left(x\right)\right|}_{\leq \frac{\varepsilon }{3}\textrm{ nach }\left(*\right)}\leq \varepsilon \] \smallskip{} \noindent Also gilt:\[ \forall \varepsilon >0\exists N:\, \forall k,l\geq N\forall x\in X:\, \left|f_{\alpha _{k}}^{*}\left(x\right)-f_{\alpha _{l}}^{*}\left(x\right)\right|\leq \varepsilon \] Dies ist die Cauchy-Bedingung für die Folge $f_{\alpha _{1}}^{*},f_{\alpha _{2}}^{*},\ldots $ der gleichmäßigen Konvergenz! \smallskip{} \noindent $\leadsto $ Die Folge $f_{\alpha _{k}}^{*}\in \mathcal{C}\left(X\right)$ ist eine Cauchy-Folge. \end{description} \end{proof} \underbar{Spezialfall eines Hilbert-Raumes}: $\left(H,\left\langle .,.\right\rangle \right)$ sei ein Hilbert-Raum. $H$ sei separabel mit dem vollständigen ON-System $e_{1},e_{2},\ldots $. \begin{example*} $L^{2}\left(S_{1}\right)$, $e_{j}:=\left(e^{2\pi it}\right)^{j}$ \end{example*} Dann gilt\index{Fourierreihe} \[ z=\sum _{i=1}^{\infty }\left\langle z,e_{i}\right\rangle e_{i}.\qquad (\textrm{Fourier-Reihe von }z),\, z\in H\] Ist $Z=\left\{ z_{\alpha }\right\} _{\alpha \in A}\subset H$. $\leadsto $ $\left\langle z_{\alpha },e_{i}\right\rangle $ Fourierkoeffizienten\index{Fourierkoeffizienten} $i=1,2,\ldots $, $\alpha \in A$. \underbar{Frage}: Kann die Präkompaktheit von $Z$ durch eine Eigenschaft der Fourier-Koeffizienten $\left\langle z_{\alpha },e_{i}\right\rangle $ ausgedrückt werden? \begin{thm} % \marginpar{24.10.2002% }Eine Teilmenge $Z\subset H$ ist präkompakt $\Leftrightarrow $ \begin{enumerate} \item $Z\subset H$ ist beschränkt \smallskip{} \item Die Fourierreihe konvergiert gleichmäßig auf $Z$, d.h.\[ \forall \varepsilon >0\exists N\, \forall n\geq N\forall z_{\alpha }\in Z:\, \sum _{i=n+1}^{\infty }\left|\left\langle z_{\alpha },e_{i}\right\rangle \right|^{2}=\left\Vert \sum _{i=n+1}^{\infty }\left\langle z_{\alpha },e_{i}\right\rangle \cdot e_{i}\right\Vert ^{2}\leq \varepsilon ^{2}\] \newpage \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} ~ \begin{description} \item [$\left(\Rightarrow \right)$]Sei $Z$ präkompakt. Dann ist $Z$ beschränkt $\leadsto $ $\left(1\right)$. \smallskip{} \noindent Sei $\varepsilon >0$ fixiert. Es existiert ein endliches $\frac{\varepsilon }{3}$-Netz $\left\{ x_{1},\ldots ,x_{m}\right\} $ für $Z$ mit \[ Z\subset \mathcal{K}\left(x_{1},\frac{\varepsilon }{3}\right)\cup \ldots \cup \mathcal{K}\left(x_{m},\frac{\varepsilon }{3}\right),\, x_{i}\in H,1\leq i\leq m\] \smallskip{} \noindent Restglied der Fourierreihe von $x\in H$:\[ R_{n}\left(x\right):=\sum _{i=n+1}^{\infty }\left\langle x,e_{i}\right\rangle \cdot e_{i}\] \smallskip{} \noindent Weil die Fourierreihe gegen $x$ konvergiert, gilt $R_{n}\left(x\right)\xrightarrow{n\rightarrow \infty }0$. \smallskip{} \noindent Also $R_{n}\left(x_{1}\right),\ldots ,R_{n}\left(x_{m}\right)\xrightarrow{n\rightarrow \infty }0$. Somit existiert zu der fixierten Zahl $\varepsilon >0$ eine Stelle $N$ mit\[ \forall n\geq N\, \forall 1\leq i\leq m:\, \left\Vert R_{n}\left(x_{i}\right)\right\Vert \leq \frac{\varepsilon }{3}.\] Sei $z\in Z$ gegeben. Dann existiert ein Element $x_{i_{0}}$ mit $\left\Vert z-x_{i_{0}}\right\Vert \leq \frac{\varepsilon }{3}$. \smallskip{} \noindent Dann gilt für alle $n\geq N$:\begin{eqnarray*} \left\Vert R_{n}\left(z\right)\right\Vert & = & \left\Vert R_{n}\left(z-x_{i_{0}}\right)+R_{n}\left(x_{i_{0}}\right)\right\Vert \\ & \leq & \left\Vert R_{n}\left(z-x_{i_{0}}\right)\right\Vert +\underbrace{\left\Vert R_{n}\left(x_{i_{0}}\right)\right\Vert }_{\leq \frac{\varepsilon }{3}}\\ & \leq & \frac{\varepsilon }{3}+\sqrt{\sum _{i=n+1}^{\infty }\left|\left\langle z-x_{i_{0}},e_{i}\right\rangle \right|^{2}}\\ & \stackrel{\textrm{Bessel}-\textrm{Ungl}.}{\leq } & \frac{\varepsilon }{3}+\left\Vert z-x_{i_{0}}\right\Vert \\ & \leq & \frac{\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3}\\ & < & \varepsilon \end{eqnarray*} \[ \leadsto \, \forall \varepsilon >0\, \exists N\, \forall n\geq N\forall z\in Z:\, \left\Vert R_{n}\left(z\right)\right\Vert \leq \varepsilon \] \smallskip{} \item [$\left(\Leftarrow \right)$]Sei $Z\subset H$ beschränkt und konvergiere die Fourier-Reihe gleichmäßig auf $Z$. \smallskip{} \noindent Für $x\in H$ sei \[ S_{n}\left(x\right):=\sum _{k=1}^{n}\left\langle x,e_{k}\right\rangle e_{k}.\] Dann gilt $R_{n}\left(x\right)=x-S_{n}\left(x\right)$. \smallskip{} \noindent Nach $\left(2\right)$:\[ \forall \varepsilon >0\exists N\, \forall n\geq N\forall z\in Z:\, \left\Vert z-S_{n}\left(z\right)\right\Vert \leq \frac{\varepsilon }{3}\] Alle Elemente $S_{n}\left(z\right)={\displaystyle \sum _{k=1}^{n}}\left\langle z,e_{\alpha }\right\rangle e_{\alpha }$ liegen in dem \underbar{endlich}-dimensionalen Teilraum, nämlich $\textrm{Lin}\left(e_{1},\ldots ,e_{n}\right)$ ($n$ fest) . \smallskip{} \noindent Weiterhin gilt: $\left\Vert S_{n}\left(z\right)\right\Vert \leq \left\Vert z\right\Vert $. Die Menge $Z$ ist beschränkt, d.h. es ex. eine Konstante $M$ mit $\left\Vert z\right\Vert \leq M\, \forall z\in Z$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $S_{n}\left(z\right)$ ist eine beschränkte Teilmenge im endlich-dimensionalen Vektorraum $\textrm{Lin}\left(e_{1},\ldots ,e_{n}\right)$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\left\{ \left.S_{n}\left(z\right)\right|z\in Z\right\} $ ist präkompakt in $\textrm{Lin}\left(e_{1},\ldots ,e_{n}\right)$. \smallskip{} \noindent Damit hat $\left\{ \left.S_{n}\left(z\right)\right|z\in Z\right\} $ ein $\frac{\varepsilon }{2}$-Netz, d.h. es existieren $x_{1},\ldots ,x_{m}\in \textrm{Lin}\left(e_{1},\ldots ,e_{n}\right)$ mit\[ \left\{ \left.S_{n}\left(z\right)\right|z\in Z\right\} \subset \mathcal{K}\left(x_{1},\frac{\varepsilon }{2}\right)\cup \ldots \cup \mathcal{K}\left(x_{m},\frac{\varepsilon }{2}\right)\] Betrachten $z\in Z$ beliebig. Dann existiert ein Element $x_{i_{0}}$ $\left(1\leq i_{0}\leq m\right)$ mit\[ \left\Vert S_{n}\left(z\right)-x_{i_{0}}\right\Vert \leq \frac{\varepsilon }{2}.\] Dann gilt (wählen $n$ mit $n\geq N$) \begin{eqnarray*} \left\Vert z-x_{i_{0}}\right\Vert & \leq & \left\Vert z-S_{n}\left(z\right)\right\Vert +\left\Vert S_{n}\left(z\right)-x_{i_{0}}\right\Vert \\ & \leq & \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon \end{eqnarray*} \smallskip{} \noindent \underbar{Also}: Zu jeder Zahl $\varepsilon >0$ existieren $x_{1},\ldots ,x_{m}\in H$ mit $\textrm{dist}\left(z,\left\{ x_{1},\ldots ,x_{m}\right\} \right)<\varepsilon $. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $Z\subset \mathcal{K}\left(x_{1},\varepsilon \right)\cup \ldots \cup \mathcal{K}\left(x_{m},\varepsilon \right)$ $\leadsto $ $\left\{ x_{1},\ldots ,x_{m}\right\} $ ist $\varepsilon $-Netz für $Z$. \smallskip{} \noindent Hausdorff (\ref{thm:Pr=E4kompaktheitskriterium-von-Hausdorff}) $\leadsto $ $Z$ ist präkompakt. \end{description} \end{proof} \begin{example*} \underbar{Hilbert-Würfel}\index{Hilbert-Würfel $Q^{\infty}$} $H$ sei ein unendlich-dimensionaler Hilbert-Raum, separabel und $e_{1},e_{2},e_{3},\ldots $ ein vollständiges ON-System % \marginpar{Hilbert-Würfel $Q^{\infty }$% }\[ \boxed {Q^{\infty }:=\left\{ x\in H\left|\left|\left\langle x,e_{n}\right\rangle \right|\leq \frac{1}{n}\textrm{ für alle }n=1,2,3,\ldots \right.\right\} }\] $Q^{\infty }$ liegt in \underbar{keinem} endlich-dimensionalen Teilraum! \begin{thm} $Q^{\infty }\subset H$ ist konvex und kompakt.% \marginpar{$Q^{\infty }$ konvex, kompakt% } \end{thm} \begin{proof} $x,y\in Q^{\infty }\, \rightarrow \, \left|\left\langle x,e_{n}\right\rangle \right|\leq \frac{1}{n}$ und $\left|\left\langle y,e_{n}\right\rangle \right|\leq \frac{1}{n}$. Ein Punkt auf $\left[x,y\right]$ ist $\lambda x+\left(1-\lambda \right)y$ mit $0\leq \lambda \leq 1$. Dann gilt\begin{eqnarray*} \left|\left\langle \lambda x+\left(1-\lambda \right)y,e_{n}\right\rangle \right| & \leq & \left|\lambda \right|\cdot \left|\left\langle x,e_{n}\right\rangle \right|+\left|1-\lambda \right|\cdot \left|\left\langle y,e_{n}\right\rangle \right|\\ & \leq & \lambda \cdot \frac{1}{n}+\left(1-\lambda \right)\cdot \frac{1}{n}=\frac{1}{n} \end{eqnarray*} $\leadsto \, \lambda x+\left(1-\lambda \right)y\in Q^{\infty }$. $Q^{\infty }$ ist präkompakt, weil für alle $x\in Q^{\infty }$ gilt:\[ \left\Vert x\right\Vert ^{2}=\sum _{i=1}^{\infty }\left|\left\langle x,e_{i}\right\rangle \right|^{2}\leq \sum _{i=1}^{\infty }\frac{1}{i^{2}}<\infty ,\] unabhängig von $x\in Q^{\infty }$. Trivial: $Q^{\infty }\subset H$ ist abgeschlossen. \end{proof} $X$ sei ein metrischer Raum. $X$ hat die \underbar{Fixpunkteigenschaft}\index{Fixpunkteigenschaft}% \marginpar{Fix\-punkt\-eigen\-schaft% }, falls jede stetige Abbildung $f:X\rightarrow X$ wenigstens einen Fixpunkt $\left(f\left(x_{0}\right)=x_{0}\right)$ hat. \begin{example*} $S^{1}=\left\{ z\in \mathbb{C}\left|\left|z\right|=1\right.\right\} $ hat nicht die Fixpunkteigenschaft! (betrachte z.B. Drehungen) $X=\left[0,1\right]$ hat die Fixpunkteigenschaft. \end{example*} \underbar{Fixpunktsatz von Brouwer (1911)}\index{Fixpunktsatz, Brouwer}\index{Brouwerscher Fixpunktsatz}% \marginpar{Fixpunktsatz Brouwer% }: Jeder Würfel $\left[a_{1},b_{1}\right]\times \ldots \times \left[a_{n},b_{n}\right]\subset \mathbb{R}^{n}$ hat die Fixpunkteigenschaft. \begin{thm} Der Hilbert-Würfel $Q^{\infty }$ hat die Fixpunkteigenschaft, d.h. jede stetige Abbildung $f:Q^{\infty }\rightarrow Q^{\infty }$ besitzt (mindestens) einen Fixpunkt, $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$. \end{thm} \begin{proof} $f:Q^{\infty }\rightarrow Q^{\infty }$ sei stetig und betrachte \[ h\left(x\right):=\left\Vert f\left(x\right)-x\right\Vert ,\] $h:Q^{\infty }\rightarrow \left[0,\infty \right)$ - stetige Funktion. (Fixpunkte von $f$ $\leftrightarrow $ Nullstellen von $h$). $Q^{\infty }$ ist ein kompakter metrischer Raum, $h$ ist eine stetige Funktion $\leadsto $ (Satz von Weierstraß) \[ \exists x_{0}\in Q^{\infty }:\, h\left(x_{0}\right)=\inf \left\{ h\left(x\right)\left|x\in Q^{\infty }\right.\right\} =\inf \left\{ \left\Vert f\left(x\right)-x\right\Vert \left|x\in Q^{\infty }\right.\right\} .\] Setze \[ S_{n}\left(x\right):=\sum _{i=1}^{n}\left\langle x,e_{i}\right\rangle e_{i}.\] Dann gilt $S_{n}:Q^{\infty }\rightarrow Q^{\infty }$ und $S_{n}$ ist stetig. Damit entsteht die Abbildung $S_{n}\circ f:\, Q^{\infty }\rightarrow Q^{\infty }$.\[ Q_{n}:=S_{n}\left(Q^{\infty }\right)=\left\{ y\in H\left|\begin{array}{cc} \left|\left\langle y,e_{i}\right\rangle \right|\leq \frac{1}{i}, & 1\leq i\leq n\smallskip \\ \left\langle y,e_{j}\right\rangle =0, & n+1\leq j<\infty \end{array} \right.\right\} \] Die Menge $Q_{n}$ ist ein endlich-dimensionaler Würfel in einem endlich-dimensionalen euklidischen Raum. Betrachte $S_{n}\circ f\left|_{Q_{n}}\right.:Q_{n}\rightarrow Q_{n}$ (nach Konstruktion). Fixpunktsatz von Brouwer $\leadsto $ Es existiert $x_{n}\in Q_{n}$ mit $\left(S_{n}\circ f\right)\left(x_{n}\right)=x_{n}$. $Q^{\infty }$ ist kompakt. Damit existiert eine konvergente Teilfolge $x_{n_{1}},x_{n_{2}},\ldots $:\[ x_{n_{i}}\xrightarrow{i\rightarrow \infty }x^{*}\in Q^{\infty }.\] Dann gilt: \[ f\left(x_{n_{i}}\right)\rightarrow f\left(x^{*}\right),\] weil $f$ stetig ist. Aus $\left(S_{n_{i}}\circ f\right)\left(x_{n_{i}}\right)=x_{n_{i}}$ ergibt sich mit $i\rightarrow \infty $:\[ f\left(x^{*}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }\left\langle f\left(x^{*}\right),e_{k}\right\rangle e_{k}=x^{*}\] $\leadsto $ $x^{*}$ ist Fixpunkt. \end{proof} \underbar{Universalitätseigenschaft} von $Q^{\infty }$: Jeder kompakte metrische Raum $X$ ist homöomorph zu einer abgeschlossenen Teilmenge von $Q^{\infty }$. \end{example*} \subsection{Vervollständigungen} ~ \underbar{Zur Erinnerung}: Der Übergang von $\mathbb{Q}$ zu $\mathbb{R}$. Irrationale Zahl $\alpha $ als Grenzwert einer Folge reeller Zahlen $r_{n}$ $\leadsto $ $r_{n}$ ist eine Cauchy-Folge in $\mathbb{Q}$. \underbar{Idee}:% \marginpar{Ver\-voll\-stän\-digung% } Eine reelle Zahl ist eine Äquivalenzklasse von Cauchy-Folgen rationaler Zahlen. \underbar{Problem:} Gegeben sei ein normierter Raum $\left(E,\left\Vert .\right\Vert \right)$. Kann er kanonisch vervollständigt werden? Beispiel: $E=\mathcal{C}\left[0,1\right]$: Mit Norm $\left\Vert f\right\Vert =\sup \left|f\left(x\right)\right|$ ergibt sich Banach-Raum. Mit $\left\Vert f\right\Vert _{L^{2}}^{2}=\int _{0}^{1}\left|f\left(t\right)\right|^{2}dt$ aber kein Banach-Raum. \underbar{Antwort:} Ja. \underbar{Konstruktion der Vervollständigung}\index{Vervollständigung}: $\left(E,\left\Vert .\right\Vert \right)$ gegeben. Eine Cauchy-Folge in $E$ ist eine Folge $x_{1},x_{2},\ldots $ mit \[ \forall \varepsilon >0\exists N:\, \forall n,m\geq N:\, \left\Vert x_{n}-x_{m}\right\Vert <\varepsilon .\] \[ \boxed {\mathcal{C}:=\textrm{Menge aller Cauchy-Folgen in }E}\] $\mathcal{C}$ ist Vektorraum. Äquivalenzrelation in $\mathcal{C}$:\[ \boxed {\left(x_{1},x_{2},x_{3},\ldots \right)\sim \left(y_{1},y_{2},y_{3},\ldots \right)\Leftrightarrow \textrm{die Folge }x_{1}-y_{1},x_{2}-y_{2},\ldots \rightarrow 0\textrm{ in }E}\] $\leadsto $ $\lim \left\Vert x_{i}\right\Vert =\lim \left\Vert y_{i}\right\Vert $. Bilde \[ \boxed {B:=\mathcal{C}/\sim }\] $\left[x_{1},x_{2},\ldots \right]$-Äquivalenzklasse. $B$ ist Vektorraum. Definiere eine Norm in $B$ durch:\[ \boxed {\left\Vert \left[x_{1},x_{2},\ldots ,\right]\right\Vert :=\lim _{i\rightarrow \infty }\left\Vert x_{i}\right\Vert }\] \begin{thm} ~ \begin{enumerate} \item $\left(B,\left\Vert .\right\Vert \right)$ ist ein Banach-Raum. \smallskip{} \item Durch $j:E\rightarrow B$, $j\left(x\right)=\left[x,x,x,\ldots \right]$ entsteht eine Einbettung, welche die Norm erhält. \smallskip{} \item Die Menge $j\left(E\right)\subset B$ ist dicht. \end{enumerate} \end{thm} Der Raum $\left(B,\left\Vert .\right\Vert \right)$ heißt die Vervollständigung von $E$. \begin{thm} % \marginpar{29.10.2002% }(Eindeutigkeit der Vervollständigung)% \marginpar{Eindeutigkeit% } $\left(E,\left\Vert .\right\Vert \right)$ sei ein normierter Raum. $\left(B_{1},\left\Vert .\right\Vert _{1},j_{1}\right)$ sei eine Vervollständigung ($B_{1}$ Banach-Raum), $j_{1}:E\rightarrow B_{1}$ injektiv, $j_{1}\left(E\right)\subset B_{1}$ dicht. $\left(B_{2},\left\Vert .\right\Vert _{2},j_{2}\right)$ sei eine weitere Vervollständigung ($B_{2}$ Banach-Raum), $j_{2}:E\rightarrow B_{2}$ injektiv, $j_{2}\left(E\right)\subset B_{2}$ dicht. Dann existiert eine bijektive, lineare Abbildung $\Phi :B_{1}\rightarrow B_{2}$ mit \begin{enumerate} \item $j_{2}=\Phi \circ j_{1}$ \smallskip{} \item $\left\Vert \Phi \left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}=\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}$ \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} Durch $j_{2}=\Phi \circ j_{1}$ ist $\Phi $ auf der dichten Teilmenge $j_{1}\left(E\right)\subset B_{1}$ festgelegt. Betrachte $b_{1}\in B_{1}$. Dann existiert eine Folge $e_{1},e_{2},e_{3},\ldots $ mit \[ \left\Vert b_{1}-j_{1}\left(e_{i}\right)\right\Vert _{1}\xrightarrow{i\rightarrow \infty }0\] $\leadsto $ $j_{1}\left(e_{1}\right),j_{1}\left(e_{2}\right),\ldots $ ist Cauchy-Folge in $B_{1}$ $\leadsto $ $e_{1},e_{2},\ldots $ ist Cauchy-Folge in $E$ $j_{2}$ erhält Norm $\leadsto $ $j_{2}\left(e_{1}\right),j_{2}\left(e_{2}\right),\ldots $ ist Cauchy-Folge in $B_{2}$ $B_{2}$ ist Banach-Raum $\leadsto $ $j_{2}\left(e_{1}\right),j_{2}\left(e_{2}\right),\ldots $ konvergiert in $B_{2}$. Definiere:\[ \Phi \left(b_{1}\right):=\lim _{i\rightarrow \infty }j_{2}\left(e_{i}\right)\] Dann gilt:\begin{eqnarray*} \left\Vert \Phi \left(b_{1}\right)\right\Vert _{2} & = & \lim _{i\rightarrow \infty }\left\Vert j_{2}\left(e_{i}\right)\right\Vert _{2}\\ & = & \lim _{i\rightarrow \infty }\left\Vert e_{i}\right\Vert _{E}\\ & = & \lim _{i\rightarrow \infty }\left\Vert j_{1}\left(e_{i}\right)\right\Vert _{1}\\ & = & \left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}, \end{eqnarray*} $\leadsto $ $\Phi $ erhält die Norm $\leadsto $ $\Phi $ ist injektiv ($\Phi \left(x\right)=\Phi \left(y\right)\, \Rightarrow \, 0=\left\Vert \Phi \left(x\right)-\Phi \left(y\right)\right\Vert =\left\Vert \Phi \left(x-y\right)\right\Vert =\left\Vert x-y\right\Vert \, \Rightarrow \, x=y$). $\Phi $ ist surjektiv (Vertausche die Rollen von $B_{1}$ und $B_{2}$). \end{proof} \begin{conclusion*} $\left(B,\left\Vert .\right\Vert \right)$ sei ein Banach-Raum. $E\subset B$ sei ein dichter Teilraum (Vektorraum). $\left(E,\left\Vert .\right\Vert \right)$ wird dann ein normierter Raum. Dann ist $\left(B,\left\Vert .\right\Vert \right)$ die Vervollständigung von $\left(E,\left\Vert .\right\Vert \right)$. \end{conclusion*} \begin{example*} (Maßtheorie) $\Omega \subset \mathbb{R}^{n}$- offene Teilmenge, $\mu $ Lebesgue-Maß. $1\leq p<\infty $ $\leadsto $ Banach-Raum der $L^{p}$-Funktionen:\begin{eqnarray*} L^{p}\left(\Omega \right) & = & \left\{ f:\Omega \rightarrow \mathbb{C}\left|f\textrm{ ist }\mu \textrm{-meßbar},\, \int _{\Omega }\left|f\left(x\right)\right|^{p}d\mu \left(x\right)<\infty \right.\right\} /\sim \\ f\sim f_{1} & \Leftrightarrow & f=f_{1}\textrm{ fast überall}\\ \left\Vert f\right\Vert _{L^{p}} & = & \left(\int _{\Omega }\left|f\left(x\right)\right|^{p}d\mu \left(x\right)\right)^{\frac{1}{p}} \end{eqnarray*} % \marginpar{$\mathcal{C}_{0}$% }\index{$\mathcal{C}_{0}$}\[ \boxed {\mathcal{C}_{0}\left(\Omega \right):=\left\{ f:\Omega \rightarrow \mathbb{C}\left|f\textrm{ ist stetig},\, \textrm{supp}\left(f\right)\subset \Omega \textrm{ kompakt}\right.\right\} }\] \begin{itemize} \item $\mathcal{C}_{0}\left(\Omega \right)$ ist ein Vektorraum. \smallskip{} \item $\mathcal{C}_{0}\left(\Omega \right)\subset L^{p}\left(\Omega \right)$ \smallskip{} \item $\mathcal{C}_{0}\left(\Omega \right)$ ist dicht in $L^{p}\left(\Omega \right)$. \end{itemize} Dann ist $L^{p}\left(\Omega \right)$ die Vervollständigung von $\mathcal{C}_{0}\left(\Omega \right)$ in der Norm \[ \left\Vert f\right\Vert _{L^{p}}=\left(\int _{\Omega }\left|f\left(x\right)\right|^{p}d\mu \left(x\right)\right)^{\frac{1}{p}}\] \end{example*} \section{Stetige Operatoren} \subsection{Definition} ~ $\left(B_{1},\left\Vert .\right\Vert _{1}\right),$ $\left(B_{2},\left\Vert .\right\Vert \right)$ seien normierte Banach-Räume. $L:B_{1}\rightarrow B_{2}$ eine lineare Abbildung. \begin{thm} $L$ ist stetig $\Leftrightarrow $ Es existiert eine Zahl $A>0$ mit% \marginpar{stetig $\Leftrightarrow $ beschränkt% } \[ \boxed {\left\Vert L\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}\leq A\cdot \left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}\] für alle Vektoren $b_{1}\in B_{1}$. \end{thm} \begin{rem*} % \marginpar{beschränkter Operator% }Operatoren mit $\left\Vert L\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}\leq A\cdot \left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}$ heißen \underbar{beschränkte Operatoren}\index{Operator, beschränkt}. \end{rem*} \begin{conclusion*} $L$ ist stetig $\Leftrightarrow $ $L$ ist beschränkt. \end{conclusion*} \begin{proof} ~ \begin{description} \item [$\left(\Leftarrow \right)$]Sei $L$ beschränkt, d.h. \[ \exists A>0\forall b_{1}\in B_{1}:\, \left\Vert L\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}\leq A\cdot \left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}\] Sei $b_{i}\xrightarrow{i\rightarrow \infty }b$ in $B_{1}$ $\leadsto $ $\left\Vert b_{i}-b\right\Vert _{1}\xrightarrow{i\rightarrow \infty }0$ $\leadsto $ $\left\Vert L\left(b_{i}-b\right)\right\Vert _{2}\xrightarrow{i\rightarrow \infty }0$ $\leadsto $ $L\left(b_{i}\right)\xrightarrow{i\rightarrow \infty }L\left(b\right)$. Damit ist $L$ stetig. \smallskip{} \item [$\left(\Rightarrow \right)$]Sei $L:B_{1}\rightarrow B_{2}$ stetig $\leadsto $ $L$ ist stetig an der Stelle $b_{1}=0$:\[ \leadsto \, \forall \varepsilon >0\exists \delta >0\, \forall b_{1}\in B_{1},\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}<\delta :\quad \left\Vert L\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}<\varepsilon \] \[ \varepsilon =1\, \leadsto \, \exists \delta >0\, \forall b_{1}\in B_{1},\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}<\delta :\quad \left\Vert L\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}<1\] \smallskip{} \noindent Betrachte $0\neq b_{1}^{*}\in B_{1}$ und schreibe:\[ \left\Vert L\left(b_{1}^{*}\right)\right\Vert _{2}=\left\Vert \frac{2\left\Vert b_{1}^{*}\right\Vert _{1}}{\delta }\cdot L\underbrace{\left(\frac{\delta }{2}\cdot \frac{b_{1}^{*}}{\left\Vert b_{1}^{*}\right\Vert _{1}}\right)}_{\left\Vert .\right\Vert =\frac{\delta }{2}}\right\Vert _{2}<\frac{2\left\Vert b_{1}^{*}\right\Vert _{1}}{\delta }\cdot 1\] Mit $A:=\frac{2}{\delta }$ sehen wir, daß $L$ beschränkt ist. \end{description} \end{proof} \begin{defn} \label{def:Operatornorm}(\underbar{Operatornorm}\index{Operatornorm}) $L:B_{1}\rightarrow B_{2}$ linear% \marginpar{Operatornorm $\left\Vert L\right\Vert $% }\[ \boxed {\left\Vert L\right\Vert :=\inf \left\{ A\left|\left\Vert L\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}\leq A\cdot \left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}\quad \forall b_{1}\in B_{1}\right.\right\} }\] \[ \boxed {\left\Vert L\right\Vert =\sup _{0\neq b_{1}\in B_{1}}\frac{\left\Vert L\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}}{\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}}\] \end{defn} \begin{conclusion*} $L$ ist stetig $\Leftrightarrow $ $\left\Vert L\right\Vert <\infty $. \end{conclusion*} \begin{thm} \index{$\mathcal{B}\left(B_{1},B_{2}\right)$}$\mathcal{B}\left(B_{1},B_{2}\right)=$Vektorraum aller stetigen, linearen Abbildungen von $B_{1}$ nach $B_{2}$.% \marginpar{$\mathcal{B}\left(B_{1},B_{2}\right)$% } $\left\Vert .\right\Vert $ sei die Operatornorm in $\mathcal{B}\left(B_{1},B_{2}\right)$ \begin{enumerate} \item $\left\Vert .\right\Vert $ ist eine Norm in $\mathcal{B}\left(B_{1},B_{2}\right)$ \smallskip{} \item $\left(\mathcal{B}\left(B_{1},B_{2}\right),\left\Vert .\right\Vert \right)$ ist ein Banach-Raum, falls $\left(B_{2},\left\Vert .\right\Vert _{2}\right)$ ein Banachraum ist. \end{enumerate} \end{thm} \underbar{Spezialfall:} $\left(B,\left\Vert .\right\Vert \right)$ komplexer Banach-Raum. $B_{2}=\mathbb{C}$. % \marginpar{top. Dualraum $B^{*}$% }Dualraum\index{Dualraum} zu $B$: \[ \boxed {B^{*}=\mathcal{B}\left(B,\mathbb{C}\right)=\textrm{Raum der stetigen linearen Funktionale }L:B\rightarrow \mathbb{C}}\] \underbar{Anmerkung}: $B^{*}$ ist \underbar{nicht} der algebraische Dualraum. \begin{proof} ~ \begin{enumerate} \item Normeigenschaften für $\left\Vert L\right\Vert $: \smallskip{} \noindent $\lambda \in \mathbb{R}^{1},\mathbb{C}^{1}$. Dann gilt \begin{eqnarray*} \left\Vert \lambda \cdot L\right\Vert & = & \sup _{0\neq b_{1}\in B_{1}}\frac{\left\Vert \lambda \cdot L\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}}{\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}\\ & = & \left|\lambda \right|\cdot \sup _{0\neq b_{1}\in B_{1}}\frac{\left\Vert L\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}}{\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}\\ & = & \left|\lambda \right|\cdot \left\Vert L\right\Vert \\ \left\Vert L_{1}+L_{2}\right\Vert & = & \sup _{0\neq b_{1}\in B_{1}}\frac{\left\Vert L_{1}\left(b_{1}\right)+L_{2}\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}}{\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}\\ & \leq & \sup _{0\neq b_{1}\in B_{1}}\left\{ \frac{\left\Vert L_{1}\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}}{\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}+\frac{\left\Vert L_{2}\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}}{\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}\right\} \\ & = & \left\Vert L_{1}\right\Vert +\left\Vert L_{2}\right\Vert \end{eqnarray*} \item \noindent $B_{2}$ sei Banach-Raum. Sei $L_{1},L_{2},\ldots :B_{1}\rightarrow B_{2}$ eine Cauchy-Folge von Operatoren (stetig):\[ \forall \varepsilon >0\exists N\, \forall n,m\geq N:\, \left\Vert L_{n}-L_{m}\right\Vert =\sup _{0\neq b_{1}\in B_{1}}\frac{\left\Vert L_{n}\left(b_{1}\right)-L_{m}\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}}{\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}<\varepsilon \] \[ \leadsto \, \forall \varepsilon >0\exists N\, \forall n,m\geq N,b_{1}\in B_{1}:\, \left\Vert L_{n}\left(b_{1}\right)-L_{m}\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}\leq \varepsilon \cdot \left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}\] \smallskip{} \noindent Halte $b_{1}\in B_{1}$ fest. Dann ist $L_{1}\left(b_{1}\right),L_{2}\left(b_{1}\right),\ldots $ eine Cauchy-Folge in $B_{2}$! \smallskip{} \noindent Da $B_{2}$ vollständig ist, konvergiert $L_{n}\left(b_{1}\right)$ in $B_{2}$. \smallskip{} \noindent Definiere $L:B_{1}\rightarrow B_{2}$ durch die Formel\[ L\left(b_{1}\right):=\lim _{n\rightarrow \infty }L_{n}\left(b_{1}\right)\] $L_{n}\left(b_{1}\right)\rightarrow L\left(b_{1}\right)$ $\leadsto $\[ \forall \varepsilon >0\exists N\, \forall n\geq N,b_{1}\in B_{1}:\, \left\Vert L_{n}\left(b_{1}\right)-L\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}\leq \varepsilon \cdot \left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}\] \[ \leadsto \, \forall \varepsilon >0\exists N\, \forall n\geq N:\, \left\Vert L_{n}-L\right\Vert <\varepsilon .\] Damit gilt: \begin{enumerate} \smallskip{} \item \noindent $\left\Vert L\right\Vert <\infty $, d.h. $L$ ist stetig. \smallskip{} \item \noindent $L_{n}\rightarrow L$ in $\mathcal{B}\left(B_{1},B_{2}\right)$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{proof} \begin{thm} (Verhalten bei Superposition): Sei \[ B_{1}\xrightarrow{L_{1}}B_{2}\xrightarrow{L_{2}}B_{3},\] dann gilt% \marginpar{Superposition% }\[ \boxed {\left\Vert L_{2}\circ L_{1}\right\Vert \leq \left\Vert L_{1}\right\Vert \cdot \left\Vert L_{2}\right\Vert }.\] \end{thm} \begin{proof} ~\begin{eqnarray*} \left\Vert L_{2}\circ L_{1}\right\Vert & = & \sup _{0\neq b_{1}\in B_{1}}\frac{\left\Vert L_{2}\circ L_{1}\left(b_{1}\right)\right\Vert _{3}}{\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}\\ & = & \sup _{0\neq b_{1}\in B_{1}}\frac{\left\Vert L_{2}\circ L_{1}\left(b_{1}\right)\right\Vert _{3}}{\left\Vert L_{1}\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}}\cdot \frac{\left\Vert L_{1}\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}}{\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}\\ & \leq & \left\Vert L_{2}\right\Vert \cdot \sup _{0\neq b_{1}\in B_{1}}\frac{\left\Vert L_{1}\left(b_{1}\right)\right\Vert _{2}}{\left\Vert b_{1}\right\Vert _{1}}\\ & = & \left\Vert L_{2}\right\Vert \cdot \left\Vert L_{1}\right\Vert \end{eqnarray*} \end{proof} \begin{thm} \index{Fortsetzung}$B_{1},B_{2}$ Banach-Räume.% \marginpar{stetige Fortsetzung% } $E_{1}\subset B_{1}$ dichter linearer Teilraum. $L:E_{1}\rightarrow B_{2}$ linear und stetig. Dann besitzt $L$ eine lineare und stetige Fortsetzung $L^{*}:B_{1}\rightarrow B_{2}$. \end{thm} \begin{proof} Fixiere $b_{1}\in B_{1}$ und wähle eine Folge $e_{1},e_{2},\ldots $ in $E_{1}$ mit $e_{i}\rightarrow b_{1}$. Dann gilt\[ \left\Vert L\left(e_{n}\right)-L\left(e_{m}\right)\right\Vert _{2}\leq \left\Vert L\right\Vert \cdot \left\Vert e_{n}-e_{m}\right\Vert _{1}\] Da $e_{i}$ eine Cauchy-Folge ist, ist dann auch $L\left(e_{i}\right)$ eine Cauchy-Folge in $B_{2}$. Definiere $L^{*}:B_{1}\rightarrow B_{2}$ durch\[ L^{*}\left(b_{1}\right):=\lim _{n\rightarrow \infty }L\left(e_{n}\right)\] \end{proof} \subsection{Die Fouriertransformation} ~ $L^{1}\left(\mathbb{R}^{n}\right)=$ Raum aller $L^{1}$-Funktionen in $\mathbb{R}^{n}$ $f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{C}$ $L^{1}$-meßbar, d.h. \[ \int _{\mathbb{R}^{n}}\left|f\left(x\right)\right|dx<\infty \] $x=\left(x_{1},\ldots ,x_{n}\right),\, \xi =\left(\xi _{1},\ldots ,\xi _{n}\right)$.% \marginpar{Fourier\-trans\-for\-ma\-tion $\hat{f}$% }\[ \boxed {\hat{f}\left(\xi \right):=\frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\cdot \int _{\mathbb{R}^{n}}e^{-i\left\langle x,\xi \right\rangle }f\left(x\right)dx}\] Dieses Integral macht Sinn, weil:\[ \int _{\mathbb{R}^{n}}\underbrace{\left|e^{-i\left\langle x,\xi \right\rangle }\right|}_{=1}\cdot \left|f\left(x\right)\right|dx=\int _{\mathbb{R}^{n}}\left|f\left(x\right)\right|dx<\infty \] \begin{defn} \label{def:Fouriertransformation}$\hat{f}:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{C}$ ist die \underbar{Fourier-Transformation}\index{Fouriertransformation} von $f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{C}$. \end{defn} \underbar{Es gilt:} $\forall \xi \in \mathbb{R}^{n}:$\[ \boxed {\left|\hat{f}\left(\xi \right)\right|\leq \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\cdot \left\Vert f\right\Vert _{L^{1}\left(\mathbb{R}^{n}\right)}}\] \begin{conclusion*} Die Fourier-Transformation $\hat{f}$ jeder $L^{1}$-Funktion ist auf dem Raum $\mathbb{R}^{n}$ beschränkt. \end{conclusion*} \begin{defn} \label{def:Schwartz-Raum}Der \underbar{Schwartz-Raum} $\mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$\underbar{\index{Schwartz-Raum}\index{$\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$}} ist der Vektorraum aller glatten (d.h. $C^{\infty }$-) Funktionen $f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{C}$ mit folgender Eigenschaft:% \marginpar{31.10.2002% }% \marginpar{Schwartz-Raum $\mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$% }\[ \forall m\geq 0\, \forall \alpha =\left(\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n}\right)\textrm{ ist }\left(1+\left|x\right|^{2}\right)^{m}D^{\alpha }f\left(x\right)\textrm{ beschränkt auf }\mathbb{R}^{n}.\] \[ D^{\alpha }f:=\frac{\partial ^{\alpha _{1}+\ldots +\alpha _{n}}}{\partial x_{1}^{\alpha _{1}}\partial x_{2}^{\alpha _{2}}\cdots \partial x_{n}^{\alpha _{n}}}f\] \end{defn} \begin{example*} % \marginpar{$\mathcal{C}_{0}^{\infty }$% }\index{$\mathcal{C}_{0}^{\infty }$}$\mathcal{C}_{0}^{\infty }\left(\mathbb{R}^{n}\right)=$ Raum aller glatten Funktionen mit kompaktem Träger $\subset \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$\[ f\left(x\right)=e^{-x^{2}}\in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\] \end{example*} \begin{thm} % \marginpar{$\mathcal{C}_{0}^{\infty }\subset \mathcal{S}\subset L^{p}$% }$\mathcal{C}_{0}^{\infty }\left(\mathbb{R}^{n}\right)\subset \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\subset L^{p}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$ für alle $p\geq 1$ \end{thm} \begin{proof} Polarkoordinaten in $\mathbb{R}^{n}$:\begin{eqnarray*} x_{1} & := & r\cos \varphi _{1}\cos \varphi _{2}\cdots \cos \varphi _{n-1}\\ x_{2} & := & r\sin \varphi _{1}\cos \varphi _{2}\cdots \cos \varphi _{n-1}\\ x_{3} & := & r\sin \varphi _{2}\cos \varphi _{3}\cdots \cos \varphi _{n-1}\\ & \vdots & \\ x_{n-1} & := & r\sin \varphi _{n-2}\cos \varphi _{n-1}\\ x_{n} & := & r\sin \varphi _{n-1} \end{eqnarray*} Mit: $0\leq r=\sqrt{x_{1}^{2}+\ldots +x_{n}^{2}}<\infty $, $0\leq \varphi _{1}\leq 2\pi $, $-\frac{\pi }{2}\leq \varphi _{i}\leq \frac{\pi }{2}$ für $2\leq i\leq n-1$. Volumenelement im $\mathbb{R}^{n}$: \begin{eqnarray*} d\mathbb{R}^{n} & = & dx_{1}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\\ & = & r^{n-1}\cos \varphi _{2}\cos ^{2}\varphi _{3}\cdots \cos ^{n-2}\varphi _{n-1}dr\wedge d\varphi _{1}\wedge \ldots \wedge d\varphi _{n-1} \end{eqnarray*} Dann folgt:\begin{eqnarray*} \int _{\mathbb{R}^{n}}\frac{dx}{\left(1+\left|x\right|^{2}\right)^{A}} & = & \int _{0}^{\infty }\int _{0}^{2\pi }\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cdots \int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{r^{n-1}\cdot \cos \varphi _{2}\cdots \cos ^{n-2}\varphi _{n-1}}{\left(1+r^{2}\right)^{A}}dr\wedge d\varphi _{1}\wedge \ldots \wedge d\varphi _{n-1}\\ & = & C\left(\varphi _{1},\ldots ,\varphi _{n-1}\right)\cdot \int _{0}^{\infty }\frac{r^{n-1}}{\left(1+r^{2}\right)^{A}}dr\\ & = & C\left(\varphi _{1},\ldots ,\varphi _{n-1}\right)\cdot \left\{ \int _{0}^{1}\frac{r^{n-1}}{\left(1+r^{2}\right)^{A}}dr+\int _{1}^{\infty }\frac{r^{n-1}}{\left(1+r^{2}\right)^{A}}dr\right\} \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} 1\leq 1+r^{2}\, \leadsto \, \frac{1}{1+r^{2}}\leq 1 & \leadsto & \int _{0}^{1}\frac{r^{n-1}}{\left(1+r^{2}\right)^{A}}dr\leq \int _{0}^{1}r^{n-1}dr=\frac{1}{n}\\ r^{2}\leq 1+r^{2}\, \leadsto \, \frac{1}{1+r^{2}}\leq \frac{1}{r^{2}} & \leadsto & \int _{1}^{\infty }\frac{r^{n-1}}{\left(1+r^{2}\right)^{A}}dr\leq \int _{1}^{\infty }\frac{r^{n-1}}{r^{2A}}dr=\frac{1}{n-2A}\left[r^{n-2A}\right]_{1}^{\infty } \end{eqnarray*} Ist der Exponent $n-2A<0$, so wird \[ \int _{\mathbb{R}^{n}}\frac{1}{\left(1+\left|x\right|^{2}\right)^{A}}dx\leq C\left(\varphi _{1},\ldots ,\varphi _{n-1}\right)\cdot \left\{ \frac{1}{n}+\frac{1}{n-2A}\left[r^{n-2A}\right]_{1}^{\infty }\right\} <\infty .\] \underbar{Also}: Im $\mathbb{R}^{n}$ gilt für jede Zahl $A>\frac{n}{2}$:\[ \int _{\mathbb{R}^{n}}\frac{1}{\left(1+\left|x\right|^{2}\right)^{A}}dx<\infty \] $f\in \mathcal{S}$ $\leadsto $ für jede Zahl $A=1,2,3$ existiert ein $C_{A}$, so daß\begin{eqnarray*} \left|f\left(x\right)\right| & \leq & C_{A}\cdot \frac{1}{\left(1+\left|x\right|^{2}\right)^{A}}\\ \leadsto \, \int _{\mathbb{R}^{n}}\left|f\left(x\right)\right|^{p}dx & \leq & C_{A}^{p}\cdot \int _{\mathbb{R}^{n}}\frac{1}{\left(1+\left|x\right|^{2}\right)^{A\cdot p}}dx\quad \forall A=1,2,\ldots \\ \leadsto \, \left\Vert f\right\Vert _{L^{p}\left(\mathbb{R}^{n}\right)} & < & \infty \end{eqnarray*} \end{proof} \begin{conclusion*} ~ \end{conclusion*} \begin{enumerate} \item Der Schwartz-Raum $\mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$ ist ein dichter Teilraum in $L^{p}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$, $p\geq 1$. \smallskip{} \item $L^{p}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$ ist die Vervollständigung von $\mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$ in der Norm\[ \left\Vert f\right\Vert _{L^{p}}=\left(\int _{\mathbb{R}^{n}}\left|f\left(x\right)\right|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\] \end{enumerate} $\mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\subset L^{1}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\leadsto \mathcal{M}\left(\mathbb{R}^{n}\right)=$ % \marginpar{$\mathcal{M}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$% }Raum der beschränkten Funktionen \begin{thm} \label{thm:Eigenschaften-Fouriertransformation}Eigenschaften der Fourier-Transformation auf $\mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$: \begin{enumerate} \item $f\in \mathcal{S}\, \Rightarrow \, \hat{f}\in \mathcal{S}$ \smallskip{} \item Die Abbildung $\mathcal{S}\ni f\mapsto \hat{f}\in \mathcal{S}$ ist bijektiv. Die Umkehrfunktion ist\[ f\left(x\right)=\frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}e^{i\left\langle x,\xi \right\rangle }\hat{f}\left(\xi \right)d\xi \] % \marginpar{inv. Fouriertransformation% }Mit anderen Worten, die Formel für die inverse Fourier-Transformation\index{Fouriertransformation, invers} $\vee :\mathcal{S}\rightarrow \mathcal{S}$ ist\[ \boxed {\check{g}\left(x\right)=\frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}e^{i\left\langle x,\xi \right\rangle }g\left(\xi \right)d\xi =\hat{g}\left(-x\right)}\] \smallskip{} \item % \marginpar{$D_{\xi }^{\alpha }\hat{f}\left(\xi \right)$% }Für jeden Multiindex $\alpha =\left(\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n}\right)$ gilt:\[ \boxed {D_{\xi }^{\alpha }\hat{f}\left(\xi \right)=\widehat{\left(-ix\right)^{\alpha }f\left(x\right)}\left(\xi \right),\qquad y^{\alpha }:=y_{1}^{\alpha _{1}}\cdots y_{n}^{\alpha _{n}}}\] \smallskip{} \item % \marginpar{Plancherel-Theorem% }Für alle $f,g\in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$ gilt\[ \boxed {\left\langle \hat{f},\hat{g}\right\rangle _{L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)}=\left\langle f,g\right\rangle _{L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)}}\] (Plancherel-Theorem)\index{Plancherel-Theorem} \end{enumerate} \end{thm} Kommentar zu 4.:\begin{displaymath} \begin{CD} \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^n\right) @>\wedge, L^2\mathrm{-stetig} >> \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^n\right) \\ \stackrel{\mathrm{dicht}}{\bigcap} @. \bigcap @.\\ L^2\left(\mathbb{R}^n\right) @. L^2\left(\mathbb{R}^n\right) \end{CD} \end{displaymath} \begin{conclusion*} Die Fourier-Transformation besitzt eine unitäre (d.h. Skalarprodukt erhaltende) Fortsetzung:\[ \wedge :L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\rightarrow L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\] \end{conclusion*} Vorsicht: \[ \hat{f}\left(\xi \right)=\frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}e^{-i\left\langle x,\xi \right\rangle }f\left(x\right)dx\] gilt nur für $f\in L^{1}$, aber $L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\not \subseteq L^{1}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$. Diese Formel gilt nur für Funktionen aus $L^{1}\cap L^{2}$ ! \begin{example*} $\frac{1}{1+\left|x\right|}\sim \frac{1}{\left|x\right|}\in L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\setminus L^{1}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$. \end{example*} Ist $f\in L^{2}\setminus L^{1}$, so approximiere man $f$ durch $\varphi _{1},\varphi _{2},\ldots \in \mathcal{S}$ (in der $L^{2}$-Norm) und bilde $\hat{\varphi }_{1},\hat{\varphi }_{2},\ldots \in \mathcal{S}$. Dann gilt $\hat{f}:=\lim \hat{\varphi }_{n}$. \begin{proof} Sei $f\in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$. \begin{description} \item [\textmd{(3)}]$\hat{f}\left(\xi \right)$ ist eine glatte Funktion (Lebesgue-Satz über die Vertauschbarkeit von Grenzwert und Integral)\begin{eqnarray*} \frac{\partial \hat{f}}{\partial \xi _{1}}\left(\xi \right) & = & \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\lim _{t\rightarrow 0}\int _{\mathbb{R}^{n}}\left[\frac{e^{-i\left\langle x,te_{1}\right\rangle }-1}{t}\right]\underbrace{e^{-i\left\langle x,\xi \right\rangle }f\left(x\right)}_{\textrm{ist }L^{1}}dx\\ & \stackrel{\textrm{Lebesgue}}{\textrm{=}} & \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}\left(-ix_{1}\right)e^{-i\left\langle x,\xi \right\rangle }f\left(x\right)dx\\ & = & \widehat{\left(-ix_{1}\right)f\left(x\right)}\left(\xi \right)\qquad -\textrm{Formel }\left(3\right)\textrm{ für }\alpha =\left(1,0,\ldots \right) \end{eqnarray*} \smallskip{} \item [\textmd{(1)}]z.z.: $\hat{f}\in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$: Aus Eigenschaft $\left(3\right)$ folgt:\begin{eqnarray*} D^{\alpha }\hat{f}\left(\xi \right) & = & \widehat{\left(-ix\right)^{\alpha }f\left(x\right)}\left(\xi \right)\\ \leadsto \, \left|D^{\alpha }\hat{f}\left(\xi \right)\right| & \leq & \left\Vert \left(-ix\right)^{\alpha }f\left(x\right)\right\Vert _{L^{1}}\cdot \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}} \end{eqnarray*} $\leadsto $ alle Ableitungen von $\hat{f}$ sind beschränkt \smallskip{} \noindent $\left|\xi ^{\alpha }\hat{f}\left(\xi \right)\right|=\left|\widehat{D^{\alpha }f}\left(\xi \right)\right|$ beschränkt $\leadsto $ $\hat{f}\left(\xi \right)$ fällt schneller als das Inverse jedes Polynoms. \smallskip{} \item [\textmd{(2)}]Sei $f\in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$, $\varphi \in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$. \smallskip{} \noindent Betrachte $\varphi \left(\xi \right)\cdot \hat{f}\left(\xi \right)$. Dieses Produkt ist insbesondere beschränkt. Berechne das Integral\begin{eqnarray} \int _{\mathbb{R}^{n}}\varphi \left(\xi \right)\hat{f}\left(\xi \right)e^{i\left\langle x,\xi \right\rangle }d\xi & = & \int _{\mathbb{R}^{n}}\varphi \left(\xi \right)e^{i\left\langle x,\xi \right\rangle }\left\{ \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}e^{-i\left\langle x,\xi \right\rangle }f\left(x\right)dx\right\} d\xi \nonumber \\ & \stackrel{\textrm{Fubini}}{=} & \int _{\mathbb{R}^{n}\times \mathbb{R}^{n}}\varphi \left(\xi \right)e^{i\left\langle x-y\right\rangle \xi }\frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}f\left(y\right)dyd\xi \nonumber \\ & = & \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}f\left(y\right)\left[\int _{\mathbb{R}^{n}}\varphi \left(\xi \right)e^{i\left\langle x-y,\xi \right\rangle }d\xi \right]dy\nonumber \\ & \stackrel{y=x+t}{=} & \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}f\left(x+t\right)\underbrace{\left[\int _{\mathbb{R}^{n}}\varphi \left(\xi \right)e^{i\left\langle -t,\xi \right\rangle }d\xi \right]}_{\hat{\varphi }\left(t\right)}dt\nonumber \\ & = & \int _{\mathbb{R}^{n}}f\left(x+t\right)\hat{\varphi }\left(t\right)dt\qquad \forall f,\varphi \in S,x\in \mathbb{R}^{n}\label{eq:2.9.1} \end{eqnarray} \smallskip{} \noindent Seien $f,g\in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$. Fixiere $\varepsilon >0$ und bilde\[ \varphi \left(\xi \right):=g\left(\varepsilon \cdot \xi \right).\] Dann gilt\begin{eqnarray*} \hat{\varphi }\left(t\right) & = & \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int \varphi \left(\eta \right)e^{-i\left\langle t,\eta \right\rangle }d\eta \\ & = & \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}g\underbrace{\left(\varepsilon \cdot \eta \right)}_{y}e^{-i\left\langle t,\eta \right\rangle }d\eta \\ & \stackrel{{y=\varepsilon \cdot \eta \atop dy=\varepsilon ^{n}d\eta }}{=} & \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}g\left(y\right)\cdot e^{-i\left\langle \frac{t}{\varepsilon },\eta \right\rangle }\frac{1}{\varepsilon ^{n}}dy\\ & = & \frac{1}{\varepsilon ^{n}}\hat{g}\left(\frac{t}{\varepsilon }\right) \end{eqnarray*} Setze diese Formel in (\ref{eq:2.9.1}) ein:\[ \int _{\mathbb{R}^{n}}g\left(\varepsilon \cdot \xi \right)\hat{f}\left(\xi \right)e^{i\left\langle x,\xi \right\rangle }d\xi =\int _{\mathbb{R}^{n}}f\left(x+t\right)\frac{1}{\varepsilon ^{n}}\hat{g}\left(\frac{t}{\varepsilon }\right)dt=\int _{\mathbb{R}^{n}}f\left(x+\varepsilon \cdot s\right)\hat{g}\left(s\right)ds\] \smallskip{} \noindent $\varepsilon \rightarrow 0$ und Lebesgue-Satz:\[ g\left(0\right)\cdot \int _{\mathbb{R}^{n}}\hat{f}\left(\xi \right)e^{i\left\langle x,\xi \right\rangle }d\xi =\int _{\mathbb{R}^{n}}f\left(x\right)\hat{g}\left(s\right)ds=f\left(x\right)\cdot \int _{\mathbb{R}^{n}}\hat{g}\left(s\right)ds\] Wähle die Funktion\[ g\left(\xi \right)=e^{-\frac{1}{2}\left|\xi \right|^{2}}\] \underbar{Dann gilt}: (direkte Ausrechnung der Integrale)\[ \hat{g}\left(\xi \right)=g\left(\xi \right)\] Damit folgt:\begin{eqnarray*} \int _{\mathbb{R}^{n}}\hat{f}\left(\xi \right)e^{i\left\langle x,\xi \right\rangle }d\xi & = & f\left(x\right)\int _{\mathbb{R}^{n}}\hat{g}\left(s\right)ds=f\left(x\right)\underbrace{\int _{\mathbb{R}^{n}}e^{-\frac{1}{2}\left|\xi \right|^{2}}d\xi }_{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\\ \leadsto \, f\left(x\right) & = & \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}\hat{f}\left(\xi \right)e^{i\left\langle x,\xi \right\rangle }d\xi \end{eqnarray*} \smallskip{} \item [\textmd{(4)}](\ref{eq:2.9.1}) mit $x=0$ ergibt:% \marginpar{5.11.2002% }\begin{eqnarray*} \int _{\mathbb{R}^{n}}\varphi \left(\xi \right)\hat{f}\left(\xi \right)d\xi & = & \int _{\mathbb{R}^{n}}f\left(t\right)\hat{\varphi }\left(t\right)dt\quad \forall f,\varphi \in \mathcal{S} \end{eqnarray*} Ist $g\in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$, so betrachten wir:\[ \varphi \left(\xi \right)=\overline{\hat{g}\left(\xi \right)}.\] Dann gilt \begin{eqnarray*} \hat{\varphi }\left(t\right) & = & \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}e^{-i\left\langle t,\xi \right\rangle }\overline{\hat{g}\left(\xi \right)}d\xi \\ & = & \frac{1}{\left(2\pi \right)^{\frac{n}{2}}}\int _{\mathbb{R}^{n}}\overline{e^{i\left\langle t,\xi \right\rangle }\hat{g}\left(\xi \right)}d\xi \\ & = & \overline{g\left(t\right)}\qquad \left(\textrm{Umkehrformel}\right) \end{eqnarray*} Damit gilt für $f,g\in \mathcal{S}$:\begin{eqnarray*} \int _{\mathbb{R}^{n}}\hat{f}\left(\xi \right)\cdot \overline{\hat{g}\left(\xi \right)}d\xi & = & \int _{\mathbb{R}^{n}}f\left(t\right)\cdot \overline{g\left(t\right)}dt\\ \leadsto \quad \left\langle \hat{f},\hat{g}\right\rangle _{L^{2}} & = & \left\langle f,g\right\rangle _{L^{2}} \end{eqnarray*} \end{description} \end{proof} \subsubsection{Anwendung der Fourier-Transformation} ~ Gesucht ist eine Lösung der Differentialgleichung (DGL)\[ a_{0}f\left(t\right)+a_{1}f'\left(t\right)+\ldots +a_{N}f^{\left(N\right)}\left(t\right)=g\left(t\right),\quad t\in \mathbb{R}^{1}\] Wir betrachten das Polynom\begin{eqnarray*} P\left(t\right) & := & a_{0}+a_{1}t+\ldots +a_{N}t^{N}\\ \leadsto \, P\left(\frac{\partial }{\partial t}\right)f\left(t\right) & = & g\left(t\right) \end{eqnarray*} Sei $g\in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{1}\right)$. Gesucht ist $f\in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{1}\right)$. Wenden die Fouriertransformation auf die gewöhnliche DGL $P\left(\frac{\partial }{\partial t}\right)f\left(t\right)=g\left(t\right)$ an:\begin{eqnarray*} \hat{g}\left(\xi \right) & = & P\left(i\xi \right)\cdot \hat{f}\left(\xi \right)\qquad \left(\textrm{Polynommultiplikation}\right) \end{eqnarray*} Annahme: $P\left(i\xi \right)\neq 0\, \forall \xi \in \mathbb{R}^{1}$ (Bsp.: $f-f''=g$, $P\left(t\right)=1-t^{2}$, $P\left(i\xi \right)=1+\xi ^{2}$, $\xi \in \mathbb{R}^{1}$).\begin{eqnarray*} \leadsto \, \hat{f}\left(\xi \right) & = & \frac{\hat{g}\left(\xi \right)}{P\left(i\xi \right)}\\ \leadsto \, f\left(x\right) & = & \check{\hat{f}}\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{ix\xi }\frac{\hat{g}\left(\xi \right)}{P\left(i\xi \right)}d\xi \end{eqnarray*} \underbar{Also}: Ist $g\in \mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{1}\right)$ und $f\in \mathcal{S}$ eine Lösung der gewöhnlichen DGL $P\left(\frac{\partial }{\partial t}\right)f\left(t\right)=g\left(t\right)$, so gilt $\left(P\left(i\xi \right)\neq 0\right)$\begin{eqnarray*} f\left(x\right) & = & \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{ix\xi }\frac{\hat{g}\left(\xi \right)}{P\left(i\xi \right)}d\xi \end{eqnarray*} Insbesondere ist $f$ eindeutig in $\mathcal{S}$. \subsection{Integraloperatoren} \subsubsection{Integraloperatoren mit stetigem Kern in $\mathcal{C}\left(X\right)$} \begin{lyxlist}{00.00.0000} \item [\index{Integraloperatoren}$X$]kompakter metrischer Raum. \item [$\mathcal{C}\left(X\right)$]Banachraum der stetigen Funktionen auf $X$ mit Supremumsnorm. \item [$\mu $]endliches Borel-Maß auf $X$. \item [$K:X\times X\rightarrow \mathbb{C}$]Kern, $K$ sei stetig. \end{lyxlist} Wir definieren den Operator \[ L:\mathcal{C}\left(X\right)\rightarrow \mathcal{C}\left(X\right)\] % \marginpar{Integral\-operator% }\[ \boxed {\left(Lf\right)\left(x\right):=\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)}\] \begin{enumerate} \item Das Integral $\left(Lf\right)\left(x\right)$ existiert für alle $x\in X$, weil $f$ und $K$ stetig sind. \smallskip{} \item Die Funktion $X\ni x\mapsto \left(Lf\right)\left(x\right)\in \mathbb{C}$ ist stetig, weil:\begin{eqnarray*} \lim _{x_{*}\rightarrow x}\left(Lf\right)\left(x_{*}\right) & = & \lim _{x_{*}\rightarrow x}\int _{X}K\left(x_{*},y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\\ & \stackrel{\textrm{Lebesgue}}{=} & \int _{X}\lim _{x_{*}\rightarrow x}K\left(x_{*},y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\\ & \stackrel{K\textrm{ stetig}}{=} & \int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\\ & = & \left(Lf\right)\left(x\right). \end{eqnarray*} \smallskip{} \item Der Operator $L:\mathcal{C}\left(X\right)\rightarrow \mathcal{C}\left(X\right)$ ist stetig: \smallskip{} \noindent Sei $f\in \mathcal{C}\left(X\right)$. Dann gilt für alle $x\in X$:\begin{eqnarray*} \left|Lf\left(x\right)\right| & = & \left|\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\right|\\ & \leq & \int _{X}\underbrace{\left|K\left(x,y\right)\right|}_{\leq M}\left|f\left(y\right)\right|d\mu \left(y\right)\qquad M:=\sup _{\left(x,y\right)\in X\times X}\left|K\left(x,y\right)\right|\\ & \leq & M\cdot \left\Vert f\right\Vert _{\mathcal{C}\left(X\right)}\cdot \mu \left(X\right) \end{eqnarray*} Bilde Maximum über alle $x\in X$:\begin{eqnarray*} \left\Vert Lf\right\Vert _{\mathcal{C}\left(X\right)} & \leq & M\cdot \mu \left(X\right)\cdot \left\Vert f\right\Vert _{\mathcal{C}\left(X\right)} \end{eqnarray*} Damit ist $L:\mathcal{C}\left(X\right)\rightarrow \mathcal{C}\left(X\right)$ ein beschränkter Operator und es gilt:\[ \left\Vert L\right\Vert \leq M\cdot \mu \left(X\right).\] \end{enumerate} \subsubsection{Integraloperatoren mit stetigem Kern von $L^{2}\left(X\right)\rightarrow \mathcal{C}\left(X\right)$} \begin{lyxlist}{00.00.0000} \item [$X$]kompakter metrischer Raum \item [$\mu $]endliches Borel-Maß auf $X$ \item [$K:X\times X\rightarrow \mathbb{C}$]stetig. \end{lyxlist} $f\in L^{2}\left(X\right)$ sei gegeben. Bei festem $x\in X$ ist $y\mapsto K\left(x,y\right)f\left(y\right)$ eine $L^{1}$-Funktion, weil $f\in L^{2}\left(X\right)\stackrel{\mu \left(X\right)<\infty }{\subset }L^{1}\left(X\right)$ und $K\left(x,\cdot \right)\in L^{1}\left(X\right)$, da $K$ stetig ist. \underbar{Konsequenz:} $\forall f\in L^{2}\left(X\right)\forall x\in X$ existiert $\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)$. Somit entsteht eine Funktion\[ \boxed {X\ni x\mapsto \int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\in \mathbb{C}\qquad \left(f\in L^{2}\right)}\] Für alle $f\in L^{2}\left(X\right)$ ist diese Funktion stetig: Da $X$ kompakt ist, ist auch $X\times X$ kompakt. Da $K:X\times X\rightarrow \mathbb{C}$ stetig ist, ist dann $K$ sogar gleichmäßig stetig, d.h.\[ \forall \varepsilon >0\exists \delta >0\, \forall \left(x,y\right),\left(x',y'\right)\in X\times X,d\left(\left(x,y\right),\left(x',y'\right)\right)<\delta :\, \left|K\left(x,y\right)-K\left(x',y'\right)\right|<\varepsilon .\] Sei $d\left(x,x'\right)\leq \delta $.\begin{eqnarray*} \left|Lf\left(x\right)-Lf\left(x'\right)\right| & = & \left|\int _{X}\left[K\left(x,y\right)-K\left(x',y\right)\right]\cdot f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\right|\\ & \leq & \varepsilon \cdot \int _{X}1\cdot \left|f\left(y\right)\right|d\mu \left(y\right)\\ & \stackrel{\textrm{CSU}}{\leq } & \varepsilon \cdot \left(\int _{X}1\right)^{\frac{1}{2}}\cdot \left(\int \left|f\left(y\right)\right|^{2}d\mu \left(y\right)\right)^{\frac{1}{2}}\\ & \leq & \varepsilon \cdot \sqrt{\mu \left(X\right)}\cdot \left\Vert f\right\Vert _{L^{2}\left(X\right)} \end{eqnarray*} \underbar{Konsequenz}: \[ \forall f\in L^{2},\varepsilon >0\, \exists \delta >0\, \forall x,x'\in X:\, d\left(x,x'\right)<\delta \, :\, \left|Lf\left(x\right)-Lf\left(x'\right)\right|\leq \varepsilon \cdot \sqrt{\mu \left(X\right)}\cdot \left\Vert f\right\Vert _{L^{2}}.\] Damit ist $Lf:X\rightarrow \mathbb{C}$ (bei fester Funktion $f\in L^{2}$) eine stetige Funktion. Der Operator $L:\, L^{2}\left(X\right)\rightarrow \mathcal{C}\left(X\right)$ ist beschränkt:\begin{eqnarray*} \left|Lf\left(x\right)\right| & = & \left|\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\right|\\ & \leq & M\cdot \int _{X}\left|f\left(y\right)\right|d\mu \left(y\right)\\ & \stackrel{\textrm{CSU}}{\leq } & M\cdot \sqrt{\int _{X}1d\mu \left(y\right)}\cdot \sqrt{\int _{X}\left|f\left(y\right)\right|^{2}d\mu \left(y\right)}\\ & = & M\cdot \sqrt{\mu \left(X\right)}\cdot \left\Vert f\right\Vert _{L^{2}} \end{eqnarray*} Bilde Supremum über $x\in X$:\[ \left\Vert Lf\right\Vert _{\mathcal{C}\left(X\right)}\leq M\cdot \sqrt{\mu \left(X\right)}\cdot \left\Vert f\right\Vert _{L^{2}}\] $\leadsto $ $\left\Vert L\right\Vert \leq M\cdot \sqrt{\mu \left(X\right)}$ \subsubsection{Integraloperatoren mit quadratisch integrierbarem Kern in $L^{2}\left(X\right)$} ~ $\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$ Maßraum: $X$ beliebige Menge, $\mathcal{A}$ eine $\sigma $-Algebra, $\mu $ ein beliebiges Maß $K:X\times X\rightarrow \mathbb{C}$ sei quadratisch integrierbar, d.h.\[ \int _{X\times X}\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}d\mu \left(x\right)d\mu \left(y\right)<\infty \] Wir definieren den Operator $L:\, L^{2}\left(X\right)\rightarrow L^{2}\left(X\right)$\[ \boxed {\left(Lf\right)\left(x\right)=\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right),\quad f\in L^{2}\left(X\right)}\] Fixiere ein $x\in X$ und betrachte die Funktion $y\mapsto K\left(x,y\right)f\left(y\right)$.\begin{eqnarray*} \int _{X}\left|K\left(x,y\right)\right|\left|f\left(y\right)\right|d\mu \left(y\right) & \stackrel{\textrm{CSU}}{\leq } & \left(\int _{X}\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}d\mu \left(y\right)\right)^{\frac{1}{2}}\cdot \underbrace{\left(\int _{X}\left|f\left(y\right)\right|^{2}d\mu \left(y\right)\right)^{\frac{1}{2}}}_{<\infty ,\textrm{ weil }f\in L^{2}} \end{eqnarray*} $\int _{X}\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}d\mu \left(y\right)$ ist endlich für fast alle $x$, weil $\int _{X}\left(\int _{X}\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}d\mu \left(y\right)\right)d\mu \left(x\right)<\infty $. Damit existiert für fast alle $x\in X$ das Integral\[ Lf\left(x\right)=\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right),\] d.h. es wird eine Funktion $X\ni x\mapsto Lf\left(x\right)\in \mathbb{C}$ in $L^{2}\left(X\right)$ definiert ! (Es reicht aus, die Funktion außerhalb einer Nullmenge zu definieren, da $L^{2}=\mathcal{L}^{2}/\sim $) \underbar{Frage}: Liegt diese Funktion in $L^{2}$ ?\begin{eqnarray*} \left\Vert Lf\right\Vert _{L^{2}}^{2}=\int _{X}\left|Lf\left(x\right)\right|^{2}d\mu \left(x\right) & = & \int _{X}\left|\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\right|^{2}d\mu \left(x\right)\\ & \stackrel{\textrm{CSU}}{\leq } & \underbrace{\int _{X\times X}\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}d\mu \left(x\right)d\mu \left(y\right)}_{<\infty ,\textrm{ weil }K\in L^{2}\left(X\times X\right)}\cdot \left\Vert f\right\Vert _{L^{2}\left(X\right)}^{2}\\ & < & \infty \end{eqnarray*} $\leadsto $ $Lf\in L^{2}\left(X\right)$\[ \left\Vert Lf\right\Vert _{L^{2}}\leq \sqrt{\int _{X\times X}\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}d\mu \left(x\right)d\mu \left(y\right)}\cdot \left\Vert f\right\Vert _{L^{2}}\] $\leadsto $ $L:L^{2}\rightarrow L^{2}$ ist beschränkt und es gilt\[ \left\Vert L\right\Vert \leq \sqrt{\int _{X\times X}\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}d\mu \left(x\right)d\mu \left(y\right)}\] Weitere wichtige Kerne sind z.B.\[ K\left(x,y\right)=\frac{H\left(x,y\right)}{\left|x-y\right|^{\alpha }}\] mit $H$ stetig in $\left(x,y\right)$ \begin{itemize} \item schwach-singuläre Kerne: $\alpha n$ \end{itemize} \section{Klassische Sätze der Funktionalanalysis} \subsection{Der Satz von Banach-Hahn und die Einbettung $B\hookrightarrow B^{**}$} \begin{thm} \label{thm:Banach-Hahn}\index{Banach-Hahn-Satz}(Banach-Hahn):% \marginpar{Banach-Hahn% } \begin{lyxlist}{00.00.0000} \item [$B$]normierter Raum, \item [$M\subset B$]linearer Unterraum (nicht unbedingt abgeschlossen) \item [$f:M\rightarrow \mathbb{C}$]linear, stetig auf $M$ definiert. \end{lyxlist} Dann existiert ein $F:B\rightarrow \mathbb{C}$ mit\[ \boxed {F\left|_{M}\right.=f\quad \textrm{und}\quad \left\Vert F\right\Vert _{B}=\left\Vert f\right\Vert _{M}}\] \end{thm} \begin{proof} % \marginpar{7.11.2002% }1. Schritt: $B$ sei ein reeller normierter Raum, $f:M\rightarrow \mathbb{R}^{1}$, $M\subset B$ und $f$ gegeben. Sei $x_{0}\not \in M$. Betrachte \[ \hat{M}:=\textrm{Lin}\left(M,x_{0}\right)=\left\{ x+tx_{0}\left|x\in M,t\in \mathbb{R}\right.\right\} .\] Definiere:\[ \tilde{f}\left(x+tx_{0}\right)=f\left(x\right)-t\cdot \omega \] mit $\omega \in \mathbb{R}^{1}$. Wähle $\omega $ mit\[ \sup _{x\in M}\left\{ f\left(x\right)-\left\Vert f\right\Vert \cdot \left\Vert x+x_{0}\right\Vert \right\} \leq \omega \leq \inf _{x\in M}\left\{ f\left(x\right)+\left\Vert f\right\Vert \cdot \left\Vert x+x_{0}\right\Vert \right\} \] Zur Begründung: $x',x''\in M$. \begin{eqnarray*} \leadsto \, f\left(x'\right)-f\left(x''\right)=f\left(x'-x''\right) & \leq & \left\Vert f\right\Vert \cdot \left\Vert x'-x''\right\Vert \\ & \leq & \left\Vert f\right\Vert \cdot \left\{ \left\Vert x'+x_{0}\right\Vert +\left\Vert x_{0}+x''\right\Vert \right\} \\ \leadsto \, f\left(x'\right)-\left\Vert f\right\Vert \cdot \left\Vert x'+x_{0}\right\Vert & \leq & f\left(x''\right)+\left\Vert f\right\Vert \cdot \left\Vert x''+x_{0}\right\Vert \qquad \forall x',x''\in M\\ \leadsto \, \sup _{x'\in M}\left\{ f\left(x'\right)-\left\Vert f\right\Vert \cdot \left\Vert x'+x_{0}\right\Vert \right\} & \leq & \inf _{x''\in M}\left\{ f\left(x''\right)+\left\Vert f\right\Vert \cdot \left\Vert x''+x_{0}\right\Vert \right\} \end{eqnarray*} Damit ist $\tilde{f}:\hat{M}\rightarrow \mathbb{R}^{1}$ definiert und $\tilde{f}\left|_{M}\right.=f$. Weiterhin folgt für $y=x+tx_{0}\in \hat{M}$\begin{eqnarray*} \left|\tilde{f}\left(y\right)\right| & = & \left|f\left(x\right)-t\omega \right|\\ & = & \left|t\right|\left|f\left(\frac{x}{t}\right)-\omega \right|\\ & \stackrel{\textrm{Wahl von }\omega }{\leq } & \left|t\right|\left\Vert f\right\Vert \left\Vert \frac{x}{t}+x_{0}\right\Vert \\ & = & \left\Vert f\right\Vert \left\Vert x+tx_{0}\right\Vert \\ & = & \left\Vert f\right\Vert \cdot \left\Vert y\right\Vert \end{eqnarray*} Dann ist $\left\Vert \tilde{f}\right\Vert _{\hat{M}}=\left\Vert f\right\Vert _{M}$ Sei \begin{eqnarray*} \mathcal{E} & = & \left\{ \left(\hat{f},\hat{M}\right)\left|\begin{array}{c} M\subset \hat{M}\subset B\textrm{ Teilraum in }B\smallskip \\ \hat{f}:\hat{M}\rightarrow \mathbb{R}^{1}\textrm{ linear},\textrm{ stetig}:\textrm{ }\hat{f}\left|_{M}\right.=f,\left\Vert \hat{f}\right\Vert _{\hat{M}}=\left\Vert f\right\Vert _{M}\end{array} \right.\right\} \\ \left(\hat{f}_{1},\hat{M}_{1}\right)\leq \left(\hat{f}_{2},\hat{M}_{2}\right) & \Leftrightarrow & \hat{M}_{1}\subset \hat{M}_{2}\textrm{ und }\hat{f}_{1}=\hat{f}_{2}\left|_{\hat{M}_{1}}\right. \end{eqnarray*} Ist $\mathcal{F}\subset \mathcal{E}$ Kette (linear geordnete Teilmenge in $\mathcal{E}$),\[ \mathcal{F}=\left\{ \left(\hat{f}_{\alpha },\hat{M}_{\alpha }\right)\right\} _{\alpha \in A},\] so bilde \[ \hat{M}=\bigcup _{\alpha \in A}\hat{M}_{\alpha }\] und $\hat{f}:\hat{M}\rightarrow \mathbb{R}^{1}$ durch $\hat{f}\left|_{\hat{M}_{\alpha }}\right.=\hat{f}_{\alpha }$. Weil\begin{eqnarray*} \left\Vert \hat{f}_{\alpha }\left(y\right)\right\Vert & \leq & \left\Vert f\right\Vert \cdot \left\Vert y\right\Vert \qquad \forall y\in \hat{M}_{\alpha }\textrm{ gilt},\textrm{ folgt}\\ \left\Vert \hat{f}\left(z\right)\right\Vert & \leq & \left\Vert f\right\Vert \cdot \left\Vert z\right\Vert \qquad \forall z\in \hat{M}. \end{eqnarray*} Dann ist $\left(\hat{f},\hat{M}\right)\in \mathcal{E}$ größer als alle Elemente in $\mathcal{F}$. Nach dem Zorn'schen Lemma hat $\mathcal{E}$ dann ein maximales Element $\left(\hat{f}_{\max },\hat{M}_{\max }\right)$. Dann gilt $\hat{M}_{\max }=B$, (andernfalls wählen wir $x_{0}\not \in \hat{M}_{\max }$ und konstruieren wie oben eine größere Ausdehnung). Folglich ist \[ \hat{f}_{\max }:\, B=\hat{M}_{\max }\rightarrow \mathbb{R}^{1}\] auf $B$ definiert und $\left\Vert \hat{f}_{\max }\right\Vert =\left\Vert f\right\Vert $, weil $\left(\hat{f}_{\max },\hat{M}_{\max }\right)\in \mathcal{E}$! 2. Schritt: $B$ komplexer normierter Raum. $M\subset B$ - komplexer Teilraum. $f:M\rightarrow \mathbb{C}$ komplex linear, stetig. Betrachte \[ g:=\textrm{Re}\left(f\right):M\rightarrow \mathbb{R}^{1}\] und fasse $M$ und $B$ als reellen VR auf. Nach Schritt 1 ex. $G:B\rightarrow \mathbb{R}^{1}$ mit \begin{enumerate} \item $G$ ist reell-linear. \smallskip{} \item $G\left|_{M}\right.=g$ \smallskip{} \item $\left\Vert G\right\Vert _{B}=\left\Vert g\right\Vert _{M}$. \end{enumerate} Definiere $F:B\rightarrow \mathbb{C}$ durch die Formel: \[ F\left(x\right):=G\left(x\right)-iG\left(ix\right)\] Dann gilt: \begin{itemize} \item $F$ ist reell-linear (trivial). \smallskip{} \item $F$ ist komplex-linear, weil:\begin{eqnarray*} F\left(i\cdot x\right) & = & G\left(ix\right)-iG\left(i\cdot i\cdot x\right)\\ & = & G\left(ix\right)-iG\left(-x\right)\\ & = & G\left(ix\right)+iG\left(x\right)\\ & = & i\left\{ G\left(x\right)-iG\left(ix\right)\right\} \\ & = & iF\left(x\right) \end{eqnarray*} \smallskip{} \item $F\left|_{M}\right.=f$: Sei $x\in M$. Dann gilt \begin{eqnarray*} F\left(x\right) & = & G\left(x\right)-iG\left(ix\right)\\ & = & g\left(x\right)-ig\left(ix\right)\\ & = & \textrm{Re}\left[f\left(x\right)\right]-i\textrm{Re}\left[f\left(ix\right)\right]\\ & = & \textrm{Re}\left[f\left(x\right)\right]-i\textrm{Re}\left[if\left(x\right)\right]\\ & = & \textrm{Re}\left[f\left(x\right)\right]-i\left(-1\right)\textrm{Im}\left[f\left(x\right)\right]\\ & = & f\left(x\right) \end{eqnarray*} \smallskip{} \item zu zeigen: $\left\Vert F\right\Vert _{B}=\left\Vert f\right\Vert _{M}$. \smallskip{} \noindent Fixiere $x\in B$. Zu jedem Winkel $\theta $ beobachten wir\[ F\left(e^{i\theta }\cdot x\right)=e^{i\theta }\cdot F\left(x\right)\] Zu jedem $x$ existiert $\theta \left(x\right)$ derart, daß $F\left(e^{i\theta \left(x\right)}\cdot x\right)\in \mathbb{R}^{1}$. \smallskip{} \noindent Dann folgt \[ \mathbb{R}^{1}\ni F\left(e^{i\theta \left(x\right)}\cdot x\right)=\underbrace{G\left(e^{i\theta \left(x\right)}\cdot x\right)}_{\in \mathbb{R}^{1}}-i\underbrace{G\left(i\cdot e^{i\theta \left(x\right)}\cdot x\right)}_{\in \mathbb{R}^{1}},\] also $G\left(i\cdot e^{i\theta \left(x\right)}\cdot x\right)=0$ ! Damit erhalten wir\begin{eqnarray*} \left|F\left(e^{i\theta \left(x\right)}\cdot x\right)\right| & = & \left|G\left(e^{i\theta \left(x\right)}\cdot x\right)\right|\leq \left\Vert G\right\Vert \cdot \left\Vert e^{i\theta \left(x\right)}\cdot x\right\Vert =\left\Vert G\right\Vert \cdot \left\Vert x\right\Vert \\ \left|F\left(e^{i\theta \left(x\right)}\cdot x\right)\right| & = & \left|e^{i\theta \left(x\right)}\cdot F\left(x\right)\right|=\left|F\left(x\right)\right| \end{eqnarray*} Damit folgt: \[ \forall x\in B:\, \left|F\left(x\right)\right|\leq \left\Vert G\right\Vert \cdot \left\Vert x\right\Vert .\] \[ \Rightarrow \, \left\Vert F\right\Vert \leq \left\Vert G\right\Vert =\left\Vert g\right\Vert \leq \left\Vert f\right\Vert \] \end{itemize} \end{proof} \begin{thm} \label{thm:3.2}$B$ normierter Raum, $M\subset B$ linearer Teilraum. Ein Punkt $x_{0}\in B$ liegt im Abschluß von $M$ $\Leftrightarrow $ es ex. \underbar{kein} lineares, stetiges Funktional $f:B\rightarrow \mathbb{R}^{1}$ mit $f\left|_{M}\right.\equiv 0$ und $f\left(x_{0}\right)\neq 0$. \end{thm} \begin{proof} ~ \begin{description} \item [$\left(\Rightarrow \right)$]trivial (allg. Eigenschaften stetiger Funktionen in metrischen Räumen) \smallskip{} \item [$\left(\Leftarrow \right)$]Sei $x_{0}\not \in \bar{M}$, also $x_{0}\in B\setminus \bar{M}$ offen. Dann $\exists \delta >0:\mathcal{K}\left(x_{0},\delta \right)\cap \bar{M}=\emptyset $.\[ \leadsto \, \exists \delta >0\, \forall x\in M:\, \left\Vert x-x_{0}\right\Vert \geq \delta \] Betrachte $M'=\textrm{Lin}\left(M,x_{0}\right)$ und definiere $f':M'\rightarrow \mathbb{C}$ durch \[ f'\left(x+tx_{0}\right):=t.\] $f':M'\rightarrow \mathbb{C}$ ist stetig: Sei $x\in M$.\begin{eqnarray*} \left\Vert t\cdot x_{0}+x\right\Vert =\left|t\right|\cdot \left\Vert x_{0}+\underbrace{\frac{x}{t}}_{\in M}\right\Vert & \geq & \left|t\right|\cdot \delta \qquad \textrm{nach Wahl von }\delta \\ & = & \left|f'\left(x+tx_{0}\right)\right|\cdot \delta \end{eqnarray*} Damit gilt für alle $m'=x+tx_{0}\in M'$:\[ \left|f'\left(m'\right)\right|\leq \left\Vert m'\right\Vert \cdot \frac{1}{\delta }\] $\leadsto $ $\left\Vert f'\right\Vert _{M'}\leq \frac{1}{\delta }$, also ist $f'$ auf $M'$ stetig. \smallskip{} \noindent Nach dem Satz von Banach-Hahn (\ref{thm:Banach-Hahn}) existiert dann ein stetiges Funktional $f:B\rightarrow \mathbb{C}$ mit $f\left|_{M'}\right.=f'$. Für $y\in M$ ist $f\left(y\right)=f'\left(y\right)=0$, und es ist $f\left(x_{0}\right)=f'\left(x_{0}\right)=1$. Widerspruch. \smallskip{} \noindent Also ist $x_{0}\in \bar{M}$. \end{description} \end{proof} \underbar{Spezialfall}: $M=\left\{ 0\right\} $. $0\neq x_{0}\in B$, also $x_{0}\not \in \bar{M}$. Dann existiert ein lineares stetiges Funktional $f:B\rightarrow \mathbb{C}$ mit $f\left(x_{0}\right)\neq 0$. \begin{thm} \label{thm:3.3}Sei $B$ ein normierter Raum. $0\neq x_{0}\in B$. Dann existiert ein $f:B\rightarrow \mathbb{C}$, linear und stetig, mit \begin{enumerate} \item $\left\Vert f\right\Vert =1$ \smallskip{} \item $f\left(x_{0}\right)=\left\Vert x_{0}\right\Vert $ \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} Wir betrachten $M'=\textrm{Lin}\left(x_{0}\right)\subset B$ und $f':M'\rightarrow \mathbb{C}$ mit \[ f'\left(t\cdot x_{0}\right):=t\cdot \left\Vert x_{0}\right\Vert \] Dann ist \begin{eqnarray*} \left\Vert f'\right\Vert _{M'} & = & 1\\ f'\left(x_{0}\right) & = & \left\Vert x_{0}\right\Vert . \end{eqnarray*} Nach dem Satz von Banach-Hahn (\ref{thm:Banach-Hahn}) existiert dann ein $f:B\rightarrow \mathbb{C}$ mit\begin{eqnarray*} \left\Vert f\right\Vert _{B} & = & \left\Vert f'\right\Vert _{M}=1\\ f\left(x_{0}\right) & = & f'\left(x_{0}\right)=\left\Vert x_{0}\right\Vert . \end{eqnarray*} \end{proof} \underbar{Vorbemerkung zu Algebren}: $V$ sei Vektorraum über einem Körper $\mathbb{K}.$ \[ V_{\textrm{alg }}^{*}:=\left\{ L:V\rightarrow \mathbb{K}\left|L\textrm{ linear}\right.\right\} \] Bilde \[ \left(V_{\textrm{alg}}^{*}\right)^{*}=V_{\textrm{alg}}^{**}=\left\{ \mu :V_{\textrm{alg}}^{*}\rightarrow \mathbb{K}\left|\mu \textrm{ ist linear}\right.\right\} .\] % \marginpar{$V\hookrightarrow V_{\textrm{alg}}^{**}$% }Es existiert eine {}``natürliche'' Abbildung $V\hookrightarrow V_{\textrm{alg}}^{**}$ definiert durch\[ \boxed {\begin{array}{rcl} V\ni v & \mapsto & \mu _{v}\in V_{\textrm{alg}}^{**}\smallskip \\ \mu _{v}\left(L\right) & := & L\left(v\right)\end{array} }\] \begin{lyxlist}{00.00.0000} \item [$\left(B,\left\Vert .\right\Vert \right)$]normierter Raum \item [$\left(B^{*},\left\Vert .\right\Vert _{*}\right)$]Dualraum der stetigen linearen Funktionale - gleichfalls Banach-Raum.\index{Dualraum} \item [$\left(B^{**},\left\Vert .\right\Vert _{**}\right)$]doppelter Dualraum \end{lyxlist} Dann existiert% \marginpar{$\left(B,\left\Vert .\right\Vert \right)\hookrightarrow \left(B^{**},\left\Vert .\right\Vert _{**}\right)$% }\[ \boxed {\left(B,\left\Vert .\right\Vert \right)\stackrel{\psi }{\hookrightarrow }\left(B^{**},\left\Vert .\right\Vert _{**}\right)}\] \begin{thm} $\psi :B\rightarrow B^{**}$ ist eine injektive Isometrie, d.h.\[ \boxed {x\in B\, \Rightarrow \, \left\Vert \psi \left(x\right)\right\Vert _{**}=\left\Vert x\right\Vert }\] \end{thm} \begin{proof} ~\begin{eqnarray*} \left\Vert \psi \left(x\right)\right\Vert _{**} & = & \sup _{x^{*}\in B^{*}}\frac{\left|\psi \left(x\right)\left(x^{*}\right)\right|}{\left\Vert x^{*}\right\Vert _{*}}\\ & = & \sup _{x^{*}\in B^{*}}\frac{\left|x^{*}\left(x\right)\right|}{\left\Vert x^{*}\right\Vert _{*}}\\ & \leq & \sup _{x^{*}\in B^{*}}\frac{\left\Vert x^{*}\right\Vert _{*}\cdot \left\Vert x\right\Vert }{\left\Vert x^{*}\right\Vert _{*}}\\ & = & \left\Vert x\right\Vert . \end{eqnarray*} Damit gilt: \begin{eqnarray*} \left\Vert \psi \left(x\right)\right\Vert _{**} & \leq & \left\Vert x\right\Vert \quad \forall x\in B. \end{eqnarray*} Andererseits, sei $x\in B$ fixiert. Wähle $x_{0}^{*}\in B^{*}$ mit $\left\Vert x_{0}^{*}\right\Vert =1$ und $x_{0}^{*}\left(x\right)=\left\Vert x\right\Vert $ (existiert nach \ref{thm:3.3}). Dann folgt\[ \left|\psi \left(x\right)\right|=\sup _{x^{*}\in B^{*}}\frac{\left|x^{*}\left(x\right)\right|}{\left\Vert x^{*}\right\Vert _{*}}\geq \frac{\left|x_{0}^{*}\left(x\right)\right|}{\left\Vert x_{0}^{*}\right\Vert _{*}}=\frac{\left\Vert x\right\Vert }{1}=\left\Vert x\right\Vert .\] Dies ergibt $\left\Vert \psi \left(x\right)\right\Vert _{**}=\left\Vert x\right\Vert $ $\forall x\in B$. \end{proof} \begin{example*} für $B\neq B^{**}$% \marginpar{12.11.2002% } $B=\mathcal{C}\left[0,1\right]$, $\left\Vert f\right\Vert :={\displaystyle \sup _{x\in \left[0,1\right]}}\left|f\left(x\right)\right|$ \begin{itemize} \item $B$ ist separabel (d.h. $B$ hat eine dichte, abzählbare Teilmenge): \smallskip{} \noindent $f\in \mathcal{C}\left[0,1\right]$, Weierstraß-Approximation $\leadsto $ $P_{n}\left(x\right)\rightrightarrows f\left(x\right)$ mit Polynomen $P_{n}\left(x\right)={\displaystyle \sum _{i=0}^{k_{n}}}a_{i}x^{i}$, approximieren die $a_{i}$ durch rationale Zahlen \smallskip{} \noindent $\leadsto $ Jede stetige Funktion $f\in \mathcal{C}\left[0,1\right]$ kann durch Polynome mit rationalen Koeffizienten approximiert werden. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ Menge der Polynome mit rationalen Koeffizienten ist dicht und abzählbar. \smallskip{} \item $B^{**}$ ist \underbar{nicht} separabel: \smallskip{} \noindent Ist $x\in \left[0,1\right]$, so betrachte man das Funktional $\delta _{x}:B=\mathcal{C}\left[0,1\right]\rightarrow \mathbb{C}$, \[ \delta _{x}\left(f\right):=f\left(x\right)\] \smallskip{} \noindent Für $x\neq y\in \left[0,1\right]$ gilt\begin{eqnarray*} \left\Vert \delta _{x}-\delta _{y}\right\Vert & = & \sup _{f}\frac{\left|\delta _{x}\left(f\right)-\delta _{y}\left(f\right)\right|}{\left\Vert f\right\Vert _{\mathcal{C}\left[0,1\right]}}\\ & = & \sup _{f}\frac{\left|f\left(x\right)-f\left(y\right)\right|}{\left\Vert f\right\Vert _{\mathcal{C}\left[0,1\right]}}\\ & \geq & \frac{\left|f_{0}\left(x\right)-f_{0}\left(y\right)\right|}{\left\Vert f\right\Vert _{\mathcal{C}\left[0,1\right]}}\\ & = & \frac{\left|0-1\right|}{1}=1, \end{eqnarray*} mit $f_{0}\in \mathcal{C}\left[0,1\right]$, so daß $f_{0}\left(x\right)=0$, $f_{0}\left(y\right)=1$, $f_{0}\left(\left[0,1\right]\right)\subseteq \left[0,1\right]$. \smallskip{} \noindent Damit ist $\left\{ \delta _{x}\right\} _{x\in \left[0,1\right]}$ eine unabzählbare Menge in $B^{**}$ mit $\left\Vert \delta _{x}-\delta _{y}\right\Vert =1$ für $x\neq y$. \end{itemize} $\leadsto $ $B\neq B^{**}$, weil folgendes Lemma, angewendet auf $X=B^{*}$, gilt: \begin{lem} Ist $X$ ein normierter Raum und ist $X^{*}$ separabel, so ist $X$ separabel. \begin{proof} $X^{*}$ sei separabel. Dann ex. $f_{i}\in X^{*}$, $i=1,2,\ldots $, derart, daß $\left\{ f_{1},f_{2},\ldots \right\} \subset X^{*}$ dicht. Zu jedem $f_{i}\in X^{*}$ wählen wir $x_{i}\in X$ mit \[ \left|f_{i}\left(x_{i}\right)\right|\geq \frac{1}{2}\left\Vert f_{i}\right\Vert ,\quad \left\Vert x_{i}\right\Vert =1\] (dies ist möglich, weil $\left\Vert f_{i}\right\Vert ={\displaystyle \sup _{\left|x\right|=1}}\left|f_{i}\left(x\right)\right|$) $\leadsto $ $\left\{ x_{1},x_{2},\ldots \right\} \subset X$ ist abzählbar und \underbar{linear dicht}, denn angenommen $\overline{\textrm{Lin}\left(x_{1},x_{2},\ldots \right)}\subsetneq X$. $\leadsto $ $\exists x_{0}\in X\setminus \overline{\textrm{Lin}\left(x_{1},x_{2},\ldots \right)}$ $\leadsto $ $\exists f\in X^{*}$: $f\left|_{\textrm{Lin}\left(x_{1},x_{2},\ldots \right)}\right.\equiv 0$ und $f\left(x_{0}\right)\neq 0$ (Satz \ref{thm:3.2}) Dann gilt\[ \frac{1}{2}\left\Vert f_{i}\right\Vert \leq \left|f_{i}\left(x_{i}\right)\right|=\left|\left(f_{i}-f\right)\left(x_{i}\right)\right|\leq \left\Vert f_{i}-f\right\Vert \cdot \underbrace{\left\Vert x_{i}\right\Vert }_{=1}=\left\Vert f_{i}-f\right\Vert ,\quad i=1,2,\ldots \] $\left\{ f_{i}\right\} $ ist dicht in $X^{*}$, d.h. es ex. eine Teilfolge $\left\{ f_{i_{j}}\right\} _{j\in \mathbb{N}}$ mit $f_{i_{j}}\xrightarrow{j\rightarrow \infty }f$. Wegen $\frac{1}{2}\left\Vert f_{i_{j}}\right\Vert \leq \left\Vert f_{i_{j}}-f\right\Vert \xrightarrow{j\rightarrow \infty }0$ folgt dann $f=0$. Widerspruch! \end{proof} \end{lem} \end{example*} \underbar{Zur Information (Satz von Riesz, Maßtheorie)}: \begin{lyxlist}{00.00.0000} \item [$\left(X,d\right)$]kompakter metrischer Raum, nicht endlich \item [$B=\mathcal{C}\left(X\right)$]Banach-Raum aller stetigen Funktionen \end{lyxlist} $B^{*}=\left[\mathcal{C}\left(X\right)\right]^{*}$ Raum aller signierten endlichen Borel-Maße $\lambda :B\rightarrow \mathbb{C}$\[ \lambda \left(f\right)=\int _{X}f\left(x\right)d\lambda \left(x\right)\] \subsection{Der Satz von Banach-Steinhaus} ~ Hugo Steinhaus 1888-1972: \begin{thm} \label{thm:Banach-Steinhaus}\index{Banach-Steinhaus-Satz}$X$ sei ein Banach-Raum, $Y$ ein normierter Raum.% \marginpar{Banach-Steinhaus% } $L_{\alpha }:X\rightarrow Y$ linear und stetig $\left(\alpha \in A\right)$ Dann gilt \underbar{entweder}: \begin{enumerate} \item Es existiert eine Zahl $M$ mit \[ \boxed {\left\Vert L_{\alpha }\right\Vert \leq M}\] für alle $\alpha \in A$, \underbar{oder aber}: \smallskip{} \item Es existiert eine Menge vom Typ $G_{\delta }$, welche \underbar{dicht} in $X$ ist und für alle Elemente $x$ dieser Menge gilt: \[ \boxed {\sup _{\alpha \in A}\left\Vert L_{\alpha }x\right\Vert =+\infty }\] \end{enumerate} \end{thm} \begin{defn} Sei $X$ metrischer Raum. Eine \underbar{$G_{\delta }$-Menge\index{$G_\delta$-Menge}} ist der abzählbare Durchschnitt offener Menge. \end{defn} \begin{rem*} Im Fall $\left(1\right)$ folgt aus $\left\Vert L_{\alpha }\right\Vert \leq M$ sofort:\begin{eqnarray*} \left\Vert L_{\alpha }x\right\Vert & \leq & \left\Vert L_{\alpha }\right\Vert \cdot \left\Vert x\right\Vert \leq M\cdot \left\Vert x\right\Vert \\ \leadsto \, \sup _{\alpha }\left\Vert L_{\alpha }x\right\Vert & \leq & M\cdot \left\Vert x\right\Vert <\infty \quad \forall x \end{eqnarray*} \end{rem*} \begin{proof} Definiere die Funktion $\varphi :X\rightarrow \mathbb{R}\cup \left\{ \infty \right\} $ durch \begin{eqnarray*} \varphi \left(x\right) & := & \sup _{\alpha \in A}\left\Vert L_{\alpha }x\right\Vert \\ V_{n} & := & \left\{ x\in X\left|\varphi \left(x\right)>n\right.\right\} =\left\{ x\in X\left|\exists \alpha _{0}\in A:\, \left\Vert L_{\alpha _{0}}x\right\Vert >n\right.\right\} \end{eqnarray*} $V_{n}\subseteq X$ ist offen (weil alle linearen stetigen Abbildungen $L_{\alpha }$ stetig sind). \begin{enumerate} \item Sei eine der Menge $V_{n}$ nicht dicht. Diese Menge sei $V_{N}\subset X$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $X\setminus V_{N}$ enthält eine Kugel $\mathcal{K}\left(x_{0},r\right)$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\exists x_{0}\in X,r>0:\, V_{N}\cap \mathcal{K}\left(x_{0},r\right)=\emptyset $. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\exists x_{0}\in X,r>0:\, \forall y,\left|x_{0}-y\right|0:\, \forall y,\left|x_{0}-y\right|n\quad \forall n\\ & \leadsto & \varphi \left(x\right)=\infty \\ & \leadsto & \sup _{\alpha \in A}\left\Vert L_{\alpha }x\right\Vert =\infty \end{eqnarray*} $\leadsto $ 2. Fall im Banach-Steinhaus-Satz. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{proof} \subsubsection{Anwendung des Banach-Steinhaus-Satzes auf Fourierreihen} \index{Fourierreihe}~ $S^{1}=\left\{ z\in \mathbb{C}\left|\left|z\right|=1\right.\right\} $, $L^{2}\left(S^{1}\right)=L_{\textrm{per}}^{2}\left(\mathbb{R}^{1}\right)$ Vollständiges ON-System in $L^{2}\left(S^{1}\right)$ ist: \[ \varphi _{n}\left(t\right)=\frac{e^{int}}{\sqrt{2\pi }},\quad n=0,\pm 1,\pm 2,\ldots \] Für $f\in L^{2}\left(S^{1}\right)$ ist \[ f=\sum _{n=-\infty }^{\infty }\left\langle f,\varphi _{n}\right\rangle _{L^{2}}\cdot \varphi _{n}\quad \textrm{in }L^{2}\left(S^{1}\right)\] mit den Fourierkoeffizienten $\left\langle f,\varphi _{n}\right\rangle _{L^{2}}$ \underbar{Problem der Theorie der Fourier-Reihen}: Für welche Punkte $z=e^{it}$ konvergiert die Reihe \[ \sum _{n=-\infty }^{\infty }\left\langle f,\varphi _{n}\right\rangle _{L^{2}\left(S^{1}\right)}\varphi _{n}\left(t\right)\quad ?\] \underbar{Antwort}: im allgemeinen negativ ! % \marginpar{14.11.2002% }Betrachte den Raum aller stetigen Funktionen $\mathcal{C}\left(S^{1}\right)\subset L^{2}\left(S^{1}\right)$.\[ S_{n}\left(f,x\right):=\sum _{k=-n}^{n}\left\langle f,\varphi _{k}\right\rangle _{L^{2}\left(S^{1}\right)}\varphi _{k}\left(x\right)\] Definiere $L_{n,x}:\mathcal{C}\left(S^{1}\right)\rightarrow \mathbb{C}$ durch\[ L_{n,x}\left(f\right):=L_{n}\left(f\right):=S_{n}\left(f,x\right)=\frac{1}{2\pi }\int _{-\pi }^{\pi }f\left(t\right)\sum _{k=-n}^{n}e^{ik\left(x-t\right)}dt\] Dabei ist $z=e^{ix}\in S^{1}$ fixiert. Berechne\begin{eqnarray*} \left\Vert L_{n}\left(f\right)\right\Vert & = & \frac{1}{2\pi }\left|\int _{-\pi }^{\pi }f\left(t\right)\sum _{k=-n}^{n}e^{ik\left(x-t\right)}dt\right|\\ & \leq & \frac{1}{2\pi }\cdot \left\Vert f\right\Vert _{\mathcal{C}\left(S^{1}\right)}\cdot \int _{-\pi }^{\pi }\left|\sum _{k=-n}^{n}e^{ik\left(x-t\right)}\right|dt\\ \leadsto \, \left\Vert L_{n}\right\Vert & \leq & \frac{1}{2\pi }\cdot \int _{-\pi }^{\pi }\left|\sum _{k=-n}^{n}e^{ik\left(x-t\right)}\right|dt<\infty \end{eqnarray*} Konsequenz: $L_{n}:\mathcal{C}\left(S^{1}\right)\rightarrow \mathbb{C}$ ist ein beschränktes Funktional für alle $z=e^{ix}$. \underbar{Ziel}: $\left\Vert L_{n}\right\Vert \rightarrow \infty $ für $n\rightarrow \infty $, d.h. es tritt der zweite Fall im Banach-Steinhaus-Satz ein!\index{Dirichlet-Kern}% \marginpar{Dirichlet-Kern $D_{n}$% } \[ \boxed {D_{n}\left(t\right):=\sum _{k=-n}^{n}e^{ikt}=e^{int}+e^{i\left(n-1\right)t}+\ldots +e^{-i\left(n-1\right)t}+e^{-int}\qquad \left(\textrm{Dirichlet-Kern}\right)}\] Dann gilt\begin{eqnarray*} \left(e^{it}-1\right)D_{n}\left(t\right) & = & e^{i\left(n+1\right)t}-e^{-int}\\ D_{n}\left(t\right) & = & \frac{e^{i\left(n+1\right)t}-e^{-int}}{e^{it}-1}\\ & = & \frac{e^{i\left(n+\frac{1}{2}\right)t}-e^{-i\left(n+\frac{1}{2}\right)t}}{e^{i\frac{t}{2}}-e^{-i\frac{t}{2}}}\\ & = & \frac{\sin \left(\left(n+\frac{1}{2}\right)t\right)}{\sin \left(\frac{t}{2}\right)} \end{eqnarray*} Definiere die Funktion $g_{n}\left(t\right)$ mit\begin{eqnarray*} g_{n}\left(t\right) & = & \left\{ \begin{array}{cc} 1 & D_{n}\left(x-t\right)\geq 0\\ -1 & D_{n}\left(x-t\right)<0\end{array} \right.\qquad g_{n}\left(t\right)\textrm{ ist }2\pi \textrm{-periodisch} \end{eqnarray*} Wähle eine Folge \underbar{stetiger} Funktionen $f_{j}\in \mathcal{C}\left(S^{1}\right)$ mit $f_{j}\left(t\right)\rightarrow g_{n}\left(t\right)$ für fast alle $t$ und $\left|f_{j}\left(t\right)\right|\leq 1$. \underbar{Lebesgue-Satz}: \begin{eqnarray*} \lim _{j\rightarrow \infty }L_{n} & = & \lim _{j\rightarrow \infty }\frac{1}{2\pi }\cdot \int _{-\pi }^{\pi }\left|D_{n}\left(x-t\right)\right|dt\\ & = & \lim _{j\rightarrow \infty }\frac{1}{2\pi }\int _{-\pi }^{\pi }f_{j}\left(t\right)D_{n}\left(x-t\right)dt\\ & = & \frac{1}{2\pi }\int _{-\pi }^{\pi }\underbrace{g_{n}\left(t\right)}_{\textrm{sign}\left(D_{n}\left(x-t\right)\right)}D_{n}\left(x-t\right)dt\\ & = & \frac{1}{2\pi }\int _{-\pi }^{\pi }\left|D_{n}\left(x-t\right)\right|dt \end{eqnarray*} Andererseits gilt nach Konstruktion: $\left\Vert f_{j}\right\Vert _{\mathcal{C}\left(S^{1}\right)}\leq 1$\begin{eqnarray*} \leadsto \, \left\Vert L_{n}\right\Vert & \geq & \frac{1}{2\pi }\int _{-\pi }^{\pi }\left|D_{n}\left(x-t\right)\right|dt\\ & = & \frac{1}{2\pi }\int _{-\pi }^{\pi }\left|D_{n}\left(t\right)\right|dt\qquad \left(\textrm{weil }D_{n}\textrm{ periodisch ist}\right)\\ & = & \frac{1}{2\pi }\int _{-\pi }^{\pi }\left|\frac{\sin \left(\left(n+\frac{1}{2}\right)t\right)}{\sin \left(\frac{1}{2}t\right)}\right|dt\\ & \stackrel{\left|\sin \left(\frac{1}{2}t\right)\right|<\left|\frac{1}{2}t\right|}{\geq } & \frac{1}{2\pi }\int _{-\pi }^{\pi }\left|\frac{\sin \left(\left(n+\frac{1}{2}\right)t\right)}{t}\right|2dt\\ & = & \frac{2\cdot 2}{2\pi }\int _{0}^{\pi }\left|\sin \left(\left(n+\frac{1}{2}\right)t\right)\right|\frac{dt}{t}\\ & \stackrel{s:=\left(n+\frac{1}{2}\right)t}{=} & \frac{2}{\pi }\int _{0}^{\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi }\left|\sin \left(s\right)\right|\frac{\left(n+\frac{1}{2}\right)ds}{\left(n+\frac{1}{2}\right)s}\\ & = & \frac{2}{\pi }\int _{0}^{\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi }\frac{\left|\sin \left(s\right)\right|}{s}ds\\ \leadsto \, \lim _{n\rightarrow \infty }\left\Vert L_{n}\right\Vert & \geq & \frac{2}{\pi }\lim _{n\rightarrow \infty }\int _{0}^{\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi }\frac{\left|\sin \left(s\right)\right|}{s}ds\\ & = & \frac{2}{\pi }\int _{0}^{\infty }\frac{\left|\sin \left(s\right)\right|}{s}ds\\ & = & \infty \end{eqnarray*} $L_{n}:\mathcal{C}\left(S^{1}\right)\rightarrow \mathbb{C}$ ist linear und stetig, $\left\Vert L_{n}\right\Vert \rightarrow \infty $ $\left(n\rightarrow \infty \right)$. $\leadsto $ 1. Fall des Banach-Steinhaus-Satzes (\ref{thm:Banach-Steinhaus}) tritt nicht ein! $\leadsto $ Es existiert eine Menge $E_{X}$ vom Typ $G_{\delta }$, welche \underbar{dicht} in $X$ ist und für alle Elemente $x$ dieser Menge gilt: \[ \sup _{n}\left\Vert L_{n}\left(x\right)\right\Vert =\infty \] \subsection{Schwache Konvergenz in Banach-Räumen} ~ Sei $\left(X,\left\Vert .\right\Vert \right)$ Banach-Raum und $X^{*}$ der Dualraum. $x_{n}\in X$ konvergiert gegen $x_{0}\in X$ $\Leftrightarrow $ $\left\Vert x_{n}-x_{0}\right\Vert \xrightarrow{n\rightarrow \infty }0$ (starke Konvergenz) $\leadsto $ $x_{n}\rightarrow x_{0}$, so gilt für \underbar{alle} $x^{*}\in X^{*}$: $x^{*}\left(x_{n}\right)\rightarrow x^{*}\left(x_{0}\right)$. \begin{defn} \label{def:schwache_Konvergenz}\index{schwache Konvergenz}\index{Konvergenz, schwach}Eine Folge $x_{n}\in X$ \underbar{konvergiert schwach} gegen $x_{0}\in X$ $\left(x_{n}\xrightarrow{s}x_{0}\right)$ % \marginpar{schwache Konvergenz% }falls für alle Elemente $x^{*}\in X^{*}$ gilt\[ \boxed {\lim _{n\rightarrow \infty }x^{*}\left(x_{n}\right)=x^{*}\left(x_{0}\right)}\] \end{defn} \begin{thm} (Elementare Eigenschaften der schwachen Konvergenz) \begin{enumerate} \item Aus $x_{n}\rightarrow x_{0}$ folgt $x_{n}\xrightarrow{s}x_{0}$. \smallskip{} \item Aus $x_{n}\xrightarrow{s}x_{0}$ und $x_{n}\xrightarrow{s}\bar{x}_{0}$ folgt $x_{0}=\bar{x}_{0}$ (Eindeutigkeit des Grenzwertes). \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} von $\left(2\right)$: Gilt $x_{n}\xrightarrow{s}x_{0}$ und $x_{n}\xrightarrow{s}\bar{x}_{0}$, so folgt\begin{eqnarray*} \forall x^{*}\in X^{*} & : & x^{*}\left(\bar{x}_{0}\right)=\lim _{n\rightarrow \infty }x^{*}\left(x_{n}\right)=x^{*}\left(x_{0}\right)\\ \leadsto \forall x^{*}\in X^{*} & : & x^{*}\left(x_{0}-\bar{x}_{0}\right)=0 \end{eqnarray*} Mit dem Satz \ref{thm:Banach-Hahn} von Banach-Hahn bzw. Satz \ref{thm:3.3} folgt $x_{0}=\bar{x}_{0}$. \end{proof} \begin{example*} $H$ sei ein seperabler Hilbertraum, $e_{1},e_{2},e_{3},\ldots $ ein vollständiges ON-System. Dann gilt $\left\Vert e_{i}-e_{j}\right\Vert ^{2}=2$ $\left(i\neq j\right)$ $\leadsto $ keine Teilfolge von $e_{1},e_{2},\ldots $ konvergiert. \underbar{Aber}: $e_{i}\xrightarrow{s}0$ in $H$. \underbar{Begründung}: $x^{*}\in H^{*}$ $\leadsto $ $\exists y\in H:$ $x^{*}\left(x\right)=\left\langle x,y\right\rangle \, \forall x\in H$ (Satz von Riesz). Weiterhin gilt\[ y=\sum _{i=1}^{\infty }\left\langle y,e_{i}\right\rangle \cdot e_{i}\] (ON-Zerlegung von $y$ in $H$). Diese Reihe konvergiert.\begin{eqnarray*} \leadsto \, \lim _{i\rightarrow \infty }\left\langle y,e_{i}\right\rangle & = & 0\\ \leadsto \, \forall x^{*}\in H^{*}:\, \lim _{i\rightarrow \infty }x^{*}\left(e_{i}\right) & = & 0\\ \leadsto \, e_{i} & \xrightarrow{s} & 0. \end{eqnarray*} \end{example*} $x_{n}\rightarrow x_{0}$ in $X$ $\leadsto $ $\left\Vert x_{n}\right\Vert \rightarrow \left\Vert x_{0}\right\Vert $ (trivial). \begin{thm} (Verhalten der Norm bei schwacher Konvergenz) Aus $x_{n}\xrightarrow{s}x_{0}$ folgt:% \marginpar{$\left\Vert x_{0}\right\Vert \leq $\\ ${\displaystyle \liminf _{n\rightarrow \infty }}\left\Vert x_{n}\right\Vert $\\ ${\displaystyle \sup _{n}}\left\Vert x_{n}\right\Vert <\infty $% }\[ \boxed {\left\Vert x_{0}\right\Vert \leq \liminf _{n\rightarrow \infty }\left\Vert x_{n}\right\Vert \leq \sup _{n}\left\Vert x_{n}\right\Vert <\infty }\] \end{thm} \begin{rem*} siehe Beispiel! \end{rem*} \begin{proof} Fixiere $x^{*}\in X^{*}$ und betrachte $x_{n}\xrightarrow{s}x_{0}$. Definiere $L_{n}:X^{*}\rightarrow \mathbb{C}$ durch die Formel\[ L_{n}\left(x^{*}\right):=x^{*}\left(x_{n}\right)\] Dann gilt: \[ \left|L_{n}\left(x^{*}\right)\right|=\left|x^{*}\left(x_{n}\right)\right|\leq \left\Vert x^{*}\right\Vert \cdot \left\Vert x_{n}\right\Vert \qquad \forall x^{*}\in X^{*}\] Damit folgt \[ \left\Vert L_{n}\right\Vert \leq \left\Vert x_{n}\right\Vert \qquad \left(x_{n}\in X,L_{n}\in X^{**}\right).\] Weiterhin, ist $x_{n}\in X$ fixiert, so existiert nach Satz \ref{thm:3.3} $x_{n}^{*}\in X^{*}$ mit\[ x_{n}^{*}\left(x_{n}\right)=\left\Vert x_{n}\right\Vert \textrm{ und }\left\Vert x_{n}^{*}\right\Vert =1\] Somit erhalten wir\[ \left\Vert L_{n}\right\Vert \geq \left\Vert L_{n}\left(x_{n}^{*}\right)\right\Vert =\left|x_{n}^{*}\left(x_{n}\right)\right|=\left\Vert x_{n}\right\Vert .\] Dies ergibt $\left\Vert L_{n}\right\Vert =\left\Vert x_{n}\right\Vert $. Nach Voraussetzung $\left(x_{n}\xrightarrow{s}x_{0}\right)$ konvergiert für alle $x^{*}\in X^{*}$ die Folge \[ L_{n}\left(x^{*}\right)=x^{*}\left(x_{n}\right)\rightarrow x^{*}\left(x_{0}\right)\] $L_{1},L_{2},L_{3},\ldots :X^{*}\rightarrow \mathbb{C}$ konvergiert punktweise in jedem Element $x^{*}\in X^{*}$. Satz \ref{thm:Banach-Steinhaus} von Banach-Steinhaus: \begin{eqnarray*} \sup _{n\rightarrow \infty }\left\Vert L_{n}\right\Vert & < & \infty \\ \stackrel{\left\Vert L_{n}\right\Vert =\left\Vert x_{n}\right\Vert }{\leadsto }\sup _{n}\left\Vert x_{n}\right\Vert & < & \infty \end{eqnarray*} \underbar{Konsequenz}: Jede schwach-konvergente Folge ist beschränkt. Wir wissen, daß $X\hookrightarrow X^{**}$ eine isometrische Injektion ist: \[ \left\Vert x_{0}\right\Vert _{X}=\left\Vert x_{0}\right\Vert _{X^{**}}=\sup _{x^{*}\in X^{*}}\frac{\left|x^{*}\left(x_{0}\right)\right|}{\left\Vert x^{*}\right\Vert _{X^{*}}}\] Weiterhin gilt für alle $x^{*}\in X^{*}$\begin{eqnarray*} \left|x^{*}\left(x_{0}\right)\right| & \stackrel{x_{n}\xrightarrow{s}x_{0}}{=} & \lim _{n\rightarrow \infty }\left|x^{*}\left(x_{n}\right)\right|\leq \liminf _{n\rightarrow \infty }\left\Vert x^{*}\right\Vert \left\Vert x_{n}\right\Vert \\ \leadsto \, \frac{\left|x^{*}\left(x_{0}\right)\right|}{\left\Vert x^{*}\right\Vert } & \leq & \liminf _{n\rightarrow \infty }\left\Vert x_{n}\right\Vert \\ \leadsto \, \left\Vert x_{0}\right\Vert =\sup _{x*\in X^{*}}\frac{\left|x^{*}\left(x_{0}\right)\right|}{\left\Vert x^{*}\right\Vert } & \leq & \liminf _{n\rightarrow \infty }\left\Vert x_{n}\right\Vert \end{eqnarray*} \end{proof} \subsubsection{Schwache Konvergenz in $\mathcal{C}\left(X\right)$} ~% \marginpar{$\mathcal{C}^{*}\left(X\right)$% }\index{signierte Borel-Maße}\index{$\mathcal{C}^{*}(X)$} \begin{lyxlist}{00.00.0000} \item [$\left(X,d\right)$]kompakter metrischer Raum \item [$\mathcal{C}\left(X\right)$]Banach-Raum der stetigen Funktionen mit Supremums-Norm. \item [$\mathcal{C}^{*}\left(X\right)$]Raum aller endlichen signierten Borel-Maße $\lambda $ auf $X$. \end{lyxlist} Sei $\lambda $ ein Maß. $\leadsto $ $\lambda :\mathcal{C}\left(X\right)\rightarrow \mathbb{C}$ über die Formel \[ \boxed {\lambda \left(f\right)=\int _{X}f\left(x\right)d\lambda \left(x\right)}\] \[ \left|\lambda \left(f\right)\right|\leq \left\Vert f\right\Vert _{\mathcal{C}\left(X\right)}\cdot \int _{X}\left|d\lambda \right|\] Nach Definition: $f_{n}\xrightarrow{s}f$ in $\mathcal{C}\left(X\right)$ $\Leftrightarrow $ $\forall \lambda $: $\int f_{n}\left(x\right)d\lambda \left(x\right)\rightarrow \int f\left(x\right)d\lambda \left(x\right)$. \begin{thm} $f_{n}\xrightarrow{s}f$ in $\mathcal{C}\left(X\right)$ $\Leftrightarrow $ \begin{enumerate} \item $f_{n}\left(x\right)\rightarrow f\left(x\right)$ für alle Punkte $x\in X$ (punktweise Konvergenz). \smallskip{} \item ${\displaystyle \sup _{n}}\, {\displaystyle \max _{x\in X}}\left|f_{n}\left(x\right)\right|<\infty $. \end{enumerate} \end{thm} \begin{example*} ~\[ f_{n}\left(t\right)=\left\{ \begin{array}{cc} tn-1 & \frac{1}{n}\leq t\leq \frac{2}{n}\smallskip \\ 3-tn & \frac{2}{n}0$ existiert mit\begin{equation} L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,1\right)\right)\supset \mathcal{K}_{Y}\left(0,\delta \right)\label{eq:3.13.1}\end{equation} \begin{proof} Gelte (\ref{eq:3.13.1}). Sei $U\subset X$ offen und $x_{0}\in U$. Bezeichne $y_{0}:=L\left(x_{0}\right)\in Y$. Es existiert ein Radius $\varepsilon >0$ mit $\mathcal{K}_{X}\left(x_{0},\varepsilon \right)\subset U$, weil $U\subset X$ offen ist.\begin{eqnarray*} L\left(\mathcal{K}_{X}\left(x_{0},\varepsilon \right)\right) & = & L\left(\left\{ x_{0}+\varepsilon \cdot x\left|\left\Vert x\right\Vert <1\right.\right\} \right)\\ & = & \left\{ L\left(x_{0}\right)+\varepsilon L\left(x\right)\left|\left\Vert x\right\Vert <1\right.\right\} \\ & = & y_{0}+\varepsilon L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,1\right)\right)\\ \leadsto \, \mathcal{K}_{Y}\left(y_{0},\varepsilon \delta \right)=y_{0}+\varepsilon \mathcal{K}_{Y}\left(0,\delta \right) & \stackrel{\left(\ref {eq:3.13.1}\right)}{\subset } & y_{0}+\varepsilon L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,1\right)\right)=L\left(\mathcal{K}_{X}\left(x_{0},\varepsilon \right)\right)\subset L\left(U\right)\\ \leadsto \, \forall y_{0}\in L\left(U\right)\, \exists \eta >0:\, \mathcal{K}_{Y}\left(y_{0},\eta \right) & \subset & L\left(U\right)\\ & \leadsto & L\left(U\right)\subset Y\textrm{ offen} \end{eqnarray*} \end{proof} Nach Voraussetzung gilt\[ Y=L\left(X\right)=L\left(\bigcup _{k=1}^{\infty }\mathcal{K}_{X}\left(0,k\right)\right)=\bigcup _{k=1}^{\infty }\overline{L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,k\right)\right)}\] Setze \[ V_{k}:=Y\setminus \overline{L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,k\right)\right)}\] Dann gilt: \begin{enumerate} \item $V_{k}$ ist offen in $Y$. \smallskip{} \item ${\displaystyle \bigcap _{k=1}^{\infty }}V_{k}=\emptyset $, weil $Y={\displaystyle \bigcup _{k=1}^{\infty }}\overline{L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,k\right)\right)}$ \end{enumerate} Nach dem Satz von Baire ist dann wenigstens eine der Mengen $V_{k}$ \underbar{nicht} dicht. Sei $V_{k_{0}}$ \underbar{nicht} dicht $\leadsto $ Es existiert eine offene Menge $W$ mit $W\cap V_{k_{0}}=\emptyset $.\begin{eqnarray} \leadsto \, \exists \emptyset \neq W\subset Y\textrm{ offen} & : & \textrm{ }W\cap \left(Y\setminus \overline{L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,k_{0}\right)\right)}\right)\nonumber \\ \leadsto \, \exists \emptyset \neq W\subset Y\textrm{ offen} & : & W\subset \overline{L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,k_{0}\right)\right)}\label{eq:3.13.2} \end{eqnarray} Wähle $y_{0}\in W\subset Y$ und einen Radius $\eta >0$ mit \[ \mathcal{K}_{Y}\left(y_{0},\eta \right)\subset W\subset \overline{L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,k_{0}\right)\right)}.\] Ist $y\in Y$ mit $\left\Vert y\right\Vert <\eta $, so ist $y_{0}+y\in \mathcal{K}_{Y}\left(y_{0},\eta \right)\subset \overline{L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,k_{0}\right)\right)}$. Dann existiert eine Folge $x_{1}'',x_{2}'',x_{3}'',\ldots \in X$ mit $\left\Vert x_{i}''\right\Vert \leq k_{0}$ und $L\left(x_{i}''\right)\rightarrow y_{0}+y$. Insbesondere $\left(y=0\right)$ existiert eine Folge $x_{1}',x_{2}',\ldots \in X$ mit $\left\Vert x_{i}'\right\Vert \leq k_{0}$ und $L\left(x_{i}'\right)\rightarrow y_{0}$. Betrachte die Folge $x_{i}:=x_{i}''-x_{i}'$ in $X$. Dann gilt $\left\Vert x_{i}\right\Vert \leq 2k_{0}$ für alle $i=1,2,3,\ldots $ und $L\left(x_{i}\right)=L\left(x_{i}''\right)-L\left(x_{i}'\right)\, \rightarrow \, \left(y_{0}+y\right)-y_{0}=y$. \underbar{Also}:\begin{equation} \mathcal{K}_{Y}\left(0,\eta \right)\subset \overline{L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,2k_{0}\right)\right)}\label{eq:3.13.3}\end{equation} Sei $y\in Y$ beliebig. Fixiere $\varepsilon >0$: Dann liegt \begin{eqnarray*} \frac{\eta }{2}\cdot \frac{y}{\left\Vert y\right\Vert } & \in & \mathcal{K}_{Y}\left(0,\eta \right)\\ \leadsto \, \exists x^{*}\in \mathcal{K}_{X}\left(0,2k_{0}\right):\, \left\Vert \frac{\eta }{2}\cdot \frac{y}{\left\Vert y\right\Vert }-L\left(x^{*}\right)\right\Vert & < & \frac{\varepsilon \cdot \eta }{2}\frac{1}{\left\Vert y\right\Vert }\\ \leadsto \, \left\Vert y-L\left(\frac{2\left\Vert y\right\Vert }{\eta }\cdot x^{*}\right)\right\Vert & < & \varepsilon \end{eqnarray*} Betrachte \[ x:=\frac{2\left\Vert y\right\Vert }{\eta }\cdot x^{*}.\] Dann gilt\begin{eqnarray*} \left\Vert L\left(x\right)-y\right\Vert & < & \varepsilon \\ \left\Vert x\right\Vert =\frac{2\left\Vert y\right\Vert \left\Vert x^{*}\right\Vert }{\eta } & \leq & \frac{4k_{0}\left\Vert y\right\Vert }{\eta }. \end{eqnarray*} \underbar{Also}: Zu jedem Punkt $y\in Y$ und zu jeder Zahl $\varepsilon >0$ existiert $x\in X$ mit\begin{equation} \left\Vert L\left(x\right)-y\right\Vert <\varepsilon \textrm{ und }\left\Vert x\right\Vert \leq \frac{4k_{0}\left\Vert y\right\Vert }{\eta }\label{eq:3.13.4}\end{equation} Setze \[ \delta :=\frac{\eta }{4k_{0}}.\] Wir betrachten $y\in \mathcal{K}_{Y}\left(0,\delta \right)$ und fixieren $\varepsilon >0$. Dann existiert ein Punkt $x_{1}\in X$ mit $\left\Vert y-L\left(x_{1}\right)\right\Vert <\frac{1}{2}\delta \varepsilon $ und $\left\Vert x_{1}\right\Vert \leq \frac{1}{\delta }\left\Vert y\right\Vert <1$. Damit ist $x_{1}$ konstruiert. Seien die Punkte $x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}$ bereits derart konstruiert, daß:\[ \left\Vert y-L\left(x_{1}\right)-\ldots -L\left(x_{n}\right)\right\Vert <2^{-n}\cdot \delta \cdot \varepsilon \] Nach (\ref{eq:3.13.4}) existiert ein Punkt $x_{n+1}$ mit\begin{eqnarray*} \left\Vert x_{n+1}\right\Vert & \leq & 2^{-n}\cdot \varepsilon \\ \left\Vert y-L\left(x_{1}\right)-\ldots -L\left(x_{n+1}\right)\right\Vert & \leq & 2^{-\left(n+1\right)}\cdot \delta \cdot \varepsilon \end{eqnarray*} Damit ensteht eine Folge $x_{1},x_{2},x_{3},\ldots $ mit $\left\Vert x_{n+1}\right\Vert \leq 2^{-n}\cdot \varepsilon $. Sei\[ S_{n}:=x_{1}+x_{2}+\ldots +x_{n}.\] Aus $\left\Vert x_{n+1}\right\Vert \leq 2^{-n}\cdot \varepsilon $ folgt, daß die Folge $S_{n}$ eine Cauchy-Folge in $X$ ist. Da $X$ Banach-Raum ist, konvergiert die Reihe ${\displaystyle \sum _{i=1}^{\infty }}x_{i}$ in $X$. Sei\[ x:=\lim _{n\rightarrow \infty }S_{n}=\sum _{i=1}^{\infty }x_{i}\in X.\] Wir berechnen\[ \left\Vert x\right\Vert \leq \left\Vert x_{1}\right\Vert +\left\Vert x_{2}\right\Vert +\ldots \leq 1+\sum _{n=2}^{\infty }2^{-\left(n-1\right)}\cdot \varepsilon =1+\varepsilon \] \[ \leadsto \, x\in \mathcal{K}_{X}\left(0,1+\varepsilon \right)\] Weil $L$ stetig ist, gilt \[ 0=\lim _{n\rightarrow \infty }2^{-\left(n+1\right)}\cdot \delta \varepsilon \geq \lim _{n\rightarrow \infty }\left\Vert y-L\left(S_{n}\right)\right\Vert \stackrel{L\textrm{ stetig}}{=}\left\Vert y-L\left(\lim _{n\rightarrow \infty }S_{n}\right)\right\Vert =\left\Vert y-L\left(x\right)\right\Vert \] \[ \leadsto \, y=L\left(x\right)\] Insgesamt: \begin{eqnarray*} \mathcal{K}_{Y}\left(0,\delta \right) & \subset & L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,1+\varepsilon \right)\right)\\ L\textrm{ linear}\, \leadsto \, \mathcal{K}_{Y}\left(0,\frac{\delta }{1+\varepsilon }\right) & \subset & L\left(\mathcal{K}_{X}\left(0,1\right)\right) \end{eqnarray*} $\leadsto $ Voraussetzung der Reduktion. \end{proof} \begin{conclusion*} $L:X\rightarrow Y$ bijektiv, linear, stetig $\leadsto $ $L^{-1}:Y\rightarrow X$ stetig. \end{conclusion*} \begin{example*} Sei $X=\left[0,2\pi \right)$, $Y=S^{1}$, $f:X\rightarrow Y$ mit $f\left(t\right)=e^{it}$. $f$ ist stetig, bijektiv, aber $f^{-1}$ ist nicht stetig. \end{example*} \subsubsection{Die Gruppe $\mathrm{GL}\left(X\right)$} ~ $\textrm{GL}\left(n;\mathbb{R}\right)=\left\{ L:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{n}\left|L\textrm{ bijektiv}\right.\right\} $ ist eine topologische Gruppe. $\textrm{GL}\left(n;\mathbb{R}\right)\subset \mathbb{R}^{n^{2}}$ ist offen. Sei $X$ Banach-Raum.% \marginpar{$\textrm{GL}\left(X\right)$% }\index{$\textrm{GL}(X)$} \[ \boxed {\textrm{GL}\left(X\right)=\left\{ L:X\rightarrow X\textrm{ linear},\textrm{ stetig},\textrm{ bijektiv},\, L^{-1}\textrm{ stetig}\right\} }\] Nach der letzten Folgerung ist dann\[ \textrm{GL}\left(X\right)=\left\{ L:X\rightarrow X\textrm{ linear},\textrm{ stetig},\textrm{ bijektiv}\right\} .\] \newpage \begin{thm} \label{thm:GL(X)}~% \marginpar{21.11.2002% }% \marginpar{$\textrm{GL}\left(X\right)$ metr. Raum und top. Gruppe% } \begin{enumerate} \item $\mathrm{GL}\left(X\right)$ ist eine Gruppe. \smallskip{} \item $\mathrm{GL}\left(X\right)\subset \mathcal{L}\left(X,X\right)$ ist Banach-Raum mit Operatornorm $\leadsto $ $\mathrm{GL}\left(X\right)$ ist metrischer Raum. \smallskip{} \item $\mathrm{GL}\left(X\right)$ ist eine topologische Gruppe, d.h. die Gruppenoperationen \begin{eqnarray*} \mathrm{GL}\left(X\right)\times \mathrm{GL}\left(X\right)\ni \left(L_{1},L_{2}\right) & \mapsto & L_{1}\circ L_{2}\in \mathrm{GL}\left(X\right)\\ \mathrm{GL}\left(X\right)\ni L & \mapsto & L^{-1}\in \mathrm{GL}\left(X\right) \end{eqnarray*} sind stetig. \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} ~ \begin{enumerate} \item trivial \smallskip{} \item Gegeben sei $L\in \textrm{GL}\left(X\right)$. \smallskip{} \noindent Es ist zu zeigen: Es existiert ein $\varepsilon >0$ mit folgender Eigenschaft: Ist $L^{*}\in \mathcal{L}\left(X,X\right)$ und gilt $\left\Vert L-L^{*}\right\Vert <\varepsilon $, so folgt $L^{*}\in \textrm{GL}\left(X\right)$. \smallskip{} \noindent Wir wählen \[ \varepsilon :=\frac{1}{\left\Vert L^{-1}\right\Vert }>0\] (Banach-Satz \ref{thm:offene_Abbildung}) und betrachte $L^{*}:X\rightarrow X$ stetig mit \[ \left\Vert L-L^{*}\right\Vert <\varepsilon =\frac{1}{\left\Vert L^{-1}\right\Vert }.\] \[ \leadsto \, \left\Vert L^{-1}\circ \left(L^{*}-L\right)\right\Vert \leq \left\Vert L^{-1}\right\Vert \cdot \left\Vert L^{*}-L\right\Vert <\left\Vert L^{-1}\right\Vert \cdot \varepsilon =1\] Setzen \[ A:=-L^{-1}\left(L^{*}-L\right).\] Dann gilt $\left\Vert A\right\Vert <1$. \smallskip{} \noindent Wir betrachten $\textrm{Id}_{X}-A:X\rightarrow X$ stetig und zeigen: $\textrm{Id}_{X}-A$ ist bijektiv. \begin{enumerate} \smallskip{} \item Injektivität: $x\in X$ liege in $\ker \left(\textrm{Id}_{X}-A\right)$ $\leadsto $ $\left(\textrm{Id}_{X}-A\right)\left(x\right)=0$ $\leadsto $ $x=A\left(x\right)$ $\leadsto $ \[ \left\Vert x\right\Vert =\left\Vert Ax\right\Vert \leq \underbrace{\left\Vert A\right\Vert }_{<1}\cdot \left\Vert x\right\Vert \] $\leadsto $ $x=0$. \smallskip{} \item Surjektivität: Sei $x^{*}\in X$ gegeben. Konstruiere den Punkt\index{Neumann-Reihe}% \marginpar{Neumann-Reihe% }\[ \boxed {x=x^{*}+\sum _{n=1}^{\infty }A\left(x^{*}\right)}\qquad \left(\textrm{Neumann-Reihe}\right)\] Diese Reihe konvergiert:\[ \sum _{n=1}^{\infty }\left\Vert A^{n}\left(x^{*}\right)\right\Vert \leq \sum _{n=1}^{\infty }\left\Vert A\right\Vert ^{n}\left\Vert x^{*}\right\Vert =\left\Vert x^{*}\right\Vert \sum _{n=1}^{\infty }\left\Vert A\right\Vert ^{n}<\infty \] Berechne: \begin{eqnarray*} \left(\textrm{Id}_{X}-A\right)\left(x\right) & = & x-A\left(x\right)\\ & = & x^{*}+A\left(x^{*}\right)+A^{2}\left(x^{*}\right)+\ldots -A\left(x^{*}+A\left(x^{*}\right)+\ldots \right)\\ & = & x^{*}+A\left(x^{*}\right)+A^{2}\left(x^{*}\right)+\ldots -A\left(x^{*}\right)-A^{2}\left(x^{*}\right)-\ldots \\ & = & x^{*} \end{eqnarray*} $\leadsto $ $\textrm{Id}_{X}-A$ ist surjektiv. \begin{rem*} \smallskip{} \noindent Aus $\left(\textrm{Id}_{X}-A\right)\left(x\right)=x^{*}$ folgt\begin{eqnarray*} x & = & \left(\textrm{Id}_{X}-A\right)^{-1}\left(x^{*}\right)\\ \leadsto \, \left(\textrm{Id}_{X}-A\right)^{-1}\left(x^{*}\right) & = & x^{*}+\sum _{n=1}^{\infty }A^{n}\left(x^{*}\right)\qquad \left(\textrm{Formel für }\left(\textrm{Id}_{X}-A\right)^{-1}\right)\\ \leadsto \, \left\Vert \left(\textrm{Id}_{X}-A\right)^{-1}\right\Vert & \leq & 1+\sum _{n=1}^{\infty }\left\Vert A\right\Vert ^{n}=\frac{1}{1-\left\Vert A\right\Vert } \end{eqnarray*} Analog: Für $\left\Vert A\right\Vert <1$ folgt \[ \left\Vert \left(\textrm{Id}_{X}-A\right)^{-1}-\textrm{Id}_{X}\right\Vert \leq \frac{\left\Vert A\right\Vert }{1-\left\Vert A\right\Vert }\] \end{rem*} \end{enumerate} \noindent Also:\begin{eqnarray*} \underbrace{\textrm{Id}_{X}-A}_{\textrm{bijektiv}} & = & \textrm{Id}_{X}-\left(-L^{-1}\circ \left(L^{*}-L\right)\right)\\ & = & \textrm{Id}_{X}+L^{-1}L^{*}-\textrm{Id}_{X}=\underbrace{L^{-1}}_{\textrm{bijektiv}}L^{*} \end{eqnarray*} $\leadsto $ $L^{*}$ ist bijektiv $\leadsto $ $L^{*}\in \textrm{GL}\left(X\right)$. \smallskip{} \item Seien $L_{n},L_{n}^{*}\in \textrm{GL}\left(X\right)$, $n=1,2,\ldots $, mit $L_{n}\rightarrow L$ und $L_{n}^{*}\rightarrow L^{*}$. Berechne:\begin{eqnarray*} \left\Vert L_{n}\circ L_{n}^{*}-L\circ L^{*}\right\Vert & \leq & \left\Vert \underbrace{L\circ L^{*}-L_{n}\circ L^{*}}_{\left(L-L_{n}\right)\circ L^{*}}\right\Vert +\left\Vert \underbrace{L_{n}\circ L^{*}-L_{n}\circ L_{n}^{*}}_{L_{n}\circ \left(L^{*}-L_{n}^{*}\right)}\right\Vert \\ & \leq & \underbrace{\left\Vert L-L_{n}\right\Vert }_{\rightarrow 0}\cdot \left\Vert L^{*}\right\Vert +\underbrace{\left\Vert L_{n}\right\Vert }_{\textrm{konvergiert}}\cdot \underbrace{\left\Vert L^{*}-L_{n}^{*}\right\Vert }_{\rightarrow 0}\\ & \rightarrow & 0 \end{eqnarray*} \smallskip{} \noindent Es verbleibt zu zeigen: $L_{n}^{-1}\rightarrow L^{-1}$. \smallskip{} \noindent Führe neue Operation durch die Formel \[ L_{n}=L-B_{n}=L\circ \left(\textrm{Id}-L^{-1}\circ B_{n}\right)\] ein. Wegen $L_{n}\rightarrow L$ folgt $\left\Vert B_{n}\right\Vert \rightarrow 0$. Mit \[ A_{n}=L^{-1}B_{n}\] gilt dann $\left\Vert A_{n}\right\Vert \leq \left\Vert L^{-1}\right\Vert \left\Vert B_{n}\right\Vert $, d.h. $\left\Vert A_{n}\right\Vert <1$ für hinreichend große $n$. Dann gilt (siehe Bemerkung)\[ \left\Vert \left(\textrm{Id}_{X}-A_{n}\right)^{-1}-\textrm{Id}_{X}\right\Vert \leq \frac{\left\Vert A_{n}\right\Vert }{1-\left\Vert A_{n}\right\Vert }\rightarrow 0\] Dann folgt $\left(\textrm{Id}_{X}-A_{n}\right)^{-1}\rightarrow \textrm{Id}_{X}$. \smallskip{} \noindent \underbar{Aber}: (Multiplikation stetig) \[ L_{n}^{-1}=\left[L\circ \left(\textrm{Id}_{X}-A_{n}\right)\right]^{-1}=\left(\underbrace{\textrm{Id}_{X}-A_{n}}_{\rightarrow \textrm{Id}_{X}}\right)^{-1}\circ L^{-1}\rightarrow \textrm{Id}_{X}\circ L^{-1}\] \end{enumerate} \end{proof} \begin{rem*} $H$ sei separabler Hilbertraum. $\textrm{GL}\left(H\right)$ haben grundsätzlich verschiedene Eigenschaften bezogen auf die Topologie. $\textrm{GL}\left(H\right)$ ist kontrahierbarer topologischer Raum. $\textrm{GL}\left(n\right)=\textrm{GL}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$ ist definitiv nicht kontrahierbar: $\textrm{GL}\left(1;\mathbb{C}\right)=\mathbb{C}\setminus \left\{ 0\right\} \cong S^{1}\not \cong $ Punkt. \end{rem*} \subsubsection{Satz über den abgeschlossenen Graphen} \begin{thm} \label{thm:abgeschlossener_Graph}\index{abgeschlossener Graph-Satz}(Satz über den abgeschlossenen Graphen) Seien $X,Y$ Banach-Räume, $L:X\rightarrow Y$ linear (nichts weiter).\index{Graph}% \marginpar{Satz über den abgeschlossenen Graphen% }% \marginpar{Graph $\mathrm{Gr}\left(L\right)$% }\[ \boxed {\mathrm{Gr}\left(L\right)=\left\{ \left(x,L\left(x\right)\right)\left|x\in X\right.\right\} \subset X\times Y}\qquad \mathrm{Graph}\textrm{ }\mathrm{von}\textrm{ }L\] Dann ist $L$ stetig $\Leftrightarrow $ $\mathrm{Gr}\left(L\right)\subset X\times Y$ abgeschlossen ist. \end{thm} \begin{proof} ~ \begin{description} \item [$\left(\Rightarrow \right)$]Sei $L$ stetig, und sei $\left(x_{n},L\left(x_{n}\right)\right)\subset \textrm{Gr}\left(L\right)$ eine Folge in $\textrm{Gr}\left(L\right)$, welche in $X\times Y$ gegen $\left(x_{0},y_{0}\right)$ konvergiert. Zu zeigen: $\left(x_{0},y_{0}\right)\in \textrm{Gr}\left(L\right)$.\[ y_{0}=\lim _{n\rightarrow \infty }L\left(x_{n}\right)\stackrel{L\textrm{ stetig}}{=}L\left(\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\right)=L\left(x_{0}\right),\] d.h. $\left(x_{0},y_{0}\right)=\left(x_{0},L\left(x_{0}\right)\right)\in \textrm{Gr}\left(L\right)$. \smallskip{} \item [$\left(\Leftarrow \right)$]$L:X\rightarrow Y$, linear und $\textrm{Gr}\left(L\right)\subset X\times Y$ abgeschlossen. \smallskip{} \noindent Das Produkt $X\times Y=\left\{ \left(x,y\right)\left|x\in X,y\in Y\right.\right\} $ ist erneut ein Banach-Raum mit der Norm \[ \left\Vert \left(x+y\right)\right\Vert =\left\Vert x\right\Vert _{X}+\left\Vert y\right\Vert _{Y}.\] \underbar{Konsequenz}: $\textrm{Gr}\left(L\right)\subset X\times Y$ ist linearer Teilraum eines Banach-Raumes, weil $L$ linear ist. Ist $\textrm{Gr}\left(L\right)\subset X\times Y$ abgeschlossen, so wird $\textrm{Gr}\left(L\right)$ ein Banach-Raum und die Abbildung \[ \Psi :X\ni x\mapsto \left(x,Lx\right)\in \textrm{Gr}\left(L\right)\] ist bijektiv. \smallskip{} \noindent Betrachte die Projektion auf die erste Achse, \[ \Phi :\textrm{Gr}\left(L\right)\rightarrow X,\quad \Phi \left(x,y\right)=x.\] $\Phi $ ist stetig, weil\[ \left\Vert \Phi \left(x,y\right)\right\Vert _{X}=\left\Vert x\right\Vert _{X}\leq \left\Vert x\right\Vert _{X}+\left\Vert y\right\Vert _{Y}=\left\Vert \left(x,y\right)\right\Vert \] $\Phi :\textrm{Gr}\left(L\right)\rightarrow X$ ist bijektiv und es gilt \[ \Psi \circ \Phi =\textrm{Id}_{\textrm{Gr}\left(L\right)}.\] Banach-Satz \ref{thm:offene_Abbildung}: $\Phi ^{-1}=\Psi :X\rightarrow \textrm{Gr}\left(L\right)$ ist stetig. $\leadsto $ $L$ ist stetig. \end{description} \end{proof} \section{Der adjungierte Operator} \subsection{Der Fall des Hilbert-Raumes} \begin{defn} \label{def:adjungierter_Operator}\index{adjungierter Operator}$H_{1}$ und $H_{2}$ seien Hilbert-Räume. $L:H_{1}\rightarrow H_{2}$ linear und stetig. % \marginpar{adjungierter Operator $L^{*}$% }Dann existiert ein \underbar{adjungierter} Operator\index{Operator, adjungiert} $L^{*}:H_{2}\rightarrow H_{1}$, welcher wie folgt definiert ist: $y\in H_{2}$ sei gegeben. Betrachte $f_{y}:H_{1}\rightarrow \mathbb{C}$ definiert durch $f_{y}\left(x\right)=\left\langle Lx,y\right\rangle $. $f_{y}$ ist linear, stetig. Satz von Riesz: $\exists !L^{*}\left(y\right)\in H_{1}:\, \left\langle Lx,y\right\rangle =f_{y}\left(x\right)=\left\langle x,L^{*}y\right\rangle $ Die $L^{*}$ definierene Gleichung ist \[ \boxed {\left\langle Lx,y\right\rangle =\left\langle x,L^{*}y\right\rangle \qquad \forall x\in H_{1},y\in H_{2}}\] \end{defn} \begin{thm} Ist $L:H_{1}\rightarrow H_{2}$ linear und stetig% \marginpar{$L^{*}$ linear\\ $\left\Vert L^{*}\right\Vert =\left\Vert L\right\Vert $\\ $L^{**}=L$% }, so ist $L^{*}:H_{2}\rightarrow H_{1}$ gleichfalls linear und stetig und es gilt:\[ \boxed {\left\Vert L^{*}\right\Vert =\left\Vert L\right\Vert }\quad \textrm{und}\quad \boxed {\left(L^{*}\right)^{*}=L}\] \end{thm} \begin{proof} $L^{*}$ ist linear (kein Problem).\[ \left\langle y,\left(L^{*}\right)^{*}\left(x\right)\right\rangle =\left\langle L^{*}\left(y\right),x\right\rangle =\overline{\left\langle x,L^{*}\left(y\right)\right\rangle }=\overline{\left\langle Lx,y\right\rangle }=\left\langle y,Lx\right\rangle \quad \forall x\in H_{1},y\in H_{2}\] $\leadsto $ $\forall x\in H_{1}$: $L\left(x\right)=\left(L^{*}\right)^{*}\left(x\right)$ $\leadsto $ $\left(L^{*}\right)^{*}=L$. \begin{eqnarray*} \left\Vert L^{*}\left(y\right)\right\Vert _{H_{1}}^{2} & = & \left\langle L^{*}\left(y\right),L^{*}\left(y\right)\right\rangle _{H_{1}}\\ & = & \left\langle LL^{*}\left(x\right),y\right\rangle _{H_{2}}\\ & \stackrel{\textrm{CSU}}{\leq } & \left\Vert LL^{*}\left(y\right)\right\Vert _{H_{2}}\cdot \left\Vert y\right\Vert _{H_{2}}\\ & \leq & \underbrace{\left\Vert L\right\Vert }_{<\infty }\cdot \underbrace{\left\Vert L^{*}\left(y\right)\right\Vert _{H_{1}}}_{<\infty }\cdot \left\Vert y\right\Vert _{H_{2}}\\ \leadsto \, \left\Vert L^{*}\left(y\right)\right\Vert _{H_{1}} & \leq & \left\Vert L\right\Vert \cdot \left\Vert y\right\Vert _{H_{2}}\qquad \forall y\in H_{2}\\ \leadsto \, \left\Vert L^{*}\right\Vert & \leq & \left\Vert L\right\Vert \end{eqnarray*} $\leadsto $ $L^{*}$ stetig. Analog: $\left\Vert L\right\Vert =\left\Vert \left(L^{*}\right)^{*}\right\Vert \leq \left\Vert L^{*}\right\Vert $. $\leadsto $ $\left\Vert L^{*}\right\Vert =\left\Vert L\right\Vert $ \end{proof} \begin{defn} \label{def:selbstadjungiert}\index{selbstadjungiert}\index{Operator, selbstadjungiert}$L:H\rightarrow H$ linear, stetig. $L$ heißt \underbar{selbstadjungiert} (und stetig)% \marginpar{selbst\-ad\-jun\-giert% }, falls $L=L^{*}$. \end{defn} \begin{thm} \label{thm:4.4}$L:H\rightarrow H$ sei selbstadjungiert.% \marginpar{$\left\Vert L\right\Vert ={\displaystyle \sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}}\left|\left\langle Lx,x\right\rangle \right|$% } Dann gilt\[ \boxed {\left\Vert L\right\Vert =\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left|\left\langle Lx,x\right\rangle \right|}\] \end{thm} \begin{rem*} ~\[ \left\Vert L\right\Vert ^{2}=\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left\Vert L\left(x\right)\right\Vert ^{2}=\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left\langle Lx,Lx\right\rangle \] \end{rem*} \begin{proof} Sei% \marginpar{26.11.2002% } \[ \mu :=\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left|\left\langle Lx,x\right\rangle \right|\] Aus der Cauchy-Schwarz-Ungleichung folgt\begin{eqnarray*} \left|\left\langle Lx,x\right\rangle \right| & \leq & \left\Vert Lx\right\Vert \cdot \left\Vert x\right\Vert \leq \left\Vert L\right\Vert \cdot \left\Vert x\right\Vert ^{2}\\ \leadsto \, \mu =\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left|\left\langle Lx,x\right\rangle \right| & \leq & \left\Vert L\right\Vert \end{eqnarray*} Weiterhin:\begin{eqnarray*} 4\textrm{Re}\left(Lx,y\right) & = & 2\left(\left\langle Lx,y\right\rangle +\overline{\left\langle Lx,y\right\rangle }\right)\\ & = & 2\left(\left\langle Lx,y\right\rangle +\left\langle y,Lx\right\rangle \right)\\ & \stackrel{L=L^{*}}{=} & 2\left(\left\langle Lx,y\right\rangle +\left\langle Ly,x\right\rangle \right)\\ & = & \left\langle L\left(x+y\right),x+y\right\rangle -\left\langle L\left(x-y\right),x-y\right\rangle \end{eqnarray*} Nun gilt:\begin{eqnarray} \left|\left\langle Lz,z\right\rangle \right| & = & \left\Vert z\right\Vert ^{2}\left|\left\langle L\underbrace{\left(\frac{z}{\left\Vert z\right\Vert }\right)}_{\left\Vert .\right\Vert =1},\frac{z}{\left\Vert z\right\Vert }\right\rangle \right|\leq \mu \cdot \left\Vert z\right\Vert ^{2}\nonumber \\ \leadsto \, 4\left|\textrm{Re}\left\langle Lx,y\right\rangle \right| & \leq & \left|\left\langle L\left(x+y\right),x+y\right\rangle \right|+\left|\left\langle L\left(x-y\right),x-y\right\rangle \right|\nonumber \\ & \leq & \mu \cdot \left\Vert x+y\right\Vert ^{2}+\mu \cdot \left\Vert x-y\right\Vert ^{2}\nonumber \\ \leadsto \, \left|\textrm{Re}\left\langle Lx,y\right\rangle \right| & \leq & \frac{\mu }{4}\left(\left\Vert x+y\right\Vert ^{2}+\left\Vert x-y\right\Vert ^{2}\right)\nonumber \\ & \stackrel{{\textrm{Hilbert-}\atop \textrm{Raum}}}{=} & \frac{\mu }{4}\cdot 2\left(\left\Vert x\right\Vert ^{2}+\left\Vert y\right\Vert ^{2}\right)\nonumber \\ & = & \frac{\mu }{2}\cdot \left(\left\Vert x\right\Vert ^{2}+\left\Vert y\right\Vert ^{2}\right)\label{eq:4.4.1} \end{eqnarray} Betrachte $0\neq x\in H$ sowie $y=\frac{Lx}{\left\Vert Lx\right\Vert }$ (falls $Lx\neq 0$).\[ \left\langle Lx,y\right\rangle =\left\langle Lx,\frac{Lx}{\left\Vert Lx\right\Vert }\right\rangle =\frac{\left\Vert Lx\right\Vert ^{2}}{\left\Vert Lx\right\Vert }=\left\Vert Lx\right\Vert \] $\left\Vert y\right\Vert =1$. Setze dies in (\ref{eq:4.4.1}) ein:\[ \mathbb{R}\ni \left\Vert Lx\right\Vert =\left\langle Lx,y\right\rangle =\left|\textrm{Re}\left\langle Lx,y\right\rangle \right|\leq \frac{\mu }{2}\left(\left\Vert x\right\Vert ^{2}+\left\Vert y\right\Vert ^{2}\right)=\frac{\mu }{2}\left(\left\Vert x\right\Vert ^{2}+1\right).\] Somit gilt für \underbar{alle} $x\in H$:\[ \left\Vert Lx\right\Vert \leq \frac{\mu }{2}\left(\left\Vert x\right\Vert ^{2}+1\right)\] (Bem.: Ist $Lx=0$, so ist diese Ungleichung trivial.) Daraus folgt:\[ \left\Vert L\right\Vert =\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left\Vert Lx\right\Vert \leq \frac{\mu }{2}\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left(\left\Vert x\right\Vert ^{2}+1\right)=\frac{\mu }{2}\cdot 2=\mu \] $\leadsto $ $\left\Vert L\right\Vert \leq \mu $. \end{proof} \subsection{Der Fall des Banach-Raumes} ~ $X,Y$ - Banach-Räume $\left(X\not \subseteq X^{**}\right)$, $L:X\rightarrow Y$ linear und stetig \index{adjungierter Operator}Wir definieren $L^{*}:Y^{*}\rightarrow X^{*}$ durch die Formel% \marginpar{adjungierter Operator $L^{*}$% }\[ \boxed {L^{*}\left(f^{*}\right)\left(x\right):=f^{*}\left(Lx\right)\qquad f^{*}\in Y,x\in X}\] \begin{rem*} Weil $L$ stetig ist, folgt aus $f^{*}\in Y^{*}$ auch $L^{*}\left(f^{*}\right)\in X^{*}$. $\leadsto $ Definition ist korrekt. \end{rem*} %~ \begin{rem*} $L^{*}:Y^{*}\rightarrow X^{*}$ ist linear. \end{rem*} \begin{thm} \label{thm:4.5}Ist $L:X\rightarrow Y$ linear, stetig, so ist $L^{*}:Y^{*}\rightarrow X^{*}$ linear, stetig und es gilt% \marginpar{$L^{*}$ stetig\\ $\left\Vert L^{*}\right\Vert \leq \left\Vert L\right\Vert $% }\[ \boxed {\left\Vert L^{*}\right\Vert \leq \left\Vert L\right\Vert <\infty }\] \end{thm} \begin{proof} Wir wählen $f^{*}\in Y^{*}$ und betrachten\begin{eqnarray*} \left\Vert \underbrace{L^{*}\left(f^{*}\right)}_{X\rightarrow \mathbb{C}}\right\Vert _{X^{*}} & = & \sup _{0\neq x\in X}\frac{\left|L^{*}\left(f^{*}\right)\left(x\right)\right|}{\left\Vert x\right\Vert }\\ & = & \sup _{0\neq x\in X}\frac{\left|f^{*}\left(Lx\right)\right|}{\left\Vert x\right\Vert }\\ & \leq & \sup _{0\neq x\in X}\frac{\left\Vert f^{*}\right\Vert \cdot \left\Vert L\right\Vert \cdot \left\Vert x\right\Vert }{\left\Vert x\right\Vert }\\ & = & \left\Vert f^{*}\right\Vert \cdot \left\Vert L\right\Vert \\ \leadsto \, 0\neq f^{*}\in Y^{*}:\, \frac{\left\Vert L^{*}\left(f^{*}\right)\right\Vert }{\left\Vert f^{*}\right\Vert } & \leq & \left\Vert L\right\Vert \\ \leadsto \, \left\Vert L^{*}\right\Vert & \leq & \left\Vert L\right\Vert <\infty \end{eqnarray*} \end{proof} Sei $L:X\rightarrow Y$ linear, stetig $\leadsto $ $L^{*}:Y^{*}\rightarrow X^{*}$$\leadsto $ $\left(L^{*}\right)^{*}:X^{**}\rightarrow Y^{**}$, $X^{**}\subset X$ und $Y^{**}\subset Y$. \begin{thm} Sei $L:X\rightarrow Y$ linear. Dann gilt: \[ \boxed {\left(L^{*}\right)^{*}\left|_{X}\right.=L}\] \end{thm} \begin{proof} Betrachte $x\in X\hookrightarrow X^{**}$ $\leadsto $ $x\in X^{**}$ $\leadsto $ $x:X^{*}\rightarrow \mathbb{C}$ und es gilt\[ x\left(x^{*}\right)=x^{*}\left(x\right)\quad \forall x^{*}\in X^{**}.\] Dann gilt:\[ \left(L^{*}\right)^{*}\left(x\right)\left(z\right)=x\left(L^{*}z\right)=\left(L^{*}z\right)\left(x\right)=z\left(Lx\right)\qquad z\in Y^{*}\] Nun folgt $Lx\in Y\hookrightarrow Y^{**}$ und somit gilt\begin{eqnarray*} \left(Lx\right)\underbrace{\left(z\right)}_{\in Y^{*}} & = & z\left(Lx\right)\\ \leadsto \, \underbrace{\left(L^{*}\right)^{*}\left(x\right)}_{\in Y^{**}}\left(z\right) & = & \underbrace{\left(Lx\right)}_{\in Y^{**}}\left(z\right)\qquad \forall z\in Y^{*}\\ \leadsto \, \left(L^{*}\right)^{*}\left(x\right) & = & Lx\textrm{ als Funktional auf }Y^{*} \end{eqnarray*} \end{proof} \begin{conclusion*} $L^{**}\left|_{X}\right.=L$ \begin{displaymath} \begin{CD} X @ >L>> Y \\ \bigcap@. \bigcap@.\\ X^{**} @ >L^{**}>> Y^{**} \end{CD} \end{displaymath} \end{conclusion*} \begin{thm} In jedem Banach-Raum gilt% \marginpar{$\left\Vert L^{**}\right\Vert =\left\Vert L\right\Vert $% }\[ \boxed {\left\Vert L^{**}\right\Vert =\left\Vert L\right\Vert }\] \end{thm} \begin{proof} Weil $L^{**}$ eine Erweiterung von $L$ ist, gilt $\left\Vert L\right\Vert \leq \left\Vert L^{**}\right\Vert $. Nach Satz \ref{thm:4.5} gilt: $\left\Vert L^{**}\right\Vert \leq \left\Vert L^{*}\right\Vert \leq \left\Vert L\right\Vert $. \end{proof} \section{Kompakte Operatoren} \begin{defn} \label{def:kompakter_Operator}\index{kompakter Operator}\index{Operator, kompakt}$L:X\rightarrow Y$ sei linear und stetig. $L$ ist \underbar{kompakter Operator}, falls das Bild $L\left(A\right)\subset Y$ jeder in $X$ beschränkten Menge $A\subset X$ präkompakt in $Y$ ist. \end{defn} % \marginpar{kompakter Operator% }Äquivalent: Ist $x_{1},x_{2},\ldots \in X$ eine beschränkte Folge in $X$, $\left\Vert x_{n}\right\Vert \leq M$, dann ex. eine Teilfolge $L\left(x_{i_{1}}\right),L\left(x_{i_{2}}\right),\ldots $, die in $Y$ konvergiert. \begin{thm} Ist $L:X\rightarrow Y$ linear und stetig, $\dim \left(L\left(X\right)\right)<\infty $, so ist $L$ kompakt.% \marginpar{endl. dim. $\leadsto $ kompakt% } \end{thm} \begin{proof} Sei $A\subset X$ kompakt. $\leadsto $ $\exists M$ $\forall \alpha \in A:$ $\left\Vert \alpha \right\Vert _{X}\leq M$. Dann ist die Bildmenge $L\left(A\right)\subset L\left(X\right)\subset Y$ gleichfalls beschränkt:\[ \left\Vert L\alpha \right\Vert _{Y}\leq \left\Vert L\right\Vert \cdot \left\Vert \alpha \right\Vert _{X}\leq \left\Vert L\right\Vert \cdot M,\] d.h. $L\left(A\right)\subset \mathcal{K}_{Y}\left(0,\left\Vert L\right\Vert \cdot M\right)$. $L\left(A\right)\subset L\left(X\right)\subset Y$, $L\left(A\right)$ beschränkt, $L\left(X\right)\stackrel{\textrm{top}.}{\cong }\mathbb{R}^{n}$ $\leadsto $ $L\left(A\right)$ ist präkompakt in $L\left(X\right)\subset Y$. \end{proof} \begin{defn} \label{def:endl_dim_Operator}\index{endlich dimensionaler Operator}\index{Operator, endlich dimensional}$L$ heißt \underbar{endlich-dimensionaler Operator}, falls $\dim \left(L\left(X\right)\right)<\infty $.% \marginpar{endlich dim. Operator% } \end{defn} Sei $K\left(X,Y\right)$ die Menge der kompakten Operatoren\index{$K(X,Y)$}\index{$\mathcal{L}(X,Y)$}% \marginpar{$K\left(X,Y\right)$% }.\[ \boxed {\textrm{Endl}.\textrm{ dim}.\textrm{ Op}.\subset K\left(X,Y\right)\subset \mathcal{L}\left(X,Y\right)=\left\{ L:X\rightarrow Y\textrm{ linear und stetig}\right\} }\] \begin{thm} \label{thm:5.4}$K\left(X,Y\right)\subset \mathcal{L}\left(X,Y\right)$ ist ein abgeschlossener linearer Teilraum, d.h.% \marginpar{$K\left(X,Y\right)$ abgeschlossen% } \begin{enumerate} \item $L_{1},L_{2}\in K\left(X,Y\right)$ $\leadsto $ $\lambda _{1}L_{1}+\lambda _{2}L_{2}\in K\left(X,Y\right)$, $\lambda _{1},\lambda _{2}\in \mathbb{C}$ \item Ist $L_{n}\in K\left(X,Y\right)$, $L\in \mathcal{L}\left(X,Y\right)$ und $\left\Vert L_{n}-L\right\Vert \rightarrow 0$, so ist $L\in K\left(X,Y\right)$. \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} ~ \begin{enumerate} \item Sei $a_{1},a_{2},\ldots $ eine beschränkte Folge in $X$. \smallskip{} \noindent Dann existiert eine Teilfolge $a_{i_{1}},a_{i_{2}},\ldots $ derart, daß $L_{1}\left(a_{i_{1}}\right),L_{1}\left(a_{i_{2}}\right),\ldots \rightarrow *$ und \\ $L_{2}\left(a_{i_{1}}\right),L_{2}\left(a_{i_{2}}\right),\ldots \rightarrow **$ \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\left(\lambda _{1}L_{1}+\lambda _{2}L_{2}\right)\left(a_{i_{j}}\right)\rightarrow \lambda _{1}*+\lambda _{2}**$ $\leadsto $ $\lambda _{1}L_{1}+\lambda _{2}L_{2}\in K\left(X,Y\right)$. \smallskip{} \item Sei $L_{n}\in K\left(X,Y\right)$, $L\in \mathcal{L}\left(X,Y\right)$, $\left\Vert L_{n}-L\right\Vert \rightarrow 0$. \smallskip{} \noindent Fixiere $A\subset X$ beschränkt. $\leadsto $ $\exists r>0\, \forall \alpha \in A:\, \left\Vert \alpha \right\Vert \leq r$. \smallskip{} \noindent Sei $\varepsilon >0$ fest. Dann existiert ein $n_{0}$, so daß \[ \left\Vert L_{n_{0}}-L\right\Vert <\frac{\varepsilon }{2r}.\] \smallskip{} \noindent Der Operator $L_{n_{0}}$ ist kompakt. $\leadsto $ $L_{n_{0}}\left(A\right)\subset Y$ ist präkompakt $\leadsto $ $L_{n_{0}}\left(A\right)\subset Y$ besitzt (nach Hausdorff-Satz \ref{thm:Pr=E4kompaktheitskriterium-von-Hausdorff}) ein endliches $\frac{\varepsilon }{2}$-Netz:\[ \exists y_{1},\ldots ,y_{m}\in Y:\quad L_{n_{0}}\left(A\right)\subset \mathcal{K}\left(y_{1},\frac{\varepsilon }{2}\right)\cup \ldots \cup \mathcal{K}\left(y_{m},\frac{\varepsilon }{2}\right)\] Ist $a\in A$ ein beliebiger Punkt, so existiert ein $y_{j}$ $\left(1\leq j\leq m\right)$ mit \[ \left\Vert y_{j}-L_{n_{0}}\left(a\right)\right\Vert <\frac{\varepsilon }{2}.\] Dann folgt\begin{eqnarray*} \left\Vert L\left(a\right)-y_{j}\right\Vert & \leq & \left\Vert L\left(a\right)-L_{n_{0}}\left(a\right)\right\Vert +\left\Vert L_{n_{0}}\left(a\right)-y_{j}\right\Vert \\ & \leq & \left\Vert L-L_{n_{0}}\right\Vert \cdot \left\Vert a\right\Vert +\frac{\varepsilon }{2}\\ & \leq & \frac{\varepsilon }{2r}\cdot r+\frac{\varepsilon }{2}\\ & = & \varepsilon \end{eqnarray*} $\leadsto $ $L\left(A\right)\subset \mathcal{K}\left(y_{1},\varepsilon \right)\cup \ldots \cup \mathcal{K}\left(y_{m},\varepsilon \right)$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $L\left(A\right)$ besitzt für jedes $\varepsilon >0$ ein endliches $\varepsilon $-Netz $\leadsto $ $L\left(A\right)\subset Y$ ist präkompakt. \end{enumerate} \end{proof} \begin{thm} Sei $L:X\rightarrow Y$ linear und kompakt. \begin{enumerate} \item Ist $L_{1}:Y\rightarrow Z$ linear, stetig, so wird $L_{1}\circ L:X\rightarrow Z$ kompakt. \smallskip{} \item Ist $L_{1}:Z\rightarrow X$ linear, stetig, so wird $L\circ L_{1}:Z\rightarrow Y$ kompakt. \end{enumerate} \end{thm} \underbar{Speziallfall}: $X=Y$. $\mathcal{L}\left(X,X\right)$ ist Banach-Algebra. Dann ist $K\left(X,X\right)\subset \mathcal{L}\left(X,X\right)$ ein abgeschlossenes, zweiseitiges Ideal. \begin{proof} ~ \begin{enumerate} \item $A\subset X$ beschränkt $\leadsto $ $L\left(A\right)\subset Y$ präkompakt, da $L$ kompakt $\leadsto $ $L_{1}L\left(A\right)\subset Z$ ist präkompakt in $Z$, da $L_{1}$ stetig ist. \smallskip{} \item $A\subset Z$ beschränkt $\leadsto $ $L_{1}\left(A\right)\subset X$ beschränkt, weil $L_{1}$ linear und stetig $\leadsto $ $LL_{1}\left(A\right)\subset Y$ ist präkompakt, da $L$ kompakt ist. \end{enumerate} \end{proof} % \marginpar{28.11.2002% }\underbar{Ziel}: $L:X\rightarrow Y$ kompakt $\leadsto $ $L^{*}:Y^{*}\rightarrow X^{*}$ kompakt. \begin{lem} \label{lem:5.6}$X$ Banach-Raum, $K\subset X$ kompakte Teilmenge in $X$. $x_{n}^{*}\in X^{*}$ Folge von Funktionalen mit $\left\Vert x_{n}^{*}\right\Vert \leq 1$. Dann ex. eine Teilfolge $x_{n_{i}}^{*}$, welche auf $K$ gleichmäßig konvergiert. \end{lem} \begin{proof} Betrachte den Banach-Raum $\mathcal{C}\left(K\right)$ mit der Supremums-Norm. $x_{n}^{*}\in X^{*}$ liegen natürlicherweise in $\mathcal{C}\left(K\right)$ und es gilt:\begin{eqnarray*} \left\Vert x_{n}^{*}\right\Vert _{\mathcal{C}\left(K\right)} & = & \sup _{k\in K}\left\{ \left|x_{n}^{*}\left(k\right)\right|\right\} \\ & \leq & \sup _{k\in K}\left\Vert x_{n}^{*}\right\Vert \cdot \left\Vert k\right\Vert \\ & \leq & \sup _{k\in K}\left\Vert k\right\Vert \\ & = & M<\infty \qquad \textrm{weil }K\subset X\textrm{ kompakt} \end{eqnarray*} Damit ist die Folge der auf $K$ definierten stetigen Funktionen $x_{n}^{*}$ gleichmäßig beschränkt. Weiterhin: $k_{1},k_{2}\in K$\[ \left|x_{n}^{*}\left(k_{1}\right)-x_{n}^{*}\left(k_{2}\right)\right|=\left|x_{n}^{*}\left(k_{1}-k_{2}\right)\right|\leq \left\Vert x_{n}^{*}\right\Vert \cdot \left\Vert k_{1}-k_{2}\right\Vert \leq \left\Vert k_{1}-k_{2}\right\Vert \quad \forall n=1,2,\ldots \] $\leadsto $ Die auf $K$ definierte Funktionenfolge $x_{n}^{*}$ ist gleichgradig stetig. Arzela-Ascoli-Satz \ref{thm:Arzela-Ascoli}: Es existiert eine Teilfolge $x_{n_{i}}^{*}$, welche gleichmäßig auf $K$ konvergiert. \end{proof} \begin{thm} $L:X\rightarrow Y$ kompakt $\leadsto $ $L^{*}:Y^{*}\rightarrow X^{*}$ kompakt.% \marginpar{$L$ kompakt $\leadsto $ $L^{*}$ kompakt% } \end{thm} \begin{proof} Sei $y_{n}^{*}\in Y^{*}$ ein beschränkte Folge. Für $\mathcal{K}_{X}\left(0,1\right)\subset X$ ist $L\left(\overline{\mathcal{K}_{X}\left(0,1\right)}\right)\subset Y$ kompakt, weil $L$ kompakt ist. Nach Lemma \ref{lem:5.6} existiert dann eine Teilfolge $y_{n_{i}}^{*}$, welche gleichmäßig auf $L\left(\overline{\mathcal{K}_{X}\left(0,1\right)}\right)$ konvergiert. Ist $y=L\left(x\right)\in L\left(\overline{\mathcal{K}_{X}\left(0,1\right)}\right)$, so gilt \[ y_{n_{i}}^{*}\left(y\right)=y_{n_{i}}^{*}\left(Lx\right)=\left(L^{*}y_{n_{i}}^{*}\right)\left(x\right)\] also konvergiert $L^{*}y_{n_{i}}^{*}$ gleichmäßig auf $\overline{\mathcal{K}_{X}\left(0,1\right)}\subset X$. Sei \[ x_{0}^{*}=\lim _{i\rightarrow \infty }Ly_{n_{i}}^{*}\in X^{*}\] ($x_{0}^{*}$ stetige Funktion auf $\overline{\mathcal{K}_{X}\left(0,1\right)}$, $x_{0}^{*}\left(\lambda \cdot v\right)=\lambda \cdot x_{0}^{*}\left(v\right)$ $\leadsto $ $x_{0}^{*}:X\rightarrow \mathbb{C}$). Weil $L^{*}y_{n_{i}}^{*}$ gleichmäßig auf $\mathcal{K}\left(0,1\right)$ gegen $x_{0}^{*}$ konvergiert, gilt\[ \left\Vert x_{0}^{*}-L^{*}y_{n_{i}}^{*}\right\Vert _{X^{*}}=\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left|x_{0}^{*}\left(x\right)-L^{*}y_{n_{i}}^{*}\left(x\right)\right|\rightarrow 0.\] $\leadsto $ $L^{*}y_{n_{i}}^{*}$ ist konvergent in $X^{*}$, d.h. $L^{*}:Y^{*}\rightarrow X^{*}$ ist kompakt. \end{proof} \[ \textrm{Endl}.-\textrm{dim}.\left(X,X\right)\subset \overline{\textrm{Endl}.-\textrm{dim}.\left(X,X\right)}\stackrel{??}{\subset }K\left(X,X\right)\subset \mathcal{L}\left(X,X\right)\] \begin{thm} \label{thm:5.8}$H$ separabler Hilbert-Raum. Dann gilt \[ \boxed {\overline{\mathrm{Endl.}\textrm{-}\mathrm{dim.}\left(H\right)}=K\left(H,H\right)}\] d.h. jeder kompakte Operator $L:H\rightarrow H$ läßt eine Folge endlich-dimensionaler Operatoren $P_{n}:H\rightarrow H$ mit $\left\Vert L-P_{n}\right\Vert \xrightarrow{n\rightarrow \infty }0$ zu. \end{thm} \begin{proof} $e_{1},e_{2},e_{3},\ldots $ abzählbare, vollständige ON-Basis. $P_{n}:H\rightarrow H$ sei die Orthogonalprojektion auf $\textrm{Lin}\left(e_{1},\ldots ,e_{n}\right)$, d.h. \[ P_{n}\left(x\right)=\sum _{i=1}^{n}\left\langle x,e_{i}\right\rangle e_{i}.\] $P_{n}$ ist endlich-dimensionaler Operator. \underbar{Warnung}: $P_{n}\not \rightarrow \textrm{Id}_{H}$ falls $\dim H=\infty $, da $\left\Vert \textrm{Id}_{H}-P_{n}\right\Vert \geq \left\Vert e_{n+1}-P_{n}\left(e_{n+1}\right)\right\Vert \geq 1.$ Wir zeigen: $P_{n}\circ L\rightarrow L$, falls $L$ kompakt ist. Betrachten $A=\left\{ x\in H\left|\left\Vert x\right\Vert =1\right.\right\} \subset H$ beschränkt. $L$ kompakt $\leadsto $ $L\left(A\right)=\left\{ Lx\in H\left|\left\Vert x\right\Vert =1\right.\right\} $ präkompakt. Weiterhin gilt für $y=L\left(x\right)\in L\left(A\right)$ $P_{n}\left(y\right)\rightrightarrows y$ auf $L\left(A\right)$, da für $y\in H$ die Konvergenz \[ y=\sum _{i=1}^{\infty }\left\langle y,e_{i}\right\rangle e_{i}=\lim _{n\rightarrow \infty }P_{n}\left(y\right)\] gleichmäßig auf einer kompakten Menge ist. $\leadsto $ $P_{n}\circ L\rightrightarrows L$ auf $A=\left\{ x\in H\left|\left\Vert x\right\Vert =1\right.\right\} $ \[ \leadsto \, \left\Vert P_{n}\circ L-L\right\Vert =\sup _{x\in A}\left|P_{n}\circ L\left(x\right)-L\left(x\right)\right|\xrightarrow{n\rightarrow \infty }0\] \end{proof} \subsection{Integraloperatoren} \subsubsection{Integraloperatoren mit stetigem Kern in $\mathcal{C}\left(X\right)$} \begin{lyxlist}{00.00.0000} \item [\index{Integraloperatoren}$\left(X,d\right)$]kompakter metrischer Raum \item [$K:X\times X\rightarrow \mathbb{C}$]stetig \item [$\mu $]endliches Borel-Maß auf $X$ \item [$\mathcal{C}\left(X\right)$]Banach-Raum aller stetigen Funktionen auf $X$ \item [$L:\mathcal{C}\left(X\right)\rightarrow \mathcal{C}\left(X\right)$]definiert durch\[ \boxed {\left(Lf\right)\left(x\right)=\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)}\] \end{lyxlist} Wir wissen: $L:\mathcal{C}\left(X\right)\rightarrow \mathcal{C}\left(X\right)$ ist linear und stetig. \begin{prop} $L$ ist kompakt. \end{prop} \begin{proof} $A\subset \mathcal{C}\left(X\right)$ sei eine beschränkte Menge, d.h. es ex. $M>0$:\[ \left|f\left(x\right)\right|\leq M\qquad \forall x\in X\quad \forall f\in A.\] $K$ ist stetig, $X$ kompakt $\leadsto $ \begin{enumerate} \item $K$ ist beschränkt, d.h. es ex. $M_{1}>0$ mit\[ \left|K\left(x,y\right)\right|\leq M_{1}\qquad \forall \left(x,y\right)\in X\times X\] \item $K$ ist gleichmäßig stetig, \[ \forall \varepsilon >0\exists \delta >0:\, d_{x}\left(x',x''\right)<\delta \, \leadsto \, \left|K\left(x',y\right)-K\left(x'',y\right)\right|<\varepsilon \, \forall y\in X.\] \end{enumerate} Damit folgt:\begin{eqnarray*} \left|Lf\left(x\right)\right| & = & \left|\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\right|\\ & \leq & \int _{X}\underbrace{\left|K\left(x,y\right)\right|}_{\leq M_{1}}\cdot \underbrace{\left|f\left(y\right)\right|}_{\leq M}d\mu \left(y\right)\\ & \leq & M_{1}\cdot M\cdot \mu \left(X\right)<\infty .\qquad \forall x\in X\quad \forall f\in A. \end{eqnarray*} $\leadsto $ Die Funktionenmenge $L\left(A\right)=\left\{ L\left(f\right)\left|f\in A\right.\right\} $ ist gleichmäßig beschränkt. \underbar{Weiterhin}: Sei $\varepsilon >0$ fest. Wir wählen $\delta $ wie in $\left(2\right)$ und $x',x''\in X$ mit $d_{X}\left(x',x''\right)<\delta $. Dann gilt für $f\in A$\begin{eqnarray*} \left|Lf\left(x'\right)-Lf\left(x''\right)\right| & = & \left|\int _{X}\left[K\left(x',y\right)-K\left(x'',y\right)\right]f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\right|\\ & \leq & \int _{X}\underbrace{\left|K\left(x',y\right)-K\left(x'',y\right)\right|}_{<\varepsilon \textrm{ für alle }y\in X}\cdot \underbrace{\left|f\left(y\right)\right|}_{\leq M}d\mu \left(y\right)\\ & \leq & \varepsilon \cdot M\cdot \mu \left(X\right) \end{eqnarray*} $\leadsto \, \forall \varepsilon >0\exists \delta >0:\, \forall x,x'\in X,d\left(x',x''\right)<\delta \, \forall f\in A:\quad \left|Lf\left(x'\right)-Lf\left(x''\right)\right|\leq \varepsilon \cdot M\cdot \mu \left(X\right)$ $\leadsto $ Die Menge $L\left(A\right)=\left\{ L\left(f\right)\left|f\in A\right.\right\} $ ist gleichgradig stetig. Damit ist $L\left(A\right)\subset \mathcal{C}\left(X\right)$ eine gleichmäßig beschränkte und gleichgradig stetige Funktionenfamilie. Nach dem Satz \ref{thm:Arzela-Ascoli} von Arzela-Ascoli ist $L\left(A\right)$ dann präkompakt. \end{proof} \subsubsection{Integraloperatoren mit quadratisch integrierbaren Kern} \begin{thm} Sei $\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$ Maßraum, $L^{2}\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$ separabel, $K\in L^{2}\left(X\times X\right)$ gegeben und $L:L^{2}\left(X\times X\right)\rightarrow L^{2}\left(X\times X\right)$ mit\[ \left(Lf\right)\left(x\right)=\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\] stetig. Dann ist $L$ kompakt. \end{thm} \begin{proof} Sei $\varphi _{1},\varphi _{2},\ldots $ ein vollständiges ON-System in $L^{2}\left(X\right)$ (siehe Voraussetzung). \begin{enumerate} \item Laße sich $K\left(x,y\right)$ ausdrücken durch\[ K\left(x,y\right)=\sum _{i=1}^{m}c_{i}f_{i}\left(x\right)\cdot g_{i}\left(y\right)\] mit $f_{i},g_{i}\in L^{2}$. (degenerierte Integralkerne) \smallskip{} \noindent Dann gilt für $f\in L^{2}$\begin{eqnarray*} L\left(f\right)\left(x\right) & = & \int _{X}\sum _{i=1}^{m}c_{i}f_{i}\left(x\right)g_{i}\left(y\right)\cdot f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\\ & = & \sum _{i=1}^{m}\left[c_{i}\int _{X}g_{i}\left(y\right)f\left(y\right)dy\right]\cdot f_{i}\left(x\right) \end{eqnarray*} $\leadsto $ $L\left(L^{2}\left(X,\mathcal{A},\mu \right)\right)\subset \textrm{Lin}\left(f_{1},\ldots ,f_{m}\right)$, d.h. $L$ ist endlich-dimensionaler Operator und damit kompakt. \smallskip{} \item Sei $K\in L^{2}\left(X\times X\right)$ beliebig. \smallskip{} \noindent Bemerken, daß $\varphi _{i}\left(x\right)\cdot \varphi _{j}\left(y\right)$ eine vollständige ON-Basis in $L^{2}\left(X\times X\right)$ ist. Damit kann $K$ durch eine Folge $K_{1},K_{2},\ldots $ degenerierter Kerne in $L^{2}\left(X\times X\right)$ approximiert werden, d.h. \[ \int _{X\times X}\left|K_{n}\left(x,y\right)-K\left(x,y\right)\right|^{2}dxdy\rightarrow 0.\] Nun aber gilt: $L_{n}$ ist kompakt, weil $L_{n}$ endlich-dimensional ist.\begin{eqnarray*} \left\Vert L_{n}-L\right\Vert & \leq & \sqrt{\int _{X\times X}\left|K_{n}\left(x,y\right)-K\left(x,y\right)\right|^{2}dxdy}\rightarrow 0 \end{eqnarray*} $\leadsto $ $L=\lim _{n\rightarrow \infty }L_{n}$ in Operatornorm $\leadsto $ $L$ ist kompakt (Satz \ref{thm:5.4}). \end{enumerate} \end{proof} \subsection{Fredholm-Operatoren} ~ \underbar{Ziel}: \underbar{Riesz}: $L:X\rightarrow X$ kompakt. $\leadsto $ $\textrm{Id}_{X}-L$: $X\rightarrow X$ ist Fredholm. \begin{defn} \label{def:Fredholm-Operator}\index{Fredholm-Operator}Ein Operator $A:X\rightarrow Y$ (linear, stetig) heißt \underbar{Fredholm-Operator}, falls% \marginpar{Fredholm-Operator% } \begin{enumerate} \item $\dim \ker \left(A\right)=\dim \left\{ x\in X\left|A\left(x\right)=0\right.\right\} <\infty $. \smallskip{} \item $A\left(X\right)\subset Y$ ist abgeschlossen. \smallskip{} \item $\dim \left(Y/A\left(X\right)\right)<\infty .$ $\left(Y/A\left(X\right)=\textrm{co}\ker \left(A\right)\right)$ \end{enumerate} \end{defn} \underbar{Vorbereitung:} $\left(X,\left\Vert .\right\Vert \right)$, $\left(Y,\left\Vert .\right\Vert \right)$ normierte Räume% \marginpar{3.12.2002% }\begin{eqnarray*} X\oplus Y & = & \left\{ \left(x,y\right)\left|x\in X,y\in Y\right.\right\} \quad \textrm{Unterraum}\\ \left(x,y\right)+\left(x_{1},y_{1}\right) & = & \left(x+x_{1},y+y_{1}\right)\\ \lambda \cdot \left(x,y\right) & = & \left(\lambda x,\lambda y\right)\\ \left\Vert \left(x,y\right)\right\Vert & = & \left\Vert x\right\Vert +\left\Vert y\right\Vert \end{eqnarray*} \begin{lem} \label{lem:5.12}Sei $X$ Banach-Raum, $M\subset X$ ein abgeschlossener Teilraum mit $\dim M<\infty $ oder $\dim \left(X/M\right)<\infty $. Dann existiert ein abgeschlossener Raum $N\subset X$ mit \[ \boxed {X\stackrel{\textrm{top}.}{\cong }M\oplus N}\] (i.A. sind die Normen verschieden). \end{lem} \begin{proof} ~ \begin{enumerate} \item Sei $\dim M<\infty $. Wähle eine Basis $x_{1},\ldots ,x_{m}$ in $M$. \smallskip{} \noindent Nach dem Satz von Hahn-Banach bzw. Satz \ref{thm:3.3} existieren lineare, stetige Funktionen $x_{1}^{*},\ldots ,x_{n}^{*}\in X^{*}$ mit\[ x_{i}^{*}\left(x_{j}\right)=\delta _{i,j}\] Wir definieren $P:X\rightarrow M$ durch die Formel\[ P\left(x\right)=\sum _{i=1}^{m}x_{i}^{*}\left(x\right)\cdot x_{i}\qquad x\in X\] $P$ ist linear und stetig. Ist $x\in M$, so ist\begin{eqnarray*} x & = & \sum _{i=1}^{m}x_{i}^{*}\left(x\right)\cdot x_{i}=P\left(x\right),\\ \textrm{d.h. }P\left|_{M}\right. & = & \textrm{Id}_{M}. \end{eqnarray*} Lege \[ N:=\ker \left(P\right).\] Weil $P$ stetig ist, ist $N\subset X$ abgeschlossen. Jeder Vektor $x\in X$ läßt sich darstellen als \[ x=\underbrace{P\left(x\right)}_{\in M}+\underbrace{\left(x-P\left(x\right)\right)}_{\in N},\textrm{ weil }P\left(x-P\left(x\right)\right)=P\left(x\right)-P\underbrace{P\left(x\right)}_{\in M}=P\left(x\right)-P\left(x\right)=0\] \smallskip{} \noindent Die Abbildung \[ M\oplus N\ni \left(\alpha ,\beta \right)\mapsto \alpha +\beta \in X\] ist surjektiv, injektiv, stetig.\[ \leadsto \, M\oplus N\stackrel{\textrm{bij}.,\textrm{ stetig}}{\cong }X.\] Nach Banach-Satz folgt $X\stackrel{\textrm{top}.}{\cong }M\oplus N.$ \smallskip{} \item Sei nun $\dim \left(X/M\right)<\infty $. Wähle einen endlich-dimensionalen Teilraum $N\subset X$ mit \begin{enumerate} \smallskip{} \item $M\cap N=\left\{ 0\right\} $ \smallskip{} \item $\textrm{Lin}\left(M,N\right)=X$ \end{enumerate} \smallskip{} $N$ ist abgeschlossen, weil endlich-dimensional. Wie im 1. Fall folgt $X\stackrel{\textrm{top}.}{\cong }M\oplus N$. \end{enumerate} \end{proof} \begin{rem*} Ohne die Voraussetzung {}``$M$ abgeschlossen'' gilt der Satz nicht: $X=L^{2}\left[0,1\right]$, $M=C^{\infty }\left[0,1\right]$, $M\neq \bar{M}=X$. \end{rem*} \begin{thm} \label{thm:Riesz2}\index{Riesz, Satz von}(Satz von Riesz): Sei $X$ Banach-Raum, $L:X\rightarrow X$ ein kompakter Operator. Sei \[ T:=\mathrm{Id}_{X}-L:\quad X\rightarrow X.\] % \marginpar{Riesz-Satz:\\ $L$ kompakt $\leadsto $ $\textrm{Id}-L$ Fredholm% }Dann ist $T$ ein Fredholm-Operator, d.h. \begin{enumerate} \item $\dim \ker \left(T\right)<\infty $. \smallskip{} \item $T\left(X\right)\subset X$ ist abgeschlossener Teilraum. \smallskip{} \item $\dim \mathrm{co}\ker \left(T\right)=\dim \left(X/T\left(X\right)\right)<\infty $. \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} $M:=\ker T\subset X$ ist abgeschlossener Teilraum, weil $T$ stetig ist. \begin{enumerate} \item Sei $B$ die Einheitskugel in $M$, $B\subset M\subset X$. Dann gilt für $b\in B$\[ L\left(b\right)=L\left(b\right)+0=L\left(b\right)+T\left(b\right)=L\left(b\right)+\left(b-L\left(b\right)\right)=b,\] d.h. $L\left|_{B}\right.=\textrm{Id}_{B}$ $\leadsto $ $L\left(B\right)=B$. \smallskip{} \noindent $B\subset M\subset X$ ist beschränkt, $L$ ist kompakter Operator $\leadsto $ $B\subset M$ ist präkompakt, d.h. die Einheitskugel $B$ im normierten Raum $M$ ist präkompakt. \smallskip{} \noindent Nach Satz \ref{thm:1.5} ist dann $\textrm{dim}M<\infty $ $\leadsto $ $\dim \ker \left(T\right)<\infty $. \smallskip{} \item $M=\ker \left(T\right)\subset X$ ist abgeschlossen. Wähle den abgeschlossenen Teilraum $N\subset X$ wie im Lemma \ref{lem:5.12}, \[ X\stackrel{\textrm{top}.}{\cong }M\oplus N.\] Schränke $T$ auf $N$ ein,\[ T\left|_{N}\right.:N\stackrel{\textrm{bij}.}{\rightarrow }T\left(X\right)\subset X.\] \underbar{Wir zeigen jetzt}: Es existiert eine Zahl $\varepsilon >0$ derart, daß für alle $x\in N$: \[ \left\Vert Tx\right\Vert \geq \varepsilon \left\Vert x\right\Vert ,\] d.h. $T^{-1}:T\left(X\right)\rightarrow N$ ist stetig. \smallskip{} \noindent Angenommen, dies gilt nicht. Für $\varepsilon =1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\ldots $ existieren dann Vektoren $x_{1},x_{2},x_{3},\ldots $ in $N$ mit \[ \left\Vert Tx_{i}\right\Vert <\frac{1}{i}\left\Vert x_{i}\right\Vert ,\qquad i=1,2,3,\ldots \] Betrachte \[ \tilde{x}_{i}=\frac{x_{i}}{\left\Vert x_{i}\right\Vert }.\] Dann gilt: $\tilde{x}_{i}\in N$, $\left\Vert \tilde{x}_{i}\right\Vert =1$, \[ \left\Vert T\tilde{x}_{i}\right\Vert <\frac{1}{i},\qquad i=1,2,3,\ldots \] \smallskip{} \noindent \[ \leadsto \, \lim _{i\rightarrow \infty }T\left(\tilde{x}_{i}\right)=0.\] \smallskip{} \noindent Aber: $T\left(\tilde{x}_{i}\right)=\tilde{x}_{i}-L\left(\tilde{x}_{i}\right)$. Weil $\left\{ \tilde{x}_{1},\tilde{x}_{2},\ldots \right\} $ eine beschränkte Menge ist und weil $L$ ein kompakter Operator ist, existiert eine Teilfolge $\tilde{x}_{i_{j}}$ mit $L\left(\tilde{x}_{i_{j}}\right)\rightarrow x$ für einen Vektor $x\in X$. Damit folgt\[ 0=\lim _{j\rightarrow \infty }T\left(\tilde{x}_{i_{j}}\right)=\lim _{j\rightarrow \infty }\left(\tilde{x}_{i_{j}}-L\left(\tilde{x}_{i_{j}}\right)\right)=\lim _{j\rightarrow \infty }\tilde{x}_{i_{j}}-x.\] Dann folgt, daß die Teilfolge $\tilde{x}_{i_{j}}$ selbst gegen $x$ konvergiert. Aber: \begin{itemize} \smallskip{} \item $\left\Vert x_{i_{j}}\right\Vert =1$ $\leadsto $ $\left\Vert x\right\Vert =1$, d.h. $x\neq 0$. \smallskip{} \item $T\left(x\right)=T\left(\lim _{j\rightarrow \infty }\tilde{x}_{i_{j}}\right)=\lim _{j\rightarrow \infty }T\left(\tilde{x}_{i_{j}}\right)=0$, d.h. $x\in \textrm{ker}\left(T\right)=M$. \smallskip{} \item $\tilde{x}_{i_{j}}\in N$ und $N$ ist abgeschlossen $\leadsto $ $x\in N$. \end{itemize} \smallskip{} \noindent Widerspruch. \smallskip{} \noindent \underbar{Konsequenz}: $T\left(X\right)\subset X$ ist abgeschlossen: \smallskip{} \noindent Sei $y_{1},y_{2},\ldots $ in $T\left(X\right)$ eine Folge und gelte $y_{i}\rightarrow y$ in $X$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\exists x_{1},x_{2},\ldots \in N$ mit $y_{i}=T\left(x_{i}\right)$. Dann folgt:\[ \left\Vert y_{i}-y_{j}\right\Vert =\left\Vert T\left(x_{i}-x_{j}\right)\right\Vert \geq \varepsilon \left\Vert x_{i}-x_{j}\right\Vert \] Die Folge $\left\{ y_{i}\right\} $ ist Cauchy-Folge. $\leadsto $ Die Folge $\left\{ x_{i}\right\} $ ist eine Cauchy-Folge. \smallskip{} \noindent $X$ ist Banach-Raum $\leadsto $ Es ex. $x\in N$ mit $\lim x_{i}=x\in N$. Berechne:\[ T\left(x\right)=T\left(\lim _{i\rightarrow \infty }x_{i}\right)=\lim _{i\rightarrow \infty }T\left(x_{i}\right)=\lim _{i\rightarrow \infty }y_{i}=y\quad \leadsto \, y\in T\left(X\right).\] \smallskip{} \item Betrachte den dualen Operator $L^{*}:X^{*}\rightarrow X^{*}$. Dann ist $L^{*}$ gleichfalls kompakt. Nun gilt nach dem folgenden Satz\[ \left(X/T\left(X\right)\right)^{*}\simeq \ker \left(T^{*}\right)\] $L$ kompakt $\leadsto $ $L^{*}$ kompakt $\leadsto $ $\dim \left(\ker \left(T^{*}\right)\right)<\infty $ $\leadsto $ $\dim \left(X/T\left(X\right)\right)^{*}<\infty $ $\leadsto $ $\dim \left(X/T\left(X\right)\right)<\infty $ nach Hahn-Banach Satz. \end{enumerate} \end{proof} \begin{thm} Sei $T:X\rightarrow X$ stetig. $T\left(X\right)\subset X$ abgeschlossen. Dann gilt\[ \boxed {\left(X/T\left(X\right)\right)^{*}\cong \ker \left(T^{*}\right)}\] \end{thm} \begin{proof} $T^{*}:X^{*}\rightarrow X^{*}$. Sei $x^{*}\in \ker \left(T^{*}\right)$, d.h. $x^{*}\in X^{*}$ und es gilt $T^{*}\left(x^{*}\right)=0$.\[ \leadsto \forall x\in X:\, 0=T^{*}\left(x^{*}\right)\left(x\right)=x^{*}\left(Tx\right)\] $\leadsto $ $x^{*}$ verschwindet auf $T\left(X\right)$. $\leadsto $ $x^{*}$ ist ein Funktional auf $X/T\left(X\right)$:\[ \ker \left(T^{*}\right)\ni x^{*}\mapsto x^{*}\in \left(X/T\left(X\right)\right)^{*}\] \underbar{Umgekehrt}: Sei $l\in \left(X/T\left(X\right)\right)^{*}$, d.h. $l:X/T\left(X\right)\rightarrow \mathbb{C}$ ein stetiges Funktional. Betrachte \[ X\stackrel{\textrm{pr}}{\rightarrow }X/T\left(X\right).\] Diese Projektion ist stetig, da $\ker \left(\textrm{pr}\right)=T\left(X\right)$ abgeschlossen ist. Dann ist \[ x^{*}=l\circ \textrm{pr}\in X^{*}\] mit $x^{*}\left|_{T\left(X\right)}\right.=0$, d.h. $x^{*}\in \ker \left(T^{*}\right)$.\[ \leadsto \, \left(X/T\left(X\right)\right)^{*}\ni l\, \mapsto \, x^{*}\in \ker \left(T^{*}\right).\] Dies ist die Inversabbildung. \end{proof} \section{Spektraltheorie für beschränkte Operatoren} \begin{example*} Sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum, $L:V\rightarrow V$ linear. Betrachte $L-\lambda \textrm{Id}_{V}=L_{\lambda }:V\rightarrow V$ \begin{enumerate} \item Ist $\ker \left(L_{\lambda }\right)\neq \left\{ 0\right\} $, so ist $L_{\lambda }:V\rightarrow V$ nicht surjektiv. \smallskip{} \item Ist $\ker \left(L_{\lambda }\right)=\left\{ 0\right\} $, so ist $L_{\lambda }:V\rightarrow V$ bijektiv, da $\dim V<\infty $. \end{enumerate} \end{example*} Sei $X$ im folgenden ein reeller oder komplexer Banach-Raum. $L:X\rightarrow X$ linear und stetig.% \marginpar{$L_{\lambda }$% }\[ \boxed {L_{\lambda }:=\lambda \textrm{Id}_{X}-L:\, X\rightarrow X}\] \begin{defn} \underbar{\label{def:Spektralbestandteile}Resolventenmenge}\index{Resolventenmenge} von $L$:% \marginpar{Resol\-ven\-ten\-menge $\rho \left(L\right)$% } \[ \boxed {\rho \left(L\right)=\left\{ \lambda \in \mathbb{C}\left|L_{\lambda }:X\rightarrow X\textrm{ ist bijektiv}\right.\right\} }\] \underbar{Punktspektrum} \index{Punktspektrum}von $L$:% \marginpar{Punkt\-spektrum $\sigma _{p}\left(L\right)$% }\[ \boxed {\sigma _{p}\left(L\right)=\left\{ \lambda \in \mathbb{C}\left|\ker \left(L_{\lambda }\right)\neq \left\{ 0\right\} \right.\right\} }\] \underbar{Restspektrum} \index{Restspektrum}von $L$% \marginpar{Rest\-spektrum $\sigma _{r}\left(L\right)$% }:\[ \boxed {\sigma _{r}\left(L\right)=\left\{ \lambda \in \mathbb{C}\left|\ker \left(L_{\lambda }\right)=\left\{ 0\right\} \textrm{ und }\overline{L_{\lambda }\left(X\right)}\neq X\right.\right\} }\] \underbar{kontinuierliches Spektrum} \index{kontinuierliches Spektrum}von $L$% \marginpar{konti\-nu\-ier\-li\-ches Spektrum $\sigma _{c}\left(L\right)$% }:\[ \boxed {\sigma _{c}\left(L\right)=\left\{ \lambda \in \mathbb{C}\left|\ker \left(L_{\lambda }\right)=\left\{ 0\right\} ,\, L_{\lambda }\left(X\right)\neq X,\, \overline{L_{\lambda }\left(X\right)}=X\right.\right\} }\] \underbar{Spektrum} \index{Spektrum}von $L$:% \marginpar{Spektrum $\sigma \left(L\right)$% }\[ \boxed {\sigma \left(L\right)=\sigma _{p}\left(L\right)\dot{\cup }\sigma _{r}\left(L\right)\dot{\cup }\sigma _{c}\left(L\right)}\] \end{defn} \[ \boxed {\mathbb{C}=\rho \left(L\right)\dot{\cup }\sigma _{p}\left(L\right)\dot{\cup }\sigma _{r}\left(L\right)\dot{\cup }\sigma _{c}\left(L\right)}\] \begin{thm} Für jeden stetigen Operator $L:X\rightarrow X$ ist $\rho \left(L\right)\subset \mathbb{C}$ offen und $\sigma \left(L\right)\subset \mathbb{C}$ abgeschlossen. \end{thm} \begin{proof} ~\begin{eqnarray*} L_{\lambda _{1}}-L_{\lambda _{2}} & = & \left(\lambda _{1}\textrm{Id}_{X}-L\right)-\left(\lambda _{2}\textrm{Id}_{X}-L\right)=\left(\lambda _{1}-\lambda _{2}\right)\textrm{Id}_{X}\\ \left\Vert L_{\lambda _{1}}-L_{\lambda _{2}}\right\Vert & = & \left|\lambda _{1}-\lambda _{2}\right| \end{eqnarray*} Ist nun $\lambda _{1}\in \rho \left(L\right)$, so liegt $L_{\lambda _{1}}:X\rightarrow X$ in $\textrm{GL}\left(X\right)\subset \mathcal{L}\left(X,X\right)$. $\textrm{GL}\left(X\right)$ ist nach Satz \ref{thm:GL(X)} offen in $\mathcal{L}\left(X,X\right)$. $\leadsto $ $L_{\lambda _{2}}\in \textrm{GL}\left(X\right)$ für hinreichend nahes $\lambda _{2}$ $\leadsto $ $\lambda _{2}\in \rho \left(L\right)$ für $\lambda _{2}$ nahe bei $\lambda _{1}$. \end{proof} \begin{defn} % \marginpar{5.12.2002% }\underbar{Spektralradius} \index{Spektralradius}von $L$:\[ \boxed {r\left(L\right)=\sup _{\lambda \in \sigma \left(L\right)}\left|\lambda \right|}\] % \marginpar{Spektral\-radius $r\left(L\right)$% } \end{defn} \begin{thm} Es gilt% \marginpar{$r\left(L\right)\leq \left\Vert L\right\Vert $% } \[ \boxed {r\left(L\right)\leq \left\Vert L\right\Vert <\infty }\] \end{thm} \begin{proof} Sei $\left|\lambda \right|>\left\Vert L\right\Vert $. Dann gilt\begin{eqnarray*} \lambda \textrm{Id}_{X}-L & = & \lambda \left(\textrm{Id}_{X}-\frac{L}{\lambda }\right),\qquad \left\Vert \frac{L}{\lambda }\right\Vert <1 \end{eqnarray*} Neumann-Reihe $\leadsto $ $\textrm{Id}_{X}-\frac{L}{\lambda }$ ist invertierbar $\stackrel{\lambda \neq 0}{\leadsto }$ $\lambda \textrm{Id}_{X}-L$ invertierbar. $\leadsto $ $\lambda \in \rho \left(L\right)$. \end{proof} \underbar{Vorbereitungen}: Ist $A:X\rightarrow X$ linear und stetig, $\left\Vert A\right\Vert <1$, so folgt mittels Neumann-Reihe\index{Neumann-Reihe}\begin{eqnarray} \left(\textrm{Id}_{X}-A\right)^{-1}-\textrm{Id}_{X}-A & = & \sum _{n=2}^{\infty }A^{n}=A^{2}\cdot \sum _{n=0}^{\infty }A^{n}\nonumber \\ \leadsto \, \left\Vert \left(\textrm{Id}_{X}-A\right)^{-1}-\textrm{Id}_{X}-A\right\Vert & \leq & \frac{\left\Vert A\right\Vert ^{2}}{1-\left\Vert A\right\Vert }\label{eq:6.5.1} \end{eqnarray} \begin{lem} \label{lem:6.5}$L_{1}:X\rightarrow X$ sei linear, stetig, invertierbar. Setze $\left\Vert L_{1}^{-1}\right\Vert =\frac{1}{\alpha }$. Sei $L:X\rightarrow X$ linear, stetig, $\left\Vert L\right\Vert =\beta <\alpha $. Dann ist $L+L_{1}$ invertierbar und es gilt \[ \left\Vert \left(L+L_{1}\right)^{-1}-L_{1}^{-1}+L_{1}^{-1}LL_{1}^{-1}\right\Vert \leq \frac{\beta ^{2}}{\alpha ^{2}\left(\alpha -\beta \right)}\] \end{lem} \begin{proof} ~\[ \left\Vert L_{1}^{-1}\circ L\right\Vert \leq \left\Vert L_{1}^{-1}\right\Vert \cdot \left\Vert L\right\Vert =\frac{\beta }{\alpha }<1\] Dann ist $\textrm{Id}_{X}+L_{1}^{-1}\circ L$ invertierbar. \[ L_{1}+L=\underbrace{L_{1}}_{\textrm{inv}.\textrm{bar}}\underbrace{\left(\textrm{Id}_{X}+L_{1}^{-1}\circ L\right)}_{\textrm{inv}.\textrm{bar}}\] $\leadsto $ $L_{1}+L$ ist invertierbar.\begin{eqnarray*} \left(L_{1}+L\right)^{-1} & = & \left(\textrm{Id}_{X}+L_{1}^{-1}\circ L\right)^{-1}L_{1}^{-1}\\ \left(L_{1}+L\right)^{-1}-L_{1}^{-1}+L_{1}^{-1}LL_{1}^{-1} & = & \left(\textrm{Id}_{X}+L_{1}^{-1}\circ L\right)^{-1}L_{1}^{-1}-L_{1}^{-1}+L_{1}^{-1}LL_{1}^{-1}\\ & = & \left[\left(\textrm{Id}_{X}+L_{1}^{-1}\circ L\right)^{-1}-\textrm{Id}_{X}+L_{1}^{-1}L\right]\circ L_{1}^{-1} \end{eqnarray*} Wende die Ungleichung (\ref{eq:6.5.1}) auf den Operator $A=-L_{1}^{-1}\circ L$ an! Dann folgt:\begin{eqnarray*} \left\Vert \left(L_{1}+L\right)^{-1}-L_{1}^{-1}+L_{1}^{-1}LL_{1}^{-1}\right\Vert & \leq & \left\Vert \left[\left(\textrm{Id}_{X}-A\right)^{-1}-\textrm{Id}_{X}-A\right]\circ L_{1}^{-1}\right\Vert \\ & \leq & \frac{\left\Vert L_{1}^{-1}\circ L\right\Vert ^{2}}{1-\left\Vert L_{1}^{-1}\circ L\right\Vert }\cdot \left\Vert L_{1}^{-1}\right\Vert \end{eqnarray*} Die Funktion $\frac{x^{2}}{1-x}$ ist für $x\in \left(0,1\right)$ wachsend: $\frac{d}{dx}\left(\frac{x^{2}}{1-x}\right)=\frac{\left(1-x\right)2x-x^{2}\left(-1\right)}{\left(1-x\right)^{2}}=\frac{2x-x^{2}}{\left(1-x^{2}\right)}=\frac{x\left(2-x\right)}{\left(1-x^{2}\right)}>0$. Mit $\left\Vert L_{1}^{-1}\circ L\right\Vert \leq \left\Vert L_{1}^{-1}\right\Vert \cdot \left\Vert L\right\Vert $ folgt dann\begin{eqnarray*} \left\Vert \left(L_{1}+L\right)^{-1}-L_{1}^{-1}+L_{1}^{-1}LL_{1}^{-1}\right\Vert & \leq & \frac{\left\Vert L_{1}^{-1}\right\Vert ^{2}\cdot \left\Vert L\right\Vert ^{2}}{1-\left\Vert L_{1}^{-1}\right\Vert \cdot \left\Vert L\right\Vert }\cdot \left\Vert L_{1}^{-1}\right\Vert \\ & = & \frac{\frac{1}{\alpha ^{2}}\cdot \beta ^{2}}{1-\frac{1}{\alpha }\beta }\cdot \frac{1}{\alpha }\\ & = & \frac{\beta ^{2}}{\alpha ^{2}\left(\alpha -\beta \right)} \end{eqnarray*} \end{proof} \begin{thm} Sei $X$ ein komplexer Banach-Raum.% \marginpar{$\sigma \left(L\right)\neq \emptyset $% } $L:X\rightarrow X$ linear und stetig. Dann ist $\sigma \left(L\right)$ \underbar{nicht} leer. \end{thm} \begin{proof} Fixiere $\lambda _{0}\in \rho \left(L\right)$ $\leadsto $ $\left(\lambda _{0}\textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}\in \textrm{GL}\left(X\right)\subset \mathcal{L}\left(X,X\right)$. $\mathcal{L}\left(X,X\right)$ ist ein komplexer Banach-Raum. Damit existiert ein lineares, stetiges Funktional $\mu :\mathcal{L}\left(X,X\right)\rightarrow \mathbb{C}$ mit \[ \mu \left(\lambda _{0}\textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}\neq 0\] (Hahn-Banach-Satz bzw. Satz \ref{thm:3.3}). Betrachte die Funktion $h:\rho \left(L\right)\rightarrow \mathbb{C}$ definiert durch\[ h\left(\lambda \right):=\mu \left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}.\] Ziel: $h$ ist holomorph auf $\rho \left(L\right)\stackrel{\textrm{offen}}{\subset }\mathbb{C}$. Seien $\lambda ,\lambda ^{*}\in \rho \left(L\right)$. Betrachte \begin{eqnarray*} \tilde{L}_{1} & := & \lambda \textrm{Id}_{X}-L\\ \tilde{L} & := & \left(\lambda ^{*}-\lambda \right)\textrm{Id}_{X}\\ \tilde{L}_{1}+\tilde{L} & = & \lambda \textrm{Id}_{X}-L+\left(\lambda ^{*}-\lambda \right)\textrm{Id}_{X}=\lambda ^{*}\textrm{Id}_{X}-L\\ \tilde{L}_{1}^{-1}\tilde{L}\tilde{L}_{1}^{-1} & = & \left(\lambda ^{*}-\lambda \right)\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-2}\\ \left\Vert \tilde{L}\right\Vert & = & \left|\lambda ^{*}-\lambda \right|=\beta \\ \left\Vert \tilde{L}_{1}\right\Vert & = & \left\Vert \left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}\right\Vert =\frac{1}{\alpha } \end{eqnarray*} Nach Lemma \ref{lem:6.5} ist dann \[ \left\Vert \left(\lambda ^{*}\textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}-\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}+\frac{\left(\lambda ^{*}-\lambda \right)}{\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{2}}\right\Vert \leq \frac{\beta ^{2}}{\alpha ^{2}\left(\alpha -\beta \right)}=\frac{\left|\lambda ^{*}-\lambda \right|^{2}}{\alpha ^{2}\left(\alpha -\beta \right)}\] Dividieren durch $\left|\lambda ^{*}-\lambda \right|$:\[ \left\Vert \frac{\left(\lambda ^{*}\textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}-\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}}{\lambda ^{*}-\lambda }-\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-2}\right\Vert \leq \frac{\left|\lambda ^{*}-\lambda \right|}{\alpha ^{2}\left(\alpha -\beta \right)}\] Für $\lambda ^{*}\rightarrow \lambda $ ist $\alpha $ ist konstant und $\beta \rightarrow 0$ $\leadsto $\[ \lim _{\lambda ^{*}\rightarrow \lambda }\left\Vert \frac{\left(\lambda ^{*}\textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}-\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}}{\lambda ^{*}-\lambda }-\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-2}\right\Vert =0\] Weil $\mu $ stetig ist, folgt\[ \lim _{\lambda ^{*}\rightarrow \lambda }\frac{\overbrace{\mu \left(\lambda ^{*}\textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}}^{h\left(\lambda ^{*}\right)}-\overbrace{\mu \left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}}^{h\left(\lambda \right)}}{\lambda ^{*}-\lambda }=\mu \left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-2}\] Also ist $h$ komplex differenzierbar. Angenommen, $\sigma \left(L\right)=\emptyset $. $\leadsto $ $\rho \left(L\right)=\mathbb{C}$ $\leadsto $ $h:\mathbb{C}\rightarrow \mathbb{C}$ holomorphe Funktion. Weiterhin gilt: \begin{eqnarray*} h\left(\lambda _{0}\right) & \neq & 0\\ \lim _{\lambda \rightarrow \infty }h\left(\lambda \right) & = & \lim _{\lambda \rightarrow \infty }\mu \left(\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}\right)\\ & = & \lim _{\lambda \rightarrow \infty }\mu \left(\lambda ^{-1}\left(\textrm{Id}_{X}-\frac{L}{\lambda }\right)^{-1}\right)\\ & = & \lim _{\lambda \rightarrow \infty }\frac{1}{\lambda }\cdot \underbrace{\mu \underbrace{\left(\left(\textrm{Id}_{X}-\frac{L}{\lambda }\right)^{-1}\right)}_{\rightarrow \textrm{Id}_{X}}}_{\textrm{konstante Zahl}}\\ & = & 0 \end{eqnarray*} Satz von Liouville\index{Liouville, Satz von}% \footnote{Eine auf ganz $\mathbb{C}$ definierte beschränkte holomorphe Funktion ist konstant.% } $\leadsto $ $h\left(\lambda \right)$ ist konstant $\stackrel{\textrm{Verhalten im }\infty }{\leadsto }$ $h\left(\lambda \right)\equiv 0$ $\leadsto $ Widerspruch zu $h\left(\lambda _{0}\right)\neq 0$. \end{proof} \begin{thm} $X$ sei ein \underbar{komplexer} Banach-Raum. $L:X\rightarrow X$ linear und stetig.% \marginpar{$r\left(L\right)=$\\ ${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }}\left\Vert L^{n}\right\Vert ^{\frac{1}{n}}$% } Dann existiert ${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }}\left\Vert L^{n}\right\Vert ^{\frac{1}{n}}$ und \[ \boxed {\lim _{n\rightarrow \infty }\left\Vert L^{n}\right\Vert ^{\frac{1}{n}}=r\left(L\right)}.\] \end{thm} \begin{proof} ~\begin{eqnarray*} \lambda ^{n}\not \in \sigma \left(L^{n}\right) & \leadsto & \lambda \not \in \sigma \left(L\right), \end{eqnarray*} denn:\[ \left(\lambda ^{n}\textrm{Id}_{X}-L^{n}\right)=\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)\circ \left(L^{n-1}+\lambda L^{n-2}+\ldots +\lambda ^{n-2}\textrm{Id}_{X}\right).\] Ist $\lambda ^{n}\not \in \sigma \left(L^{n}\right)$ $\leadsto $ $\lambda ^{n}\textrm{Id}_{X}-L^{n}$ ist invertierbar. $\leadsto $ \[ \textrm{Id}_{X}=\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)\left(L^{n-1}+\ldots +\lambda ^{n-2}\textrm{Id}_{X}\right)\circ \left(\lambda ^{n}\textrm{Id}_{X}-L^{n}\right)^{-1}\] $\leadsto $ $\left(\lambda \textrm{Id}_{\textrm{X}}-L\right)$ hat einen Inversoperator $\left(L^{n-1}+\ldots +\lambda ^{n-2}\textrm{Id}_{X}\right)\circ \left(\lambda ^{n}\textrm{Id}_{X}-L^{n}\right)^{-1}$ $\leadsto $ $\lambda \not \in \sigma \left(L\right)$. Konsequenz: \begin{eqnarray*} \lambda \in \sigma \left(L\right) & \leadsto & \lambda ^{n}\in \sigma \left(L^{n}\right)\textrm{ für alle }n=1,2,3,\ldots \end{eqnarray*} Damit folgt $\left|\lambda ^{n}\right|\leq \left\Vert L^{n}\right\Vert $, weil $\sigma \left(L^{n}\right)\subset \mathcal{K}\left(0,\left\Vert L\right\Vert ^{n}\right)$.\begin{eqnarray*} \leadsto \, \left|\lambda \right| & \leq & \left\Vert L^{n}\right\Vert ^{\frac{1}{n}}\\ \leadsto \, \left|\lambda \right| & \leq & \liminf _{n\rightarrow \infty }\left\Vert L^{n}\right\Vert ^{\frac{1}{n}}\quad \forall \lambda \in \sigma \left(L\right)\\ \leadsto \, r\left(L\right)=\sup _{\lambda \in \sigma \left(L\right)}\left|\lambda \right| & \leq & \liminf _{n\rightarrow \infty }\left\Vert L^{n}\right\Vert ^{\frac{1}{n}} \end{eqnarray*} Sei $\left|\lambda \right|>\left\Vert L\right\Vert $. Invertiere $\lambda \textrm{Id}_{X}-L$ (Neumann-Reihe: $\left\Vert \frac{L}{\lambda }\right\Vert <1$!)\index{Neumann-Reihe}\begin{eqnarray} \textrm{Id}_{X} & = & \left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)\cdot \sum _{n=0}^{\infty }\lambda ^{-n-1}L^{n},\textrm{ denn}:\label{eq:6.7.1}\\ \left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1} & = & \frac{1}{\lambda }\left(\textrm{Id}_{X}-\frac{L}{\lambda }\right)^{-1}=\frac{1}{\lambda }\sum _{n=0}^{\infty }\frac{L^{n}}{\lambda ^{n}}\nonumber \end{eqnarray} Sei $\mu :\mathcal{L}\left(X,X\right)\rightarrow \mathbb{C}$ linear, stetig. Wir definieren $h_{\mu }:\rho \left(L\right)\rightarrow \mathbb{C}$, \[ h_{\mu }\left(\lambda \right)=\mu \left(\left(\lambda \textrm{Id}_{X}-L\right)^{-1}\right).\] Aus (\ref{eq:6.7.1}) und der Stetigkeit von $\mu $ folgt im Fall $\left|\lambda \right|>\left\Vert L\right\Vert $ sofort:\[ h_{\mu }\left(\lambda \right)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{\lambda ^{n+1}}\mu \left(L^{n}\right)\] $h_{\mu }$ ist holomorph auf $\rho \left(L\right)=\mathbb{C}\setminus \sigma \left(L\right)$. $\leadsto $ Die Reihe konvergiert auf $\left|\lambda \right|>\left\Vert L\right\Vert $ und ist holomorph auf $\left|\lambda \right|>r\left(L\right)$. $\left(r\left(L\right)\leq \left\Vert L\right\Vert \right)$ $\leadsto $ Die Reihe konvergiert auch für $\left|\lambda \right|>r\left(L\right)$. Damit muß für alle $\left|\lambda \right|>r\left(L\right)$ gelten:\begin{equation} \sup _{n}\left|\frac{1}{\lambda ^{n+1}}\mu \left(L^{n}\right)\right|<\infty \label{eq:6.7.2}\end{equation} Fixiere $\left|\lambda \right|>r\left(L\right)$ und fixiere $n=1,2,3,\ldots $. Definieren Funktionale $\Phi _{\lambda ,n}:\mathcal{L}\left(X,X\right)\rightarrow \mathbb{C}$,\[ \Phi _{\lambda ,n}\left(\mu \right)=\mu \left(\lambda ^{-n}L^{n}\right).\] Berechnung der Norm:\begin{eqnarray*} \left\Vert \Phi _{\lambda ,n}\right\Vert & = & \sup _{\mu \in \mathcal{L}\left(X,X\right)^{*}}\frac{\left|\Phi _{\lambda ,n}\left(\mu \right)\right|}{\left\Vert \mu \right\Vert }\\ & = & \sup _{\mu \in \mathcal{L}\left(X,X\right)^{*}}\frac{\left|\mu \left(\lambda ^{-n}L^{n}\right)\right|}{\left\Vert \mu \right\Vert }\\ & \stackrel{X\hookrightarrow X^{**}}{=} & \left|\lambda ^{-n}\right|\sup _{\mu \in \mathcal{L}\left(X,X\right)^{*}}\frac{\left(L^{n}\right)^{**}\left(\mu \right)}{\left\Vert \mu \right\Vert }\\ & = & \left|\lambda ^{-n}\right|\left\Vert L^{n}\right\Vert \end{eqnarray*} Ist $\lambda $ fest, $\left|\lambda \right|>r\left(L\right)$, so gilt nach (\ref{eq:6.7.2}) für alle $\mu $:\[ \sup _{n}\left|\Phi _{\lambda ,n}\left(\mu \right)\right|=\left|\lambda \right|\sup _{n}\left|\frac{1}{\lambda ^{n+1}}\mu \left(L^{n}\right)\right|<\infty \] Banach-Steinhaus-Satz \ref{thm:Banach-Steinhaus}: \begin{eqnarray*} \sup _{n}\left\Vert \Phi _{\lambda ,n}\right\Vert & = & C\left(\lambda \right)<\infty \\ \leadsto \, \sup _{n}\frac{1}{\left|\lambda ^{n}\right|}\left\Vert L^{n}\right\Vert & = & C\left(\lambda \right)<\infty \qquad \forall \left|\lambda \right|>r\left(L\right)\\ \leadsto \, \left\Vert L^{n}\right\Vert ^{\frac{1}{n}} & \leq & \sqrt[n]{C\left(\lambda \right)}\cdot \left|\lambda \right|\\ \leadsto \, \limsup _{n\rightarrow \infty }\left\Vert L^{n}\right\Vert ^{\frac{1}{n}} & \leq & \left|\lambda \right|\qquad \forall \left|\lambda \right|>r\left(L\right)\\ \stackrel{\textrm{Inf}.\textrm{ über }\lambda }{\leadsto }\, \limsup _{n\rightarrow \infty }\left\Vert L^{n}\right\Vert ^{\frac{1}{n}} & \leq & r\left(L\right). \end{eqnarray*} \end{proof} \subsection{Das Spektrum selbstadjungierter Operatoren} \begin{thm} \label{thm:Spektrum-selbstadjungierter-Operatoren}(Spektrum selbstadjungierter Operatoren)\index{Operator, selbstadjungiert} $H$ sei ein Hilbert-Raum, $L:H\rightarrow H$, $L=L^{*}$. Dann ist \begin{enumerate} \item $\sigma \left(L\right)\subset \mathbb{R}^{1}$. \smallskip{} \item $\sigma _{r}\left(L\right)=\emptyset $ \smallskip{} \item $r\left(L\right)=\left\Vert L\right\Vert $% \marginpar{10.12.2002% }% \marginpar{Spektrum selbstadj. Operatoren% } \smallskip{} \item $\left\Vert L\right\Vert $ oder $-\left\Vert L\right\Vert $ liegt in $\sigma \left(L\right)$. \smallskip{} \item $\lambda _{1},\lambda _{2}\in \sigma _{p}\left(L\right)$, $\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$ $\leadsto $ $E_{\lambda _{1}}\bot E_{\lambda _{2}}$ ($E_{\lambda }$ - Eigenraum\index{Eigenraum} zu $\lambda $). \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} $H$ sei komplex. \begin{enumerate} \smallskip{} \item Sei $\lambda =\alpha +\beta i\in \mathbb{C}$ mit $\beta \neq 0$. Berechnen für $x\in H$\begin{eqnarray*} \left\Vert \left(L-\lambda \right)x\right\Vert ^{2} & = & \left\langle \left(L-\lambda \right)x,\left(L-\lambda \right)x\right\rangle \\ & = & \left\langle x,\left(L-\lambda \right)^{*}\left(L-\lambda \right)x\right\rangle \\ & \stackrel{L=L^{*}}{=} & \left\langle x,\left(L-\bar{\lambda }\right)\left(L-\lambda \right)x\right\rangle \\ & = & \left\langle x,\left(L-\alpha +i\beta \right)\left(L-\alpha -i\beta \right)x\right\rangle \\ & = & \left\langle x,\left(L-\alpha \right)^{2}x\right\rangle +\left\langle x,\left(i\beta \right)\left(-i\beta \right)x\right\rangle \\ & = & \left\Vert \left(L-\alpha \right)x\right\Vert ^{2}+\beta ^{2}\left\Vert x\right\Vert ^{2}\\ & \geq & \beta ^{2}\left\Vert x\right\Vert ^{2}>0\qquad \forall x\in H,\beta \neq 0 \end{eqnarray*} Damit ist $L_{\lambda }:=L-\lambda \textrm{Id}:H\rightarrow H$ injektiv. \smallskip{} \noindent Weiterhin ist $\textrm{Im}\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)=\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\left(H\right)\subset H$ ein abgeschlossener Teilraum (Übungsaufgabe oder siehe einen der letzten Beweise (Fredholm, Satz \ref{thm:Riesz2}, ...)). \[ \leadsto \, H=\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\left(H\right)\oplus E\] Orthonormal-Zerlegung in $H$, weil $\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\left(H\right)\stackrel{\textrm{abg}.}{\subset }H$ mit\[ E=\left(\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\left(H\right)\right)^{\bot }=\left\{ y\in H\left|\forall x\in H:\left\langle y,\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)x\right\rangle =0\right.\right\} .\] Ist $z\in H$ beliebig $\leadsto $ $z=y_{0}+x_{0}$ mit $y_{0}\in \left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\left(H\right)$, $x_{0}\bot \left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\left(H\right)$. Für $x_{0}$ gilt:\[ 0=\left\langle x_{0},\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)x\right\rangle =\left\langle \left(L^{*}-\bar{\lambda }\right)x_{0},x\right\rangle =\left\langle \left(L-\bar{\lambda }\right)x_{0},x\right\rangle \quad \forall x\in H\] Damit folgt $\left(L-\bar{\lambda }\right)x_{0}=0$. Wäre $x_{0}\neq 0$, so hätten wir $Lx_{0}=\bar{\lambda }x_{0}$\begin{eqnarray*} \left\langle Lx_{0},x_{0}\right\rangle =\overline{\left\langle x_{0},Lx_{0}\right\rangle }=\overline{\left\langle Lx_{0},x_{0}\right\rangle } & \leadsto & \left\langle Lx_{0},x_{0}\right\rangle \in \mathbb{R}\\ & \leadsto & \bar{\lambda }\left\langle x_{0},x_{0}\right\rangle =\bar{\lambda }\left\Vert x_{0}\right\Vert ^{2}\in \mathbb{R}\\ x_{0}\neq 0 & \leadsto & \beta =0\textrm{ Widerspruch} \end{eqnarray*} $\leadsto $ $x_{0}=0$ $\leadsto $ $H=\textrm{Im}\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)$ $\leadsto $ $L_{\lambda }:L-\lambda \textrm{Id}:H\rightarrow H$ ist bijektiv $\leadsto $ $\lambda \in \rho \left(L\right)$. \smallskip{} \item Sei $\lambda \in \sigma _{r}\left(L\right)$. Dann ist \begin{enumerate} \smallskip{} \item $\ker \left(L_{\lambda }\right)=\ker \left(L-\lambda \textrm{Id}\right)=\left\{ 0\right\} $ \smallskip{} \item $\overline{\textrm{Im}\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)}\neq H$ \end{enumerate} \smallskip{} Wähle $x_{0}\in H$ mit $\left\Vert x_{0}\right\Vert =1$ und $x_{0}\bot \overline{\textrm{Im}\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)}$. Dann gilt $\forall x\in H$\begin{eqnarray*} 0 & = & \left\langle \left(L-\lambda \textrm{Id}\right)x,x_{0}\right\rangle \\ & = & \left\langle x,\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)^{*}x_{0}\right\rangle \\ & \stackrel{{L=L^{*}\atop \lambda =\bar{\lambda }\textrm{ nach }\left(1\right)}}{\textrm{=}} & \left\langle x,\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)x_{0}\right\rangle \end{eqnarray*} $\leadsto $ $\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\left(x_{0}\right)=0\textrm{ und }x_{0}\neq 0$ $\leadsto $ $\ker \left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\neq \left\{ 0\right\} $. Widerspruch. \smallskip{} \item Allgemein gilt $r\left(L\right)\leq \left\Vert L\right\Vert $. Wäre $\left(4\right)$ gezeigt, so gilt: $r\left(L\right)\geq \left\Vert L\right\Vert $ $\leadsto $ $r\left(L\right)=\left\Vert L\right\Vert $. \smallskip{} \item Satz \ref{thm:4.4}: $\left\Vert L\right\Vert ={\displaystyle \sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}}\left|\left\langle Lx,x\right\rangle \right|$, weil $L=L^{*}$.\begin{eqnarray*} M & := & \sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left\langle Lx,x\right\rangle \\ m & := & \inf _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left\langle Lx,x\right\rangle \end{eqnarray*} \underbar{Zunächst zeigen wir}: \[ \left\Vert L\right\Vert =\max \left(\left|M\right|,\left|m\right|\right).\] Das Skalarprodukt $\left\langle Lx,x\right\rangle $ ist reell, weil $L=L^{*}$. \begin{eqnarray*} & \leadsto & -\left|\left\langle Lx,x\right\rangle \right|\leq \left\langle Lx,x\right\rangle \leq \left|\left\langle Lx,x\right\rangle \right|\\ \leadsto \, \underbrace{\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left\langle Lx,x\right\rangle }_{M}\leq \underbrace{\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left|\left\langle Lx,x\right\rangle \right|}_{\left\Vert L\right\Vert } & \leadsto & M\leq \left\Vert L\right\Vert \\ \underbrace{\inf _{\left\Vert x\right\Vert =1}-\left|\left\langle Lx,x\right\rangle \right|}_{-\left\Vert L\right\Vert }\leq \underbrace{\inf _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left\langle Lx,x\right\rangle }_{m} & \leadsto & -\left\Vert L\right\Vert \leq m\\ & \leadsto & -\left\Vert L\right\Vert \leq m\leq M\leq \left\Vert L\right\Vert \\ & \leadsto & \max \left(\left|M\right|,\left|m\right|\right)\leq \left\Vert L\right\Vert \end{eqnarray*} Andererseits gilt $m\leq \left\langle Lx,x\right\rangle \leq M$ nach Definition von $m,M$.\begin{eqnarray*} \leadsto & & m\leq \pm \left\Vert L\right\Vert \leq M\\ \leadsto & & \left\Vert L\right\Vert \leq \max \left(\left|M\right|,\left|m\right|\right) \end{eqnarray*} $M\in \sigma \left(L\right):$ Wähle eine Folge $x_{1},x_{2},\ldots $ in $H$ mit $\left\Vert x_{n}\right\Vert =1$ und $\left\langle Lx_{n},x_{n}\right\rangle \rightarrow M$.\begin{eqnarray*} \left\Vert L_{M}x_{n}\right\Vert ^{2} & = & \left\langle \left(L-M\textrm{Id}\right)x_{n},\left(L-M\textrm{Id}\right)x_{n}\right\rangle \\ & = & \underbrace{\left\Vert Lx_{n}\right\Vert ^{2}}_{\leq \left\Vert L\right\Vert ^{2}\left\Vert x_{n}\right\Vert ^{2}}+M^{2}\underbrace{\left\Vert x_{n}\right\Vert ^{2}}_{=1}-2M\left\langle Lx_{n},x_{n}\right\rangle \\ & \leq & \underbrace{\left\Vert L\right\Vert ^{2}}_{\leq M^{2}}+M^{2}-2M\left\langle Lx_{n},x_{n}\right\rangle \\ & \leq & 2M\cdot \left(M-\left\langle Lx_{n},x_{n}\right\rangle \right)\xrightarrow{n\rightarrow \infty }0\\ \leadsto \, \lim _{n\rightarrow \infty }\left\Vert L_{M}x_{n}\right\Vert & = & 0 \end{eqnarray*} Wäre $L_{M}^{-1}$ stetig, so wäre \[ 0=L_{M}^{-1}\left(0\right)=L_{M}^{-1}\left(\lim _{n\rightarrow \infty }L_{M}x_{n}\right)=\lim _{n\rightarrow \infty }L_{M}^{-1}\left(L_{M}x_{n}\right)=\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\] ein Widerspruch zu $\left\Vert x_{n}\right\Vert =1$. Damit kann $M$ \underbar{kein} regulärer Wert von $L$ sein. $\leadsto $ $M\in \sigma \left(L\right)$. \smallskip{} \noindent Ist $\left|M\right|\geq \left|m\right|$, so ist $\left\Vert L\right\Vert =M$ und wir sind fertig. \smallskip{} \noindent Ist $\left|M\right|<\left|m\right|$ so folgt wegen $M\geq m$, daß $m<0$ ist. Dann ist $\left\Vert L\right\Vert =-m$. \smallskip{} \noindent Wählen eine Folge $x_{1},x_{2},\ldots $ in $H$ mit $\left\Vert x_{n}\right\Vert =1$ und $\left\langle Lx_{n},x_{n}\right\rangle \rightarrow m$.\begin{eqnarray*} \left\Vert L_{m}x_{n}\right\Vert ^{2} & = & \left\langle \left(L-m\textrm{Id}\right)x_{n},\left(L-m\textrm{Id}\right)x_{n}\right\rangle \\ & = & \left\Vert Lx_{n}\right\Vert ^{2}+m^{2}\left\Vert x_{n}\right\Vert ^{2}-2m\left\langle Lx_{n},x_{n}\right\rangle \\ & \leq & m^{2}+m^{2}-2m\left\langle Lx_{n},x_{n}\right\rangle \\ & = & 2m\cdot \left(m-\left\langle Lx_{n},x_{n}\right\rangle \right)\xrightarrow{n\rightarrow \infty }0\\ \leadsto \, \lim _{n\rightarrow \infty }\left\Vert L_{m}x_{n}\right\Vert & = & 0 \end{eqnarray*} Dann folgt wie oben, daß $m$ kein regulärer Wert von $L$ sein. $\leadsto $ $-\left\Vert L\right\Vert =m\in \sigma \left(L\right)$. \smallskip{} \item lineare Algebra. \end{enumerate} \end{proof} \textbf{Warnung}: Das Spektrum eines Operators hängt nicht nur vom Operator, sondern auch vom Banachraum ab, in welchem dieser Operator betrachtet wird ! \begin{example*} Multiplikationsoperator in $L^{2}$: $H=L^{2}\left(0,1\right)$. \[ \left(Lf\right)\left(x\right):=x\cdot f\left(x\right)\qquad \leadsto \quad Lf\in L^{2}\left(0,1\right)\] \[ \left\langle Lf,g\right\rangle _{L^{2}}=\int _{0}^{1}Lf\left(x\right)\cdot \overline{g\left(x\right)}dx=\int _{0}^{1}xf\left(x\right)\cdot \overline{g\left(x\right)}dx=\int _{0}^{1}f\left(x\right)\cdot \overline{xg\left(x\right)}dx=\left\langle f,Lg\right\rangle _{L^{2}}\] $\leadsto $ $L$ ist selbstadjungiert in $L^{2}$. $\leadsto $ $\sigma _{r}\left(L\right)=\emptyset $, $\sigma \left(L\right)\subset \mathbb{R}^{1}$. \underbar{Wir zeigen}: $\sigma _{p}\left(L\right)=\emptyset $. Angenommen, $\lambda \in \sigma _{p}\left(L\right)$ $\leadsto $ $\lambda \in \mathbb{R}^{1}$, weil $\sigma \left(L\right)\subset \mathbb{R}^{1}$, und\begin{eqnarray*} \exists f\in L^{2} & : & Lf=\lambda f\\ \leadsto \, \exists f\in L^{2} & : & x\cdot f\left(x\right)=\lambda f\left(x\right)\quad \forall x\in \left(0,1\right).\\ \leadsto \, \forall x\in \left(0,1\right) & : & \left(x-\lambda \right)\cdot f\left(x\right)=0 \end{eqnarray*} $\leadsto $ $f=0$ fast überall $\leadsto $ $f=0$ in $L^{2}$. Also $\sigma _{r}\left(L\right)=\emptyset $, $\sigma _{p}\left(L\right)=\emptyset $ $\leadsto $ $\sigma \left(L\right)=\sigma _{c}\left(L\right)\neq \emptyset $. \underbar{Ziel}: $\sigma \left(L\right)=\sigma _{c}\left(L\right)=\left[0,1\right]$. Ist $\lambda \in \mathbb{R}^{1}\setminus \left[0,1\right]$, so ist $L-\lambda \textrm{Id}$ in $L^{2}$ invertierbar, weil:\begin{eqnarray*} \left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\left(f\right)=g & \leadsto & \left(x-\lambda \right)f\left(x\right)=g\left(x\right)\\ & \leadsto & f\left(x\right)=\frac{g\left(x\right)}{x-\lambda } \end{eqnarray*} $\frac{1}{x-\lambda }$ ist stetig in $\left[0,1\right]$ falls $\lambda \not \in \left[0,1\right]$ $\leadsto $ $f\in L^{2}$ $\leadsto $ $\left(-\infty ,0\right)\cup \left(1,\infty \right)\subseteq \rho \left(L\right)$. $\leadsto $ $\sigma _{c}\left(L\right)\subseteq \left[0,1\right]$. Sei $\lambda \in \left(0,1\right)$. Der Operator $L-\lambda \textrm{Id}:L^{2}\rightarrow L^{2}$ hat keinen Kern. Wäre $\lambda \in \rho \left(L\right)$, so wäre die Gleichung $\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)f=g$, d.h. $\left(x-\lambda \right)f\left(x\right)=g\left(x\right)$ für alle $g\in L^{2}$ mit $f\in L^{2}$ lösbar. $\leadsto $ $f\left(x\right)=\frac{g\left(x\right)}{x-\lambda }\in L^{2}$ für alle $g\in L^{2}$. Betrachte $g\left(x\right)=\sqrt{\left|\lambda -x\right|}$. $g\in L^{2}\left(0,1\right)$.\[ f\left(x\right)=\frac{\sqrt{\left|\lambda -x\right|}}{x-\lambda }=\left\{ \begin{array}{cc} \frac{1}{\sqrt{\left|x-\lambda \right|}} & x>\lambda \\ -\frac{1}{\sqrt{\left|x-\lambda \right|}} & x<\lambda \end{array} \right.\] liegt nicht in $L^{2}$, denn:\[ \int _{-\varepsilon }^{\varepsilon }\frac{1}{\left(\sqrt{x}\right)^{2}}dx=\infty \] $\leadsto $ $\left(0,1\right)\subset \sigma \left(L\right)$ $\leadsto $ $\left[0,1\right]=\sigma \left(L\right)=\sigma _{c}\left(L\right)$, da $\sigma \left(L\right)$ abgeschlossen ist. \end{example*} Übergang in einen Banachraum: \begin{example*} $B=\mathcal{C}\left[0,1\right]$ mit Supremumsnorm. $Lf\left(x\right)=x\cdot f\left(x\right)$. Dann gilt: \begin{itemize} \item $\sigma _{p}\left(L\right)=\emptyset $. \item $\sigma _{r}\left(L\right)=\left[0,1\right]$. \item $\sigma _{c}\left(L\right)=\emptyset $. \end{itemize} $\sigma _{p}\left(L\right)=\emptyset $: $\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\left(f\right)=0$ $\leadsto $ $\left(x-\lambda \right)\cdot f\left(x\right)=0$ $\leadsto $ $f=0$ fast überall $\leadsto $ $f\equiv 0$, da $f$ stetig ist. $\sigma _{r}\left(L\right)\supseteq \left[0,1\right]$, weil \begin{eqnarray*} \textrm{Im}\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)\left|_{\mathcal{C}\left[0,1\right]}\right. & = & \left\{ \left(x-\lambda \right)\cdot f\left(x\right)\left|f\in \mathcal{C}\left[0,1\right]\right.\right\} \\ & \subseteq & \left\{ h\in \mathcal{C}\left[0,1\right]\left|h\left(\lambda \right)=0\right.\right\} \stackrel{\textrm{abg}.}{\subseteq }\mathcal{C}\left[0,1\right] \end{eqnarray*} $\leadsto $ $\overline{\textrm{Im}\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)}\neq B$ $\leadsto $ $\lambda \in \sigma _{r}\left(L\right)$. \end{example*} %~ \begin{example*} ~% \marginpar{12.12.2002% }\[ l^{2}=l^{2}\left(\mathbb{N}\right)=\left\{ \underline{c}=\left(c_{1},c_{2},\ldots \right)\left|\sum _{i=1}^{\infty }\left|c_{i}\right|^{2}<\infty \right.\right\} \] \[ L\left(\underline{c}\right)=L\left(c_{1},c_{2},\ldots \right)=\left(0,c_{1},c_{2},\ldots \right)\] $\underline{c},\underline{c}^{*}\in l^{2}$, $\underline{c}=\left(c_{1},c_{2},\ldots \right)$, $\underline{c}^{*}=\left(c_{1}^{*},c_{2}^{*},\ldots \right)$\begin{eqnarray*} \left\langle \underline{c},\underline{c}^{*}\right\rangle _{l^{2}} & = & \left\langle L\left(\underline{c}\right),L\left(\underline{c}^{*}\right)\right\rangle _{l}^{2}\\ \left\langle L^{n}\left(c\right),L^{n}\left(\underline{c}^{*}\right)\right\rangle _{l^{2}} & = & \left\langle \underline{c},\underline{c}^{*}\right\rangle _{l^{2}}\quad \textrm{für alle }n=1,2,3,\ldots \\ \leadsto \, \left\Vert L^{n}\right\Vert & = & 1\quad \textrm{für alle }n=1,2,\ldots \\ \leadsto \, r\left(L\right) & = & \lim _{n\rightarrow \infty }\left\Vert L^{n}\right\Vert ^{\frac{1}{n}}=1 \end{eqnarray*} Konsequenz: $\left|\lambda \right|>1$ $\leadsto $ $\lambda \in \rho \left(L\right)$ \begin{itemize} \item $\sigma _{p}\left(L\right)=\emptyset $: Angenommen, $\lambda \in \sigma _{p}\left(L\right)$ $\leadsto $ $\exists 0\neq \underline{c}\in l^{2}$: $L\left(\underline{c}\right)=\lambda \cdot \underline{c}$.\[ \leadsto \, \left(0,c_{1},c_{2},\ldots \right)=\left(\lambda c_{1},\lambda c_{2},\lambda c_{3},\ldots \right).\] 1. Fall: $\lambda =0$ $\leadsto $ $c_{1}=c_{2}=\ldots =0$ $\leadsto $ $\underline{c}=0$ $\leadsto $ Widerspruch \smallskip{} \noindent 2. Fall: $\lambda \neq 0$ $\leadsto $ $\lambda c_{1}=0$ $\leadsto $ $c_{1}=0$; $\lambda c_{2}=c_{1}=0$ $\leadsto $ $c_{2}=0$ $\leadsto $ $\underline{c}=0$ $\leadsto $ Widerspruch \smallskip{} \item Sei $\left|\lambda \right|<1$. Dann gilt $\ker \left(\lambda \textrm{Id}-L\right)_{l^{2}}=\left\{ 0\right\} $: Betrachte das Bild\begin{eqnarray*} \textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}-L\right)_{l^{2}} & = & \left\{ \left(\lambda -L\right)\left(\underline{c}\right)\left|\underline{c}\in l^{2}\right.\right\} \\ & = & \left\{ \left(\lambda c_{1},\lambda c_{2}-c_{1},\lambda c_{3}-c_{2},\ldots \right)\left|\left(c_{1},c_{2},\ldots \right)\in l^{2}\right.\right\} \end{eqnarray*} Ist $\left|\lambda \right|<1$ $\leadsto $ $c_{\lambda }^{*}=\left(1,\bar{\lambda },\bar{\lambda }^{2},\bar{\lambda }^{3},\ldots \right)\in l^{2}$. \smallskip{} \noindent Betrachte $\Phi _{\lambda }:l^{2}\rightarrow \mathbb{C}$ definiert durch\[ \Phi _{\lambda }\left(\underline{c}^{**}\right)=\left\langle c_{\lambda }^{*},c^{**}\right\rangle _{l^{2}}\] $\Phi _{\lambda }:l^{2}\rightarrow \mathbb{C}$ ist stetig und es gilt\[ \textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}-L\right)_{l^{2}}\subset \ker \left(\Phi _{\lambda }\right),\quad \textrm{weil}\] \begin{eqnarray*} \Phi _{\lambda }\underbrace{\left(\left(\lambda \textrm{Id}-L\right)c\right)}_{\in \textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}-L\right)} & = & \left\langle \underbrace{\left(1,\bar{\lambda },\bar{\lambda }^{2},\ldots \right)}_{c_{\lambda }^{*}},\left(\lambda c_{1},\lambda c_{2}-c_{1},\lambda c_{3}-c_{2},\ldots \right)\right\rangle _{l^{2}}\\ & = & 1\cdot \bar{\lambda }\bar{c}_{1}+\bar{\lambda }\cdot \left(\bar{\lambda }\bar{c}_{2}-\bar{c}_{1}\right)+\bar{\lambda }^{2}\cdot \left(\bar{\lambda }\bar{c}_{3}-\bar{c}_{2}\right)+\ldots \\ & = & 0 \end{eqnarray*} Konsequenz: \[ \overline{\textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}-L\right)_{l^{2}}}\subseteq \overline{\ker \left(\Phi _{\lambda }\right)}\stackrel{\Phi _{\lambda }\textrm{ stetig}}{\textrm{=}}\ker \left(\Phi _{\lambda }\right)\neq l^{2}\] \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\lambda \in \sigma _{r}\left(L\right)$. \smallskip{} \item Weil $\sigma \left(L\right)$ abgeschlossen ist, liegt $\left\{ \lambda \in \mathbb{C}\left|\left|\lambda \right|=1\right.\right\} $ auch im Spektrum. \smallskip{} \item Sei $\left|\lambda \right|=1$. Zunächst ist $\left(\lambda \textrm{Id}-L\right):l^{2}\rightarrow l^{2}$ injektiv, aber \underbar{nicht} surjektiv. (klar) \smallskip{} \noindent Folgende Möglichkeiten: $\lambda \in \sigma _{c}\left(L\right)$ oder $\lambda \in \sigma _{r}\left(L\right)$. $\left(\sigma _{p}\left(L\right)=\emptyset \right)$ \smallskip{} \noindent Angenommen, $\lambda \in \sigma _{r}\left(L\right)$ $\leadsto $ $\overline{\left(\lambda \textrm{Id}-L\right)\left(l^{2}\right)}\not \subseteq l^{2}$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ Es existiert ein Element $\underline{c}^{*}=\left(c_{1}^{*},c_{2}^{*},\ldots \right)$ mit $\underline{c}^{*}\neq 0$ und $\underline{c}^{*}\bot \left(\lambda \textrm{Id}-L\right)\left(l^{2}\right)$.\[ \leadsto \, \left\langle \underline{c}^{*},\lambda \cdot \underline{c}-L\cdot \underline{c}\right\rangle _{l^{2}}=0\quad \forall \underline{c}\in l^{2}\] Setze $\underline{c}=\underline{e}_{i}=\left(0,0,\ldots ,0,1,0,\ldots \right)\in l^{2}$.\begin{eqnarray*} \left\langle \left(c_{1}^{*},c_{2}^{*},\ldots \right),\left(0,0,\ldots ,0,\lambda ,-1,0,\ldots \right)\right\rangle & = & 0\\ \leadsto \, c_{i}^{*}\cdot \lambda -c_{i+1}^{*} & = & 0\quad \textrm{für alle }i\\ \leadsto \, c_{i+1}^{*} & = & \lambda c_{i}^{*}\\ \leadsto \, c^{*} & = & \left(c_{1}^{*},\lambda c_{1}^{*},\lambda ^{2}c_{1}^{*},\ldots \right)\\ \leadsto \, \left\Vert c^{*}\right\Vert ^{2} & = & \left|c_{1}^{*}\right|^{2}\left(1+\left|\lambda \right|^{2}+\left|\lambda \right|^{4}+\ldots \right)\\ & = & \left\{ \begin{array}{cc} 0 & \textrm{falls }c_{1}^{*}=0\\ \infty & \textrm{falls }c_{1}^{*}\neq 0\end{array} \right. \end{eqnarray*} Wegen $\underline{c}^{*}\in l^{2}$ muß $c_{1}^{*}=0$ gelten und es folgt $\underline{c}^{*}=0$. Widerspruch. \end{itemize} \end{example*} \subsection{Das Spektrum kompakter Operatoren} \begin{thm} \label{thm:Spektrum-kompakter-Operatoren}Sei $X$ Banach-Raum, $L:X\rightarrow X$ kompakt\index{Operator, kompakt}. Dann gilt:% \marginpar{Spektrum kompakter Operatoren% } \begin{enumerate} \item Ist $0\neq \lambda \in \sigma \left(L\right)$ $\leadsto $ $\lambda \in \sigma _{p}\left(L\right)$. \smallskip{} \item Ist $\lambda \neq 0$ Eigenwert, so gilt $\dim E_{\lambda }<\infty $, $\left(E_{\lambda }=\left\{ x\in X\left|Lx=\lambda x\right.\right\} \right)$% \marginpar{$E_{\lambda }$% } \smallskip{} \item Die Menge aller Eigenwerte $\lambda \neq 0$ ist abzählbar und für jeden Radius $\varepsilon >0$ ist die Menge $\left\{ \lambda \in \sigma _{p}\left(L\right)\left|\left|\lambda \right|\geq \varepsilon \right.\right\} $ endlich. \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} ~ \begin{enumerate} \item Angenommen, $\lambda \neq 0$ und $\lambda \in \sigma \left(L\right)\setminus \sigma _{p}\left(L\right)$. \smallskip{} \noindent $L_{\lambda }:=\lambda \textrm{Id}-L:X\rightarrow X$ ist injektiv, aber \underbar{nicht} surjektiv. Bilde die Folge von Räumen:\[ X_{0}:=X,\quad X_{1}:=L_{\lambda }\left(X\right),\quad X_{2}=L_{\lambda }^{2}\left(X\right),\quad X_{n}=L_{\lambda }^{n}\left(X\right).\] Dann gilt $X=X_{0}\supset X_{1}\supset X_{2}\supset \ldots $. \smallskip{} \noindent Weil $L_{\lambda }$ nicht surjektiv ist, ex. \[ y_{0}\in X_{0}\setminus X_{1},\quad y_{0}\neq 0\] Setze\[ y_{n}:=L_{\lambda }^{n}\left(y_{0}\right).\] \smallskip{} \noindent \underbar{Wir zeigen}: $y_{n}\in X_{n}\setminus X_{n+1}$. \smallskip{} \noindent Induktion: IA: $n=0$ nach Konstruktion von $y_{0}$. \smallskip{} \noindent IB: $y_{n+1}\in X_{n+1}\setminus X_{n+2}$. \smallskip{} \noindent Angenommen, $y_{n+1}\in X_{n+2}$\begin{eqnarray*} \leadsto \, \exists x_{0}\in X:\quad y_{n+1} & = & L_{\lambda }^{n+2}\left(x_{0}\right)\\ \leadsto \, L_{\lambda }^{n+1}\left(y_{0}\right)=y_{n+1} & = & L_{\lambda }^{n+2}\left(x_{0}\right)\\ \leadsto \, L_{\lambda }\left(L_{\lambda }^{n}\left(y_{0}\right)-L_{\lambda }^{n+1}\left(x_{0}\right)\right) & = & 0\\ L_{\lambda }\textrm{ injektiv}\, \leadsto \, L_{\lambda }^{n}\left(y_{0}\right) & = & L_{\lambda }^{n+1}\left(x_{0}\right)\\ \leadsto \, y_{n} & = & L_{\lambda }^{n+1}\left(x_{0}\right)\in X_{n+1}\quad \textrm{Widerspruch} \end{eqnarray*} \smallskip{} \noindent \underbar{Wir zeigen}: alle Räume $X_{n}\subset X$ sind abgeschlossen. \smallskip{} \noindent Es genügt zu zeigen: Es ex. $\gamma >0$ mit $\left\Vert L_{\lambda }\left(x\right)\right\Vert \geq \gamma \left\Vert x\right\Vert $ $\forall x\in X$.% \footnote{Induktion über $n$: \begin{description} \item [$n=0$]klar nach Voraussetzung \item [$n\rightarrow n+1$]Sei $\left\{ y_{i}\right\} $ Cauchy-Folge in $X_{n}$ $\leadsto $ $\exists x_{i}\in X_{n-1}:\, L_{\lambda }\left(x_{i}\right)=y_{i}$, $\left\Vert y_{i}-y_{j}\right\Vert =\left\Vert L_{\lambda }\left(x_{i}-x_{j}\right)\right\Vert \xrightarrow{i,j\rightarrow \infty }0$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\left\Vert x_{i}-x_{j}\right\Vert \leq \frac{1}{\gamma }\left\Vert L_{\lambda }\left(x_{i}-x_{j}\right)\right\Vert \xrightarrow{i,j\rightarrow \infty }0$ $\leadsto $ $\left\{ x_{i}\right\} $ Cauchy-Folge in $X_{n-1}$ \smallskip{} \noindent IV $\leadsto $ $X_{n-1}$ abgeschlossen $\leadsto $ $x_{i}\xrightarrow{i\rightarrow \infty }x^{*}\in X_{n-1}$ $\leadsto $ $y_{i}=L_{\lambda }\left(x_{i}\right)\rightarrow L_{\lambda }\left(x^{*}\right)\in X_{n}$. \end{description} % } \smallskip{} \noindent Beweis indirekt: Angenommen, zu $\gamma =1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\ldots $ existiert eine Folge $z_{n}\in X$ mit\[ \left\Vert L_{\lambda }\left(z_{n}\right)\right\Vert \leq \frac{1}{n}\left\Vert z_{n}\right\Vert \] Normiere: \[ x_{n}=\frac{z_{n}}{\left\Vert z_{n}\right\Vert }\quad \leadsto \quad \left\Vert x_{n}\right\Vert =1\textrm{ und }\left\Vert L_{\lambda }\left(x_{n}\right)\right\Vert =\left\Vert \lambda x_{n}-L\left(x_{n}\right)\right\Vert \leq \frac{1}{n}.\] $L$ ist kompakt $\leadsto $ Eine Teilfolge $L\left(x_{n_{i}}\right)$ konvergiert gegen ein $x^{*}\in X$.\begin{eqnarray*} \leadsto \, \left\Vert \lambda x_{n_{i}}-L\left(x_{n_{i}}\right)\right\Vert & \leq & \frac{1}{n_{i}}\quad \textrm{impliziert }\lambda x_{n_{i}}\rightarrow x^{*}\\ \leadsto \, \left\Vert x^{*}\right\Vert & = & \lim _{i\rightarrow \infty }\left\Vert \lambda x_{n_{i}}\right\Vert =\left|\lambda \right|\neq 0\\ \leadsto \, x^{*} & \neq & 0 \end{eqnarray*} Aber: \[ L\left(x^{*}\right)=L\left(\lim _{i\rightarrow \infty }\lambda x_{n_{i}}\right)=\lambda \lim _{i\rightarrow \infty }L\left(x_{n_{i}}\right)=\lambda \cdot x^{*}\] nach Konstruktion $\leadsto $ $\lambda \in \sigma _{p}\left(L\right)$, Widerspruch. \smallskip{} \noindent Damit ist $X_{0}=X\supset X_{1}\supset X_{2}\supset \ldots $ eine fallende Folge abgeschlossener Räume. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ Es existiert eine Folge $z_{n}$ in $X$ mit $\left\Vert z_{n}\right\Vert =1$, $z_{n}\in X_{n}$, \[ \textrm{dist}\left(z_{n},X_{n+1}\right)\geq \frac{1}{2}.\] Betrachte \[ L\left(z_{n}\right)-L\left(z_{m}\right)=\lambda \left(z_{n}-x\right)\quad \textrm{mit}\quad x=z_{n}+\frac{1}{\lambda }\left(L_{\lambda }\left(z_{n}\right)-L_{\lambda }\left(z_{m}\right)\right).\] Ist $m>n$, so gilt $z_{m}\in X_{n+1}\subset X_{n}$ nach Konstruktion. $\leadsto $ $L_{\lambda }\left(z_{m}\right)\in X_{n+1}$. \smallskip{} \noindent Außerdem haben wir $L_{\lambda }\left(z_{n}\right)\in X_{n+1}$. $\leadsto $ $x\in X_{n+1}$. \smallskip{} \noindent Damit folgt \[ \left\Vert L\left(z_{n}\right)-L\left(z_{m}\right)\right\Vert =\left|\lambda \right|\cdot \left\Vert z_{n}-\underbrace{x}_{\in X_{n+1}}\right\Vert \geq \frac{1}{2}\left|\lambda \right|\] \smallskip{} \noindent Keine Teilfolge von $L\left(z_{n}\right)$ konvergiert! $\leadsto $ Widerspruch zur Kompaktheit von $L$. \smallskip{} \item $\lambda \neq 0$. $E_{\lambda }=\left\{ x\in X\left|Lx=\lambda x\right.\right\} $. $\bar{B}\subset E_{\lambda }$ - Einheitskugel in $E_{\lambda }$ \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\overline{L\left(B\right)}\subset E_{\lambda }$ ist Kugel in $E_{\lambda }$ $\left(\lambda \neq 0\right)$. \smallskip{} \noindent Diese Kugel $\overline{L\left(B\right)}$ ist kompakt, weil $L$ kompakt. Satz \ref{thm:1.5} $\leadsto $ $\dim E_{\lambda }<\infty $. \smallskip{} \item Indirekt: Zu $\varepsilon >0$ existiere eine Folge $\left\{ \lambda _{n}\right\} $ mit $\left|\lambda _{n}\right|\geq \varepsilon $, $\lambda _{n}$ Eigenwert, $\lambda _{n}\neq \lambda _{m}$. \smallskip{} \noindent Sei $x_{n}\in X$ ein Eigenvektor zu $\lambda _{n}$, d.h. $L\left(x_{n}\right)=\lambda _{n}\cdot x_{n}$. \smallskip{} \noindent \underbar{Wir zeigen}: $x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}$ sind linear unabhängig für alle $n=1,2,3,\ldots $ \smallskip{} \noindent Indirekt: Ist dies nicht der Fall, so hätten wir (Induktion): \[ x_{n}=\sum _{i=1}^{n-1}\alpha _{i}x_{i}.\] Berechne:\begin{eqnarray*} 0 & = & L\left(x_{n}\right)-\lambda _{n}x_{n}\\ & = & L\left(\sum _{i=1}^{n-1}\alpha _{i}x_{i}\right)-\lambda _{n}\sum _{i=1}^{n-1}\alpha _{i}x_{i}\\ & = & \sum _{i=1}^{n-1}\left\{ \alpha _{i}L\left(x_{i}\right)-\lambda _{n}\alpha _{i}x_{i}\right\} \\ & = & \sum _{i=1}^{n-1}\left\{ \alpha _{i}\left(\lambda _{i}-\lambda _{n}\right)\right\} x_{i}\\ \leadsto \, 0 & = & \alpha _{i}\left(\lambda _{i}-\lambda _{n}\right)\quad \forall 1\leq i\leq n-1\\ \leadsto \, 0 & = & \alpha _{i}\quad \textrm{weil }\lambda _{i}-\lambda _{n}\neq 0\\ \leadsto \, 0 & = & x_{n}\quad \textrm{Widerspruch} \end{eqnarray*} Sei $X_{n}=\textrm{Lin}\left(x_{1},\ldots ,x_{n}\right)$. $X_{1}\subset X_{2}\subset X_{3}\subset \ldots $ \smallskip{} \noindent $X_{n}$ sind endlich-dimensional, also \underbar{abgeschlossen}. Nach Konstruktion gilt $X_{n}\subsetneq X_{n+1}$. \smallskip{} \noindent Damit existieren Vektoren $z_{n}\in X_{n}$ mit $\left\Vert z_{n}\right\Vert =1$, \[ \textrm{dist}\left(z_{n},X_{n-1}\right)\geq \frac{1}{2}.\] Betrachte \[ L\left(\frac{1}{\lambda _{n}}z_{n}\right)-L\left(\frac{1}{\lambda _{m}}z_{m}\right)=z_{n}-x\quad \textrm{mit}\quad x=\frac{1}{\lambda _{n}}\left(\lambda _{n}z_{n}-L\left(z_{n}\right)\right)+\frac{1}{\lambda _{m}}L\left(z_{m}\right).\] Es gilt nach Konstruktion $\lambda _{n}z_{n}-L\left(z_{n}\right)\in X_{n-1}$% \footnote{$\lambda _{n}z_{n}=\lambda _{n}\left({\displaystyle \sum _{i=1}^{n}}\alpha _{i}x_{i}\right)$, $L\left(z_{n}\right)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}}\alpha _{i}L\left(x_{i}\right)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}}\alpha _{i}\lambda _{i}x_{i}$ $\leadsto $ $\lambda _{n}z_{n}-L\left(z_{n}\right)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}}\alpha _{i}\lambda _{n}x_{i}-\alpha _{i}\lambda _{i}x_{i}={\displaystyle \sum _{i=1}^{n-1}}\alpha _{i}\left(\lambda _{n}-\lambda _{i}\right)x_{i}\in X_{n-1}$% }. Wegen $L\left(z_{m}\right)\in X_{n-1}$ $\left(mj$ ist dann \smallskip{} \noindent \[ L\left(e_{i}\right)-L\left(e_{j}\right)=\left(\textrm{Id}-A\right)\left(e_{i}\right)-\left(\textrm{Id}-A\right)\left(e_{j}\right)=e_{i}-e_{j}-A\left(e_{i}\right)+A\left(e_{j}\right)\] \smallskip{} \noindent $e_{j}\in E_{n_{j}}\subset E_{n_{i-1}}$, da $j\leq i-1$ $\leadsto $ $A^{n_{i-1}}\left(e_{j}\right)=0$ $\leadsto $ $A^{n_{i-1}+1}\left(e_{j}\right)=0$ $\leadsto $ $A\left(e_{j}\right)\in E_{n_{i-1}}$. \smallskip{} \noindent $e_{i}\in E_{n_{i}}$ $\leadsto $ $A^{n_{i}}\left(e_{i}\right)=0$; $n_{1},n_{2},n_{3}$ minimial $\leadsto $ $A^{n_{i-1}}\left(A\left(e_{i}\right)\right)=0$ $\leadsto $ $A\left(e_{i}\right)\in E_{n_{i-1}}$.\[ \leadsto \, \left\Vert L\left(e_{i}\right)-L\left(e_{j}\right)\right\Vert =\left\Vert e_{i}-\underbrace{\left(e_{j}+A\left(e_{i}\right)-A\left(e_{j}\right)\right)}_{\in E_{n_{i-1}}}\right\Vert \geq \frac{1}{2}\] nach konstruierter Folge $e_{1},e_{2},\ldots $ $\leadsto $ Widerspruch zur Kompaktheit von $L$! \smallskip{} \item $I_{0}\supset I_{1}\supset I_{2}\supset I_{3}\supset \ldots $ stabilisiert sich. \smallskip{} \noindent Beweis: Wähle $n_{1},n_{2},n_{3},\ldots $, minimal mit \[ I_{1}=\cdots =I_{n_{1}-1}\supsetneq I_{n_{1}}=\cdots =I_{n_{2}-1}\supsetneq I_{n_{2}}\cdots .\] Wähle Vektoren $e_{i}\in I_{n_{i}-1}$ mit $\left\Vert e_{i}\right\Vert =1$, \[ \textrm{dist}\left(e_{i},I_{n_{i}}\right)\geq \frac{1}{2}\] Für $ii$. \noindent $e_{i}\in I_{n_{i}-1}=\textrm{Im}\left(A^{n_{i}-1}\right)$ $\leadsto $ $A\left(e_{i}\right)\in \textrm{Im}\left(A^{n_{i}}\right)=I_{n_{i}}$\[ \leadsto \, \left\Vert L\left(e_{i}\right)-L\left(e_{j}\right)\right\Vert =\left\Vert e_{i}-\underbrace{\left(e_{j}+A\left(e_{i}\right)-A\left(e_{j}\right)\right)}_{\in I_{n_{i}}}\right\Vert \geq \frac{1}{2}\] $\leadsto $ Widerspruch zur Kompaktheit von $L$! \smallskip{} \noindent \begin{eqnarray*} I_{0}\supset I_{1}\supseteq I_{2}\supseteq I_{3}\supseteq \ldots \supseteq I_{q}=I_{q+1}\ldots & = & I_{\infty }\\ E_{1}\subset E_{2}\subset E_{3}\subset \cdots \subseteq E_{p}=E_{p+1}=\ldots & = & E_{\infty } \end{eqnarray*} Nach Konstruktion sind $I_{\infty }$, $E_{\infty }\subset X$ abgeschlossene Teilräume! \smallskip{} \item $I_{\infty }\cap E_{\infty }=\left\{ 0\right\} .$ \smallskip{} \noindent Beweis: Sei $x\in I_{\infty }\cap E_{\infty }$ $\leadsto $ $x\in E_{\infty }=E_{p}=\ker \left(A^{p}\right)$ für eine Zahl $p\in \mathbb{N}$ $\leadsto $ \[ \exists p\in \mathbb{N}:\, A^{p}\left(x\right)=0\] \smallskip{} \noindent Aber $x\in I_{\infty }=I_{q}=\textrm{Im}\left(A^{q}\right)$ $\leadsto $ \[ \exists q,\, \exists y:\, x=A^{q}\left(y\right)\] $\leadsto $ $A^{p+q}\left(y\right)=A^{p}\left(A^{q}\left(y\right)\right)=A^{p}\left(x\right)=0.$ \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $y\in \ker \left(A^{p+q}\right)=E_{p+q}$, aber $E_{q}=E_{q+1}=\ldots =E_{p+q}$ \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $y\in E_{q}$ $\leadsto $ $y\in \ker \left(A^{q}\right)$ $\leadsto $ $0=A^{q}\left(y\right)=x$. \smallskip{} \item $A\left(E_{\infty }\right)\subset E_{\infty },\, A\left(I_{\infty }\right)\subset I_{\infty }.$ \smallskip{} \noindent Ist $x\in E_{\infty }$ $\leadsto $ $\exists p:\, A^{p}\left(x\right)=0$ $\leadsto $ $A^{p}\left(Ax\right)=0$ $\leadsto $ $Ax\in E_{p}=E_{\infty }$. \smallskip{} \noindent Analog für $A\left(I_{\infty }\right)=I_{\infty }.$ \smallskip{} \item $A\left|_{I_{\infty }}\right.:\, I_{\infty }\rightarrow I_{\infty }$ ist bijektiv. \smallskip{} \noindent Sei $x\in I_{\infty }$ mit $A\left(x\right)=0.$ $\leadsto $ $x\in E_{1}=\ker \left(A\right)\subset E_{2}\subset \cdots \subset E_{\infty }$ $\leadsto $ $x\in E_{\infty }$. \smallskip{} \noindent Aber $I_{\infty }\cap E_{\infty }=\left\{ 0\right\} .$ Damit folgt $x=0$. \smallskip{} \noindent Damit wird $A\left|_{I_{\infty }}\right.:\, I_{\infty }\rightarrow I_{\infty }$ injektiv. \smallskip{} \noindent Ist $y\in I_{\infty }=I_{q}=I_{q+1}=\ldots $ $\leadsto $ $y\in A^{q+1}\left(x\right)$ für ein gewisses $q$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $y=A\left(A^{q}\left(x\right)\right)\stackrel{I_{q}=I_{\infty }}{\leadsto }y\in \textrm{Im}\left(A\left|_{I_{\infty }}\right.\right)$ $\leadsto $ $A\left|_{I_{\infty }}\right.:\, I_{\infty }\rightarrow I_{\infty }$ ist surjektiv. \smallskip{} \item $X=I_{\infty }\oplus E_{\infty }$ topologische Äquivalenz. \smallskip{} \noindent Beweis: Betrachte den Banach-Raum $X/E_{\infty }$ ($E_{\infty }$ ist abgeschlossen!). Wegen $A\left(E_{\infty }\right)\subset E_{\infty }$ induziert $A$ einen Operator \[ \tilde{A}:\, X/E_{\infty }\rightarrow X/E_{\infty }.\] \smallskip{} \noindent $\tilde{A}$ ist injektiv: Gelte $\tilde{A}\left(x+E_{\infty }\right)=0$ $\leadsto $ $A\left(x\right)+E_{\infty }=0$ in $X/E_{\infty }$ $\leadsto $ $A\left(x\right)\in E_{\infty }$ $\leadsto $ $\exists p:\, A^{p}\left(A\left(x\right)\right)=0$. $\leadsto $ $x\in E_{p+1}=E_{\infty }$ $\leadsto $ $x+E_{\infty }=0$ in $X/E_{\infty }$. \smallskip{} \noindent $\tilde{A}$ ist surjektiv: um das zu zeigen, brauche wir erst die algebraische Vorbreitung: \smallskip{} \noindent Sei $V$ ein beliebiger Vektorraum, $B:V\rightarrow V$ linear, injektiv. \smallskip{} \noindent Beh.: Ist $B$ nicht surjektiv, so ist $\textrm{Im}\left(B\right)\supsetneq \textrm{Im}\left(B^{2}\right)\supsetneq \ldots $. \smallskip{} \noindent Beweis: Sei $v\in V$ gegeben und gelte $\textrm{Im}\left(B^{k}\right)=\textrm{Im}\left(B^{k+1}\right)$ $\leadsto $ $B^{k}\left(v\right)\in \textrm{Im}\left(B^{k}\right)=\textrm{Im}\left(B^{k+1}\right)$ $\leadsto $ $\exists w\in V:\, B^{k}\left(v\right)=B^{k+1}\left(w\right)$ $\stackrel{B\, \textrm{inj}.}{\leadsto }$ $v=B\left(w\right).$ Damit wird $B$ surjektiv. \smallskip{} \noindent Jetzt angenommen: $\tilde{A}:X/E_{\infty }\rightarrow X/E_{\infty }$ wäre nicht surjektiv. \smallskip{} \noindent Dann ist $\textrm{Im}\left(\tilde{A}\right)\supset \textrm{Im}\left(\tilde{A}^{2}\right)\supset \textrm{Im}\left(\tilde{A}^{3}\right)\supset \ldots $ eine echt fallende Folge. Aber\begin{displaymath} \begin{CD} X @>A>> X \\ @V\pi VV @VV\pi V \\ X/E_{\infty} @>\tilde A >> X/E_{\infty} \end{CD} \end{displaymath} $\textrm{Im}\left(A^{n}\right)=I_{n}$ $\leadsto $ $\textrm{Im}\left(\tilde{A}_{n}\right)=I_{n}+E_{\infty }$ in $X/E_{\infty }$. \smallskip{} \noindent Widerspruch, weil die $I_{n}$-Räume sich stabilisieren! \smallskip{} \noindent Also: $\tilde{A}:\, X/E_{\infty }\rightarrow X/E_{\infty }$ ist bijektiv. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\tilde{A}^{p}:\, X/E_{\infty }\rightarrow X/E_{\infty }$ sind bijektiv. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $\tilde{A}^{p}:X/E_{\infty }\rightarrow X/E_{\infty }$ sind surjektiv. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $I_{\infty }=I_{p}=\textrm{Im}\left(A^{p}\right)$ wird bei der Projektion $I_{\infty }\subset X\xrightarrow{\pi }X/E_{\infty }$ injektiv nach $X/E_{\infty }$ abgebildet $\left(I_{\infty }\cap E_{\infty }=\left\{ 0\right\} \right)$ und auch surjektiv auf $X/E_{\infty }$ abgebildet (weil $\tilde{A}^{p}$ surjektiv). \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $I_{\infty }\xrightarrow{\textrm{bij}.}X/E_{\infty }$, $\ker \left(\pi \right)=E_{\infty }$ $\leadsto $ \[ X=\ker \left(\pi \right)\oplus I_{\infty }=E_{\infty }\oplus I_{\infty }.\] \end{enumerate} Zusammenfassung: $X=E_{\infty }\oplus I_{\infty }$, $A\left|_{I_{\infty }}\right.:I_{\infty }\rightarrow I_{\infty }$ bijektiv. $\ker \left(A\right)=E_{1}\subset E_{\infty }$ \begin{eqnarray*} \leadsto \, \ker \left(A\right) & = & \ker \left(A\left|_{E_{\infty }}\right.\right)\\ \leadsto \, \textrm{Ind}\left(A\right) & = & \textrm{Ind}\left(A\left|_{E_{\infty }}:\, E_{\infty }\rightarrow E_{\infty }\right.\right) \end{eqnarray*} Aber $E_{1}\subset E_{2}\subset \ldots \subseteq E_{p}=E_{p+1}=\ldots =E_{\infty }=\ker \left(A^{p}\right)$ $\leadsto $ $\dim \left(E_{\infty }\right)<\infty $, da $A$ Fredholm.\[ \leadsto \, \textrm{Ind}\left(A\right)=0,\] weil der Index jedes Operators in einem endlich-dimensionalem Teilraum verschwindet. \end{proof} Anwendung des Fredholm-Satz: Lösbarkeit der Gleichung: \begin{equation} Lx-\lambda x=y,\label{eq:6.2.1.1}\end{equation} wobei $L$ kompakt ist. Frage: Gegeben ist ein kompakter Operator $L$, $\lambda $ ist gegeben. Für welche $y\in X$ ist die Gleichung (\ref{eq:6.2.1.1}) lösbar? Wenn ja, wieviele Lösungen existieren? Antwort: \begin{enumerate} \item Ist $\lambda \neq 0$ und kein Eigenwert, dann ist \[ L-\lambda \textrm{Id}_{X}=\lambda \left(\frac{1}{\lambda }L-\textrm{Id}_{X}\right),\quad \ker \left(\frac{1}{\lambda }L-\textrm{Id}_{X}\right)=\left\{ 0\right\} ,\] weil $\lambda $ kein Eigenwert von $L$ ist. \smallskip{} \noindent Satz \ref{thm:Fredholm} von Fredholm $\leadsto $ $0=\dim \ker \left(\frac{1}{\lambda }L-\textrm{Id}_{X}\right)-\dim \textrm{co}\ker \left(\frac{1}{\lambda }L-\textrm{Id}_{X}\right)$ $\leadsto $\[ \dim \textrm{co}\ker \left(\frac{1}{\lambda }L-\textrm{Id}_{X}\right)=0\] $\leadsto $ $\frac{1}{\lambda }L-\textrm{Id}_{X}$ ist surjektiv. \smallskip{} \noindent Die Gleichung (\ref{eq:6.2.1.1}) ist für jedes $y\in X$ eindeutig lösbar. \smallskip{} \item Sei $\lambda \neq 0$ ein Eigenwert von $L$, \[ L-\lambda \textrm{Id}_{X}=\lambda \left(\frac{1}{\lambda }L-\textrm{Id}_{X}\right),\quad 0\neq m_{\lambda }=\dim \ker \left(\frac{1}{\lambda }L-\textrm{Id}_{X}\right)=\dim E_{\lambda }\left(L\right)\] \smallskip{} \noindent Satz \ref{thm:Fredholm} von Fredholm: \[ \dim \left(X/\textrm{Im}\left(\frac{1}{\lambda }L-\textrm{Id}_{X}\right)\right)=m_{\lambda }\] Damit existiert ein Teilraum $N_{\lambda }\subset X\textrm{ mit}$% \marginpar{$N_{\lambda }$% }\[ N_{\lambda }\cap \textrm{Im}\left(\frac{1}{\lambda }L-\textrm{Id}_{X}\right)=\left\{ 0\right\} \quad \textrm{und}\quad \dim N_{\lambda }=m_{\lambda }=\dim E_{\lambda }\left(L\right)\] und die Gleichung (\ref{eq:6.2.1.1}) ist nicht lösbar $\forall y\in N_{\lambda }.$ \smallskip{} \noindent Ist die Gleichung (\ref{eq:6.2.1.1}) lösbar, so besteht die Lösungsmenge aus einem $m_{\lambda }$-dimensionalen affinen Raum. - Dies ist die {}``Fredholm Alternative''\index{Fredholm-Alternative}. \smallskip{} \noindent Problem: was ist $N_{\lambda }$ ? \end{enumerate} \begin{thm} \label{thm:6.12}$L:H\rightarrow H$ kompakt, $H$ Hilbertraum, $L^{*}:H\rightarrow H$ adjungierter Operator. \begin{enumerate} \item $\lambda \neq 0$ ist Eigenwert von $L$ $\Leftrightarrow $ $\bar{\lambda }$ ist Eigenwert von $L^{*}$. In diesem Fall gilt: \[ \boxed {\dim E_{\lambda }\left(L\right)=\dim E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right)}\] \item $N_{\lambda }$ ist wählbar als $E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right).$ Mit anderen Worten: Die Gleichung \[ \boxed {Lx-\lambda x=y\, \textrm{ist lösbar}\quad \Leftrightarrow \quad y\bot E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right)}\] \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} ~ \begin{enumerate} \item $\lambda $ ist Eigenwert von $L$ $\leadsto $ $\exists x\neq 0:\, Lx=\lambda x.$ \smallskip{} \noindent Angenommen, $\bar{\lambda }\neq 0$ ist kein Eigenwert von $L^{*}$ $\stackrel{L^{*}\textrm{ kompakt}}{\leadsto }$ $\bar{\lambda }\textrm{Id}_{H}-L^{*}:H\rightarrow H$ ist bijektiv. \smallskip{} \noindent Demnach ex. $x_{1}\in X$ mit $\bar{\lambda }\cdot x_{1}-L^{*}x_{1}=x.$ Berechnen: \[ \left\Vert x\right\Vert ^{2}=\left\langle x,x\right\rangle =\left\langle x,\bar{\lambda }\cdot x_{1}-L^{*}x_{1}\right\rangle =\lambda \left\langle x,x_{1}\right\rangle -\left\langle Lx,x_{1}\right\rangle =\lambda \left\langle x,x_{1}\right\rangle -\left\langle \lambda x,x_{1}\right\rangle =0.\] \smallskip{} \noindent Widerspruch. \smallskip{} \noindent Also: $\lambda $ ist Eigenwert von $L$ $\leadsto $ $\bar{\lambda }$ ist Eigenwert von $L^{*}$ $\leadsto $ $\lambda $ ist Eigenwert von $L^{**}=L$. \smallskip{} \item Für welche $y\in H$ ist die Gleichung $Lx-\lambda x=y$ (\ref{eq:6.2.1.1}) lösbar? \smallskip{} \noindent Sei $z\in E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right)$ und gelte $Lx-\lambda x=y.$ Berechnen \[ \left\langle y,z\right\rangle =\left\langle Lx-\lambda x,z\right\rangle =-\lambda \left\langle x,z\right\rangle +\left\langle x,L^{*}z\right\rangle =-\lambda \left\langle x,z\right\rangle +\left\langle x,\bar{\lambda }z\right\rangle =0.\] \smallskip{} \noindent Das bedeutet: Ist $Lx-\lambda x=y$ bei vorgegebenem $y\in H$ lösbar, so gilt $y\bot E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right).$ \smallskip{} \noindent Umgekehrt:\begin{eqnarray*} y\bot E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right)=\ker \left(\bar{\lambda }\textrm{Id}_{H}-L^{*}\right) & = & \left(\textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}_{H}-L\right)\right)^{\bot }\\ \leadsto \, \left(E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right)\right)^{\bot }=\left(\textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}_{H}-L\right)\right)^{\bot \bot } & \stackrel{{\textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}_{H}-L\right)\atop \textrm{abg.}}}{=} & \textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}_{H}-L\right) \end{eqnarray*} \smallskip{} \noindent jetzt folgt: \[ y\bot E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right)\quad \leadsto \quad y\in \left(E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right)\right)^{\bot }=\textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}_{H}-L\right)\quad \leadsto \quad \exists x\in H:\, Lx-\lambda x=y\] $\leadsto $ Gleichung (\ref{eq:6.2.1.1}) lösbar. \end{enumerate} \end{proof} \subsubsection{Anwendung auf Integralgleichungen} \begin{lyxlist}{00.00.0000} \item [$\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$]Maßraum. \item [$K\left(x,y\right)$]Kern in $L^{2}\left(X\times X\right)$ \item [$L$]Integraloperator\index{Integraloperatoren} zum Kern $K$: \[ Lf\left(x\right)=\int _{X}K\left(x,y\right)f\left(y\right)d\mu \left(y\right)\] \end{lyxlist} $L:\, L^{2}\left(X,\mathcal{A},\mu \right)\rightarrow L^{2}\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$ ist kompakt.\begin{eqnarray} Lu-\lambda u & = & -v\nonumber \\ \Leftrightarrow \, \int _{X}K\left(x,y\right)u\left(y\right)d\mu \left(y\right)-\lambda u\left(x\right) & = & -v\left(x\right)\nonumber \\ \Leftrightarrow \, \frac{1}{\lambda }\int _{X}K\left(x,y\right)u\left(y\right)d\mu \left(y\right)-u\left(x\right) & = & -\frac{1}{\lambda }v\left(x\right)\nonumber \\ \Leftrightarrow \, u\left(x\right)-\frac{1}{\lambda }\int _{X}K\left(x,y\right)u\left(y\right)d\mu \left(y\right) & = & \frac{1}{\lambda }v\left(x\right)\nonumber \\ \textrm{Integralgleichung}:\, \Leftrightarrow \, u\left(x\right)-\mu \int _{X}K\left(x,y\right)u\left(y\right)d\mu \left(y\right) & = & v\left(x\right)\label{eq:6.2.2.1} \end{eqnarray} Betrachte: \[ \mu :=\frac{1}{\lambda }.\] \begin{enumerate} \item Die Gleichung (\ref{eq:6.2.2.1}) hat genau dann für jedes $v\in L^{2}\left(X\right)$ eine Lösung, falls die homogene Gleichung\[ u\left(x\right)-\mu \int _{X}K\left(x,y\right)u\left(y\right)d\mu \left(y\right)=0\] die Lösung $u=0$ hat. \smallskip{} \item Hat die Gleichung\[ u\left(x\right)-\mu \int _{X}K\left(x,y\right)u\left(y\right)d\mu \left(y\right)=0\] eine nicht-triviale Lösung $u$, $u\in E_{\lambda }\left(L\right)$, so hat auch\[ u^{*}\left(x\right)-\bar{\mu }\int _{X}\overline{K\left(y,x\right)}u^{*}\left(y\right)d\mu \left(y\right)=0\] eine Lösung $u^{*}$, $u^{*}\in E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right)$, und die Dimension der Lösungsunterräume stimmt überein. (Satz \ref{thm:6.12}.(1)) \smallskip{} \item (\ref{eq:6.2.2.1}) besitzt eine Lösung $u\left(x\right)$ $\Leftrightarrow $ \[ \int _{X}v\left(x\right)u^{*}\left(x\right)d\mu \left(x\right)=0\] für alle Lösungen $u^{*}$ der Gleichung \[ u^{*}\left(x\right)-\bar{\mu }\int _{X}\overline{K\left(y,x\right)}u^{*}\left(y\right)d\mu \left(y\right)=0,\] da nach Satz \ref{thm:6.12}.(2) $Lx-\lambda x=y$ lösbar ist, gdw. $y\bot E_{\bar{\lambda }}\left(L^{*}\right)$. \smallskip{} \item Die Menge der Zahlen $\mu $ mit nicht-trivialer Lösung\[ u^{*}\left(x\right)-\bar{\mu }\int _{X}\overline{K\left(y,x\right)}u^{*}\left(y\right)d\mu \left(y\right)=0\] ist endlich, oder ist abzählbar mit $\left|\mu \right|\rightarrow \infty .$ Jeder Lösungsraum ist endlich-dimensional (Satz \ref{thm:Spektrum-kompakter-Operatoren}). \end{enumerate} \begin{thm} Sei $L$ kompakt und selbstadjungiert. Dann ist% \marginpar{7.1.2003% }% \marginpar{$H={\displaystyle \bigoplus _{\lambda }}E_{\lambda }$% }\[ \boxed {H=\left(\ker L\right)\oplus \bigoplus _{\lambda _{i}\neq 0}E\left(\lambda _{i}\right)=\bigoplus _{\lambda }E\left(\lambda \right)}\] \end{thm} \begin{proof} Betrachte \[ X_{1}:=\overline{\bigoplus _{\lambda _{i}\neq 0}E\left(\lambda _{i}\right)}\] Sei $x\in X_{1}^{\bot }$. $\leadsto $ $x\bot E\left(\lambda _{i}\right)$ $\leadsto $ \begin{eqnarray*} \forall \lambda _{i}\neq 0\forall y\in E\left(\lambda _{i}\right) & : & \left\langle x,y\right\rangle =0\\ \leadsto \, \forall \lambda _{i}\neq 0\forall y\in E\left(\lambda _{i}\right) & : & \left\langle x,\underbrace{\lambda _{i}y}_{L\left(y\right)}\right\rangle =0\\ \leadsto \, \forall \lambda _{i}\neq 0\forall y\in E\left(\lambda _{i}\right) & : & \left\langle Lx,y\right\rangle =0\\ \leadsto \, Lx & \in & X_{1}^{\bot } \end{eqnarray*} Mit anderen Worten: $L$ bildet $X_{1}^{\bot }$ in sich ab. Betrachte \[ L\left|_{X_{1}^{\bot }}\right.:X_{1}^{\bot }\rightarrow X_{1}^{\bot }.\] Wäre $L\left|_{X_{1}^{\bot }}\right.\neq 0$ $\leadsto $ $\left\Vert L\left|_{X_{1}^{\bot }}\right.\right\Vert \neq 0$. Mit den Sätzen \ref{thm:Spektrum-selbstadjungierter-Operatoren} und \ref{thm:Spektrum-kompakter-Operatoren} folgt dann $\pm \left\Vert L\left|_{X_{1}^{\bot }}\right.\right\Vert \in \sigma _{p}\left(L\left|_{X_{1}^{\bot }}\right.\right)$. Dann ex. ein Vektor $z\in X_{1}^{\bot }$ mit \[ L\left(z\right)=\underbrace{\pm \left\Vert L\left|_{X_{1}^{\bot }}\right.\right\Vert }_{\neq 0}\cdot z\] $\leadsto $ $z\in X_{1}$ und $z\in X_{1}^{\bot }$ $\leadsto $ $z=0$. Also: $L\left|_{X_{1}^{\bot }}\right.\equiv 0$, d.h.\[ X_{1}^{\bot }\subseteq \ker \left(L\right).\] Umgekehrt: Sei $x\in \ker \left(L\right)$ $\leadsto $ $Lx=0$ $\leadsto $\[ \left\langle x,y\right\rangle =\frac{1}{\lambda _{i}}\left\langle x,\lambda _{i}y\right\rangle =\frac{1}{\lambda _{i}}\left\langle x,Ly\right\rangle =\frac{1}{\lambda _{i}}\left\langle Lx,y\right\rangle =0\quad \forall y\in E\left(\lambda _{i}\right),\lambda _{i}\neq 0\] \[ \leadsto \, x\bot E\left(\lambda _{i}\right)\, \forall \lambda _{i}\neq 0\quad \leadsto \quad x\bot \overline{\bigoplus _{\lambda _{i}\neq 0}E\left(\lambda _{i}\right)}=X_{1}\quad \leadsto \quad \ker \left(L\right)\subseteq X_{1}^{\bot }\subseteq \ker \left(L\right)\] \[ \leadsto \quad H=X_{1}^{\bot }\oplus X_{1}=\ker \left(L\right)\oplus \bigcup _{\lambda _{i}\neq 0}E\left(\lambda _{i}\right)\] \end{proof} \begin{conclusion*} $L:H\rightarrow H$ kompakter, selbstadjungierter Operator, $H$ separabel. Dann existiert ein vollständiges ON-System $e_{1},e_{2},\ldots $ in $H$ bestehend aus Eigenvektoren von $L$.\[ x=\sum \left\langle x,e_{i}\right\rangle e_{i}\quad \leadsto \quad Lx=\sum \lambda _{i}\left\langle x,e_{i}\right\rangle e_{i}\quad \leadsto \quad L=\left(\begin{array}{ccc} \lambda _{1} & & \\ & \lambda _{2} & \\ & & \ddots \end{array} \right)\] Konsequenz: kompakte, selbstadjungierte Operatoren verhalten sich wie symmetrische Matrizen. \end{conclusion*} \subsubsection{Integraloperatoren mit symmetrischem Kern (Hilbert-Schmidt-Theorie)} \begin{lyxlist}{00.00.0000} \item [\index{Integraloperatoren}\index{ Hilbert-Schmidt-Theorie}$\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n}$]Lebesgue-meßbar \item [$K\left(x,y\right)$]$K\left(x,y\right)=\overline{K\left(y,x\right)}\in L^{2}\left(\Omega \times \Omega \right)$ symmetrischer Kern \item [$Lf$]$L:L^{2}\left(\Omega \right)\rightarrow L^{2}\left(\Omega \right)$ kompakt und selbstadjungiert\[ Lf\left(x\right)=\int _{\Omega }K\left(x,y\right)f\left(y\right)dy\] \end{lyxlist} \begin{defn} \label{def:Hilbert-Schmidt-Bedingung}$K\left(x,y\right)$ erfüllt die \underbar{Hilbert-Schmidt-Bedingung} \index{Hilbert-Schmidt-Bedingung}(H-S-Bedingung)% \marginpar{Hilbert-Schmidt-Bedingung% }, falls eine Konstante $\gamma $ existiert mit\[ \boxed {\int _{\Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}dy\leq \gamma \qquad \forall x\in \Omega }\] $\Omega $ ist eine Menge von \underbar{lokal-positiven Maß}\index{lokal-positives Maß}% \marginpar{lokal positives Maß% }, falls für jeden Punkt $x_{0}\in \Omega $ und jeden Radius $r\left(x_{0}\right)$ gilt: \[ \boxed {\mu \left(\Omega \cap \mathcal{K}\left(x_{0},r\right)\right)>0}\] Ein \underbar{Eigenwert des Kerns} \index{Eigenwert des Kerns}% \marginpar{Eigenwert des Kerns% }$K\left(x,y\right)$ ist eine Zahl $\mu $ mit \[ \boxed {f\left(x\right)-\mu \int _{\Omega }K\left(x,y\right)f\left(y\right)dy=0}\] und $f\in L^{2},f\neq 0$. \end{defn} \begin{rem*} $\mu $ ist Eigenwert von $K$ $\Leftrightarrow $ $\frac{1}{\mu }$ ist Eigenwert von $L$. \end{rem*} \begin{thm} Alle Eigenwerte $\mu $ des Kerns $K\left(x,y\right)$ sind reell, es existieren maximal abzählbar viele und\[ \boxed {\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{\mu _{k}^{2}}\leq \int _{\Omega \times \Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}dxdy<\infty }\] \end{thm} \begin{proof} Betrachte $L:L^{2}\left(\Omega \right)\rightarrow L^{2}\left(\Omega \right)$. Wähle in $L^{2}\left(\Omega \right)$ ein vollständiges ON-System $u_{1}\left(x\right),u_{2}\left(x\right),\ldots $ bestehend aus Eigenfunktionen von $L$. Sei $f\in L^{2}$, \[ f=\sum _{k=1}^{\infty }\left\langle f,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}\cdot u_{k}\] die $L^{2}$-Zerlegung von $f$.\[ g\left(x\right)=\int _{\Omega }K\left(x,y\right)f\left(y\right)dy=\left(Lf\right)\left(x\right).\] \[ \leadsto \, \sum _{\lambda _{k}\neq 0}\lambda _{k}\cdot \left\langle f,u_{k}\right\rangle u_{k}=\sum _{k=1}^{\infty }\lambda _{k}\cdot \left\langle f,u_{k}\right\rangle u_{k}=Lf=g=\sum _{k=1}^{\infty }\left\langle g,u_{k}\right\rangle u_{k}.\] Also: Liegt $g\in L^{2}$ im Bild von $L$, so treten in der Orthogonalzerlegung von $g$ nur Eigenfunktionen zu $\lambda \neq 0$ auf. Setze $\mu =\frac{1}{\lambda }$. Die Funktionen\[ u_{k,l}\left(x,y\right):=u_{k}\left(x\right)\cdot \overline{u_{l}\left(y\right)}\] bilden ein (vollständiges) ON-System in $L^{2}\left(\Omega \times \Omega \right)$. Besselsche Ungleichung: $\left(L^{2}\left(\Omega \times \Omega \right),u_{k,l}\right)$\begin{eqnarray*} \sum _{k=1}^{\infty }\left|\left\langle K\left(x,y\right),u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}\right\rangle _{L^{2}\left(\Omega \times \Omega \right)}\right|^{2} & \leq & \left\Vert K\left(x,y\right)\right\Vert _{L^{2}\left(\Omega \times \Omega \right)}^{2}\\ \leadsto \, \sum _{k=1}^{\infty }\left|\int _{\Omega \times \Omega }K\left(x,y\right)\overline{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}dxdy\right|^{2} & \leq & \int _{\Omega \times \Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}dxdy\\ \leadsto \, \sum _{k=1}^{\infty }\left|\int _{\Omega \times \Omega }K\left(x,y\right)\overline{u_{k}\left(x\right)}u_{k}\left(y\right)dxdy\right|^{2} & \leq & \int _{\Omega \times \Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}dxdy \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} \lambda _{k}=\left\langle Lu_{k},u_{k}\right\rangle & = & \int _{\Omega }Lu_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(x\right)}dx\\ & = & \int _{\Omega }\left(\int _{\Omega }K\left(x,y\right)u_{k}\left(y\right)dy\right)\overline{u_{k}\left(x\right)}dx\\ & = & \int _{\Omega \times \Omega }K\left(x,y\right)\overline{u_{k}\left(x\right)}u_{k}\left(y\right)dxdy\\ \leadsto \, \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{\mu _{k}^{2}} & = & \sum _{k=1}^{\infty }\left|\left\langle Lu_{k},u_{k}\right\rangle \right|^{2}\\ & = & \sum _{k=1}^{\infty }\left|\int _{\Omega \times \Omega }K\left(x,y\right)\overline{u_{k}\left(x\right)}u_{k}\left(y\right)dxdy\right|^{2}\\ & \leq & \int _{\Omega \times \Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}dxdy \end{eqnarray*} \end{proof} Die Reihe \[ \sum _{k=1,\lambda _{k}\neq 0}^{\infty }\left\langle g,u_{k}\right\rangle u_{k}\] konvergiert in $L^{2}$ gegen $g$. \underbar{Frage}: Konvergiert diese Reihe {}``besser'' als nur in $L^{2}$? \begin{thm} \label{thm:6.16}~ \begin{enumerate} \item Erfülle der symmetrische Kern $K\left(x,y\right)\in L^{2}\left(\Omega \times \Omega \right)$ die Hilbert-Schmidt-Bedingung. Sei $g\in L^{2}\left(\Omega \right)$ und $g\in \mathrm{Im}\left(\textrm{L}\right)$. Dann konvergiert die Reihe \[ \sum _{k=1}^{\infty }\left\langle g,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}u_{k}\left(x\right)\] absolut und gleichmäßig auf $\Omega $ und fast-überall gegen $g$. \smallskip{} \item Sei $\Omega $ kompakt, lokal von positivem Maß und sei $K\left(x,y\right)$ stetig. Dann konvergiert die Reihe \[ \sum _{k=1}^{\infty }\left\langle g,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}u_{k}\left(x\right)\] in \underbar{jedem Punkte} gegen $g$. \lyxaddress{(Bem.: Weil $K$ stetig und $\Omega $ kompakt, muß $g=L\left(f\right)$ stetig sein.!)} \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} von $\left(2\right)$, falls $\left(1\right)$ gilt:\begin{eqnarray*} u_{k}\left(x\right) & = & \frac{1}{\lambda }\int _{\Omega }K\left(x,y\right)u_{k}\left(y\right)dy \end{eqnarray*} $u_{k}\in L^{2}$, $\Omega $ kompakt, $K$ stetig $\leadsto $ (Lebesgue-Satz) $u_{k}\left(x\right)$ sind stetig. Nach $\left(1\right)$ konvergiert $\sum _{k}\left\langle g,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}u_{k}\left(x\right)\rightrightarrows g^{*}\left(x\right)$ $\leadsto $ $g^{*}$ ist stetig. Aber nach $\left(1\right)$: $g^{*}\equiv g$ fast überall. $g^{*}$ stetig, $g\in \textrm{Im}\left(L\right)$, $\Omega $ hat lokal positives Maß $\leadsto $ $g^{*}=g$. Beweis von $\left(1\right)$: Wähle $\gamma >0$ mit\[ \int _{\Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}dy\leq \gamma \quad \forall x\in \Omega .\] Betrachte\begin{eqnarray*} \sum _{k=n}^{m}\left|\left\langle g,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}u_{k}\left(x\right)\right| & = & \sum _{k=n}^{m}\left|\left\langle Lf,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}u_{k}\left(x\right)\right|\\ & = & \sum _{k=n}^{m}\left|\left\langle f,Lu_{k}\right\rangle _{L^{2}}u_{k}\left(x\right)\right|\\ & = & \sum _{k=n}^{m}\left|\lambda _{k}\right|\left|\left\langle f,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}u_{k}\left(x\right)\right|\\ & \stackrel{\textrm{CSU}}{\leq } & \sqrt{\sum _{k=n}^{m}\left|\lambda _{k}\right|^{2}\left|u_{k}\left(x\right)\right|^{2}}\cdot \sqrt{\sum _{k=n}^{m}\left|\left\langle f,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}\right|^{2}} \end{eqnarray*} Wir wissen:\[ \lambda _{k}u_{k}\left(x\right)=Lu_{k}\left(x\right)=\int _{\Omega }K\left(x,y\right)u_{k}\left(y\right)dy\] Fixiere $x\in \Omega $. Dann ist $\overline{\lambda _{k}u_{k}\left(x\right)}$ der $k$-te Koeffizient der Funktion $K\left(\cdot ,x\right)$ bzgl. $u_{1},u_{2},\ldots $ in $L^{2}$:\[ \left\langle K\left(\cdot ,x\right),u_{k}\right\rangle _{L^{2}}=\int _{\Omega }K\left(y,x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}dy=\overline{\int _{\Omega }\overline{K\left(y,x\right)}u_{k}\left(y\right)}=\overline{\int _{\Omega }K\left(x,y\right)u_{k}\left(y\right)}=\overline{Lu_{k}\left(x\right)}=\overline{\lambda _{k}u_{k}\left(x\right)}\] Besselsche Ungleichung:\begin{eqnarray*} \sum _{k=n}^{m}\left|\lambda _{k}u_{k}\left(x\right)\right|^{2}=\sum _{k=n}^{m}\left|\overline{\lambda _{k}u_{k}\left(x\right)}\right|^{2}=\sum _{k=n}^{m}\left|\left\langle K\left(\cdot ,x\right),u_{k}\right\rangle \right|^{2} & \leq & \left\Vert K\left(\cdot ,x\right)\right\Vert _{L^{2}}^{2}\\ & = & \int _{\Omega }\left|K\left(y,x\right)\right|^{2}dy=\int _{\Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}\\ & \leq & \gamma \quad \textrm{unabhängig von }x \end{eqnarray*} Also:\[ \sum _{k=n}^{m}\left|\left\langle g,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}u_{k}\left(x\right)\right|\leq \sqrt{\gamma }\cdot \sqrt{\sum _{k=n}^{m}\left|\left\langle f,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}\right|^{2}}\xrightarrow{n,m\rightarrow \infty }0,\] weil $\sum _{k}\left|\left\langle f,u_{k}\right\rangle \right|^{2}$ konvergiert. \end{proof} \begin{thm} Erfülle % \marginpar{9.1.2003% }der stetige symmetrische Kern $K\left(x,y\right)\in L^{2}\left(\Omega \times \Omega \right)$ die Hilbert-Schmidt-Bedingung. Sei $\Omega $ kompakt und lokal von positivem Maß. Dann gilt\[ \boxed {\int _{\Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}dy=\sum _{k=1}^{\infty }\left|\frac{u_{k}\left(x\right)}{\mu _{k}}\right|^{2}}\] und die Reihe konvergiert gleichmäßig auf $\Omega $. \end{thm} \begin{proof} Betrachte einen neuen Kern\[ B\left(x,z\right)=\int _{\Omega }K\left(x,y\right)\cdot \overline{K\left(z,y\right)}dy=L\left(\overline{K\left(z,\cdot \right)}\right)\] Ist $z\in \Omega $ fest, wenden wir Satz (\ref{thm:6.16}) auf $g\left(x\right):=B\left(x,z\right)$ an !\begin{eqnarray*} B\left(x,z\right)=L\left(\overline{K\left(z,\cdot \right)}\right) & = & \sum _{k=1}^{\infty }\left\langle \overline{K\left(z,\cdot \right)},u_{k}\right\rangle L\left(u_{k}\right)\\ & = & \sum _{k=1}^{\infty }\frac{u_{k}\left(x\right)}{\mu _{k}}\int _{\Omega }\overline{K\left(z,y\right)}\overline{u_{k}\left(y\right)}dy\\ & = & \sum _{k=1}^{\infty }\frac{u_{k}\left(x\right)}{\mu _{k}}\overline{L\left(u_{k}\right)\left(z\right)}\\ & = & \sum _{k=1}^{\infty }\frac{u_{k}\left(x\right)}{\mu _{k}}\cdot \frac{\overline{u_{k}\left(z\right)}}{\mu _{k}}\\ \textrm{Lege }z=x\, \leadsto \, B\left(x,x\right)=\int _{\Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}dy & = & \sum _{k=1}^{\infty }\frac{\left|u_{k}\left(x\right)\right|^{2}}{\mu _{k}^{2}}\\ \textrm{Aber:}\, \underbrace{B\left(x,x\right)}_{\textrm{stetige Fkt.}} & = & \lim _{N\rightarrow \infty }\underbrace{\sum _{k=1}^{N}\frac{\left|u_{k}\left(x\right)\right|^{2}}{\mu _{k}^{2}}}_{\textrm{wachsende Folge stetiger Fkt.}} \end{eqnarray*} Dini-Lemma $\leadsto $ gleichmäßige Konvergenz \end{proof} \begin{conclusion*} $\Omega $ und $K$ wie zuvor. Dann gilt\[ \boxed {\lim _{n\rightarrow \infty }\int _{\Omega }\left|K\left(x,y\right)-\sum _{k=1}^{n}\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}\right|^{2}dy=0}\] und diese Konvergenz ist gleichmäßig in $x\in \Omega $. \end{conclusion*} \begin{proof} ~\begin{eqnarray*} \int _{\Omega }\left|K\left(x,y\right)-\sum _{k=1}^{n}\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}\right|^{2}dy & = & \int _{\Omega }K\left(x,y\right)\overline{K\left(x,y\right)}dy-2\int _{\Omega }\sum _{k=1}^{n}K\left(x,y\right)\overline{\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}}dy\\ & & +\int \left(\sum _{k=1}^{n}\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}\right)\overline{\left(\sum _{l=1}^{n}\frac{u_{l}\left(x\right)\overline{u_{l}\left(y\right)}}{\mu _{l}}\right)}dy\\ & = & \int _{\Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}dy-2\sum _{k=1}^{n}\frac{\overline{u_{k}\left(x\right)}}{\mu _{k}}\underbrace{\int _{\Omega }K\left(x,y\right)u_{k}\left(y\right)dy}_{Lu_{k}=\lambda _{k}u_{k}}\\ & & +\sum _{k,l=1}^{n}\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{l}\left(x\right)}}{\mu _{k}^{2}}\underbrace{\int _{\Omega }\overline{u_{k}\left(y\right)}u_{l}\left(y\right)dy}_{\left\langle u_{l},u_{k}\right\rangle _{L^{2}}=\delta _{k,l}}\\ & = & \int _{\Omega }K^{2}\left(x,y\right)dy-2\sum _{k=1}^{n}\frac{\overline{u_{k}\left(x\right)}}{\mu _{k}}\lambda _{k}u_{k}\left(x\right)+\sum _{k=1}^{n}\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(x\right)}}{\mu _{k}^{2}}\\ & = & \int _{\Omega }\left|K\left(x,y\right)\right|^{2}dy-\sum _{k=1}^{n}\left|\frac{u_{k}\left(x\right)}{\mu _{k}}\right|^{2}\rightrightarrows 0 \end{eqnarray*} \end{proof} \begin{thm} \label{thm:Mercer}(Mercer)\index{Mercer, Satz}% \marginpar{Satz von Mercer% } $\Omega $ kompakt, lokal positives Maß, $K\left(x,y\right)$ symmetrischer Kern, $K\left(x,y\right)=\overline{K\left(y,x\right)}$, $K\left(x,y\right)$ stetig, alle Eigenwerte $\mu _{k}>0$. Dann gilt\[ \boxed {K\left(x,y\right)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}}\] mit absoluter und gleichmäßiger Konvergenz! \end{thm} \begin{rem*} $Lf=\lambda _{k}f$ $\Leftrightarrow $ Lösung einer DGL $\leadsto $ Berechne alle Eigenpunkte der DGL $\leadsto $ explizite Formeln für $u_{k}\left(x\right)$ $\leadsto $ $\sum _{k}\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}$ berechnet durch $K\left(x,y\right)$ $n=1$: siehe Übungen; $n\geq 2$: Vorlesung über partielle Differentialgleichungen \end{rem*} \begin{proof} Setze\[ K_{n}\left(x,y\right):=K\left(x,y\right)-\sum _{k=1}^{n}\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}.\] Sei $f\in L^{2}\left(\Omega \right)$\[ Lf=\sum _{k=1}^{\infty }\lambda _{k}\left\langle f,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}u_{k}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{\mu _{k}}\left\langle f,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}u_{k}\] Also folgt \begin{eqnarray*} \left\langle Lf,f\right\rangle _{L^{2}} & = & \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{\mu _{k}}\left|\left\langle f,u_{k}\right\rangle _{L^{2}}\right|^{2}\geq 0 \end{eqnarray*} Sei $L_{n}$ der Integraloperator zu $K_{n}$. Dann gilt analog\[ \left\langle L_{n}f,f\right\rangle =\int _{\Omega \times \Omega }K_{n}\left(x,y\right)f\left(y\right)\overline{f\left(x\right)}dxdy\geq 0\] für alle $n$ und jede Funktion $f\in L^{2}\left(\Omega \right)$. \underbar{Wir zeigen}: $K_{n}\left(x,x\right)\geq 0$ für alle $x\in \Omega $. Zunächst gilt $K_{n}\left(x,x\right)=\overline{K_{n}\left(x,x\right)}$, d.h. $K_{n}\left(x,x\right)$ist reell. Angenommen, es ex. ein $x_{0}\in \Omega $ mit $K_{n}\left(x_{0},x_{0}\right)<0$. Somit existiert eine Umgebung $U\left(x_{0}\right)$ und eine positive Zahl $\delta $ mit \[ \textrm{Re}\left[K_{n}\left(x,y\right)\right]\leq -\delta <0\qquad \forall x,y\in U\left(x_{0}\right)\cap \Omega .\] Betrachte\[ f\left(x\right)=\left\{ \begin{array}{cc} 1 & x\in U\left(x_{0}\right)\cap \Omega \smallskip \\ 0 & \textrm{sonst}\end{array} \right.\] \begin{eqnarray*} 0 & \leq & \textrm{Re}\left\langle L_{n}f,f\right\rangle \\ & = & \textrm{Re}\int _{\Omega \times \Omega }K_{n}\left(x,y\right)f\left(y\right)\overline{f\left(x\right)}dxdy\\ & = & \textrm{Re}\int _{U\left(x_{0}\right)\cap \Omega }\int _{U\left(x_{0}\right)\cap \Omega }K_{n}\left(x,y\right)dxdy\\ & \leq & -\delta \cdot \int _{U\left(x_{0}\right)\cap \Omega }\int _{U\left(x_{0}\right)\cap \Omega }1\\ & = & -\delta \cdot \mu _{L}\left(U\left(x_{0}\right)\cap \Omega \right)^{2}\\ & \leq & 0\\ \leadsto \, \mu _{L}\left(U\left(x_{0}\right)\cap \Omega \right) & = & 0 \end{eqnarray*} Widerspruch, weil dann $\Omega $ nicht lokal von positivem Maß. Dann erhalten wir \begin{eqnarray*} 0 & \leq & K_{n}\left(x,x\right)=K\left(x,x\right)-\sum _{k=1}^{n}\left|\frac{u_{k}\left(x\right)}{\mu _{k}}\right|^{2}\\ \leadsto \, \sum _{k=1}^{n}\left|\frac{u_{k}\left(x\right)}{\mu _{k}}\right|^{2} & \leq & K\left(x,x\right), \end{eqnarray*} d.h. die Folge der Funktionen ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}}\left|\frac{u_{k}\left(x\right)}{\mu _{k}}\right|^{2}$ ist beschränkt und wachsend. Damit konvergiert ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }}\left|\frac{u_{k}\left(x\right)}{\mu _{k}}\right|^{2}$ in jedem Punkte. Sei \[ M:=\sup _{x\in \Omega }K\left(x,x\right)<\infty .\] Es gilt \[ \sum _{k=1}^{\infty }\left|\frac{u_{k}\left(x\right)}{\mu _{k}}\right|^{2}\leq M\] für alle $x\in \Omega $. Betrachte das Cauchy-Restglied\[ \left|\sum _{k=n}^{m}\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}\right|^{2}\stackrel{\textrm{CSU}}{\leq }\sum _{k=n}^{m}\frac{\left|u_{k}\left(x\right)\right|^{2}}{\mu _{k}}\cdot \sum _{k=n}^{m}\frac{\left|u_{k}\left(y\right)\right|^{2}}{\mu _{k}}\leq M\cdot \sum _{k=n}^{m}\frac{\left|u_{k}\left(x\right)\right|^{2}}{\mu _{k}}\] Bei festem $x$ konvergiert ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }}\frac{\left|u_{k}\left(x\right)\right|^{2}}{\mu _{k}}$. $\leadsto $ Bei festem $x$ konvergiert ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }}\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}$ gleichmäßig in $y\in \Omega $ und die Cauchy-Bedingung ist erfüllt. Nach der letzten Folgerung gilt: \[ \lim _{n\rightarrow \infty }\int _{\Omega }\left|K_{n}\left(x,y\right)-\sum _{k=1}^{n}\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}\right|^{2}dy\rightrightarrows 0.\] Alle Funktionen sind stetig $\leadsto $ \[ K\left(x,x\right)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\left|u_{k}\left(x\right)\right|^{2}}{\mu _{k}}\] punktweise für alle $x\in \Omega $. Dini-Lemma: $\left(\mu _{k}>0\right)$ Diese Konvergenz ist gleichmäßig. Letztlich gilt:\begin{eqnarray*} \left|u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}\right| & \leq & \frac{1}{2}\left(\left|u_{k}\left(x\right)\right|^{2}+\left|u_{k}\left(y\right)\right|^{2}\right)\\ \leadsto \, \sum _{k=1}^{\infty }\left|\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}\right| & \leq & \frac{1}{2}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\left|u_{k}\left(x\right)\right|^{2}}{\mu _{k}}+\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\left|u_{k}\left(y\right)\right|^{2}}{\mu _{k}} \end{eqnarray*} Dann konvergiert\[ K^{*}\left(x,y\right):=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{u_{k}\left(x\right)\overline{u_{k}\left(y\right)}}{\mu _{k}}\] gleichmäßig auf $\Omega \times \Omega $. $\leadsto $ $K^{*}$ ist stetig auf $\Omega \times \Omega $,\[ \int _{\Omega }\left|K\left(x,y\right)-K^{*}\left(x,y\right)\right|^{2}dy=0\quad \forall x\in \Omega ,\] $K$ ist stetig und $\Omega $ ist von lokal positivem Maß.\[ \leadsto \, K=K^{*}.\] \end{proof} \subsection{Spektraldarstellung selbstadjungierter und unitärer Operatoren} ~ Motivation aus der linearen Algebra: $L:\mathbb{C}^{N}\rightarrow \mathbb{C}^{N}$ linear, $L=L^{*}$. Dann existiert eine ON-Basis $e_{1},e_{2},\ldots ,e_{N}$ in $\mathbb{C}^{N}$ mit $L\left(e_{i}\right)=\lambda _{i}e_{i}$, $\sigma \left(L\right)=\left\{ \lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\right\} $. Sei $P_{i}:\mathbb{C}^{N}\rightarrow \mathbb{C}^{N}$ die Orthogonalprojektion auf $\mathbb{C}\cdot e_{i}$, $P_{i}\left(x\right)=\left\langle x,e_{i}\right\rangle \cdot e_{i}$. Dann gilt\[ L=\sum _{i=1}^{N}\lambda _{i}P_{i}=\sum _{\lambda \in \sigma \left(L\right)}\lambda \cdot P_{\lambda }\stackrel{??}{=}\int _{\sigma \left(L\right)}\lambda \cdot P_{\lambda }d\lambda \] \subsubsection{Spektralmaße} \begin{lyxlist}{00.00.0000} \item [$H$]Hilbertraum \item [$\left(\Omega ,\mathcal{A}\right)$]Menge $\Omega $ mit $\sigma $-Algebra $\mathcal{A}$. \item [$\textrm{Proj}\left(H\right)$\index{$\textrm{Proj}\left(H\right)$}]Menge aller Projektoren\index{Projektor} in $H$% \marginpar{Projektoren $\textrm{Proj}\left(H\right)$% }\[ \boxed {\textrm{Proj}\left(H\right)=\left\{ P:H\rightarrow H\left|P^{2}=P\textrm{ und }P^{*}=P\right.\right\} }\] \end{lyxlist} \begin{defn} \label{def:Spektralma=DF}Ein \underbar{Spektralmaß} \index{Spektralmaß}% \marginpar{Spektralmaß% }ist eine Zuordnung \[ \boxed {E:\mathcal{A}\rightarrow \textrm{Proj}\left(H\right)}\] mit folgender Eigenschaft: \begin{enumerate} \item Ist $x\in H$, so ist die Abbildung \[ \boxed {\mathcal{A}\ni A\mapsto E\left(A\right)x\in H\quad \sigma \textrm{-additiv}}\] \item ~\[ \boxed {E\left(\Omega \right)=\textrm{Id}_{H}}\] \item Für alle Mengen $A_{1},A_{2}\in \mathcal{A}$ gilt \[ \boxed {E\left(A_{1}\cap A_{2}\right)=E\left(A_{1}\right)\cdot E\left(A_{2}\right)}\] \end{enumerate} \end{defn} \begin{rem*} $E:\mathcal{A}\rightarrow \textrm{Proj}\left(H\right)$ sei Spektralmaß. Sei $x\in H$ ein Vektor. Definiere dann% \marginpar{Lokalisierung von $E$% } \[ \boxed {E_{x}:\mathcal{A}\rightarrow \left[0,\infty \right)}\] durch\[ \boxed {E_{x}\left(A\right):=\left\langle E\left(A\right)x,x\right\rangle }\] Dann ist $E_{x}$ ein gewöhnliches, endliches ($E_{x}\left(\Omega \right)=\left\Vert x\right\Vert ^{2}$!) Maß auf $\left(\Omega ,\mathcal{A}\right)$. $E_{x}$ - Lokalisierung von $E$ auf $x\in H$.\index{Lokalisierung} \end{rem*} \begin{example*} $\left(\Omega ,\mathcal{A},\mu \right)$- Maßraum. $H:=L^{2}\left(\Omega ,\mathcal{A},\mu \right)$. Definiere $E:\mathcal{A}\rightarrow \textrm{Proj}\left(H\right)$ durch\[ E\left(A\right)f:=\chi _{A}\cdot f\qquad f\in L^{2}\left(\Omega ,\mathcal{A},\mu \right).\] $E\left(A\right):L^{2}\left(\Omega ,\mathcal{A},\mu \right)\rightarrow L^{2}\left(\Omega ,\mathcal{A},\mu \right)$ ist Projektor ($E^{2}\left(A\right)=E\left(A\right)$, $E^{*}\left(A\right)=E\left(A\right)$). $f\in H=L^{2}\left(\Omega ,\mathcal{A},\mu \right)$. Berechnen \begin{eqnarray*} E_{f}\left(A\right) & = & \left\langle E\left(A\right)f,f\right\rangle _{L^{2}}=\left\langle \chi _{A}f,f\right\rangle _{L^{2}}=\int _{A}\left|f\right|^{2}d\mu \\ \leadsto \, \frac{dE_{f}}{d\mu } & = & \left|f\right|^{2} \end{eqnarray*} \end{example*} \begin{rem*} Gilt $A_{1}\cap A_{2}=\emptyset $, so ist\[ 0=E\left(\emptyset \right)=E\left(A_{1}\cap A_{2}\right)=E\left(A_{1}\right)\cdot E\left(A_{2}\right)\] Dann projizieren $E\left(A_{1}\right)$ und $E\left(A_{2}\right)$ auf zueinander orthogonale Räume in $H$. \end{rem*} \underbar{Ziel}: Entwicklung einer Integrationstheorie: Für jede \underbar{beschränkte}, $\mathcal{A}$-meßbare Funktion $f:\Omega \rightarrow \mathbb{C}$ soll ein Integral% \marginpar{14.01.2003% }\[ \int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\in \mathcal{L}\left(H,H\right).\] definiert werden. \begin{enumerate} \item $f={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}}c_{i}\chi _{A_{i}}$, $A_{i}\in \mathcal{A}$\[ \boxed {\int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE\left(\omega \right):=\sum _{i=1}^{\infty }c_{i}\cdot E\left(A_{i}\right)\in \mathcal{L}\left(H,H\right)}\] \begin{thm} \label{thm:6.20}$f_{1},f_{2}$ seien einfache, $\mathcal{A}$-meßbare Funktionen. \begin{enumerate} \smallskip{} \item ~\[ \boxed {\int _{\Omega }\left(\alpha f_{1}+\beta f_{2}\right)\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)=\alpha \int _{\Omega }f_{1}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)+\beta \int _{\Omega }f_{2}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)}\] \item ~\[ \boxed {\left(\int _{\Omega }f_{1}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\right)^{*}=\int _{\Omega }\overline{f_{1}\left(\omega \right)}dE\left(\omega \right)}\] (weil $E\left(A_{i}\right)^{*}=E\left(A_{i}\right)$) \item ~\[ \boxed {\int _{\Omega }f_{1}\left(\omega \right)f_{2}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)=\left(\int _{\Omega }f_{1}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\right)\cdot \left(\int _{\Omega }f_{2}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\right)}\] \item ~\[ \boxed {\left\Vert \int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\right\Vert \leq \sup _{\omega \in \Omega }\left|f\left(\omega \right)\right|}\] \item ~\[ \boxed {\left\langle \int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\cdot x,x\right\rangle =\int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE_{x}\left(\omega \right)}\] \end{enumerate} \end{thm} \begin{proof} zu (c): $f_{1},f_{2}$ seien zwei Treppenfunktionen. Stelle $f_{1},f_{2}$ bzgl. einer gemeinsamen Zerlegung $\Omega =A_{1}\dot{\cup }A_{2}\dot{\cup }\ldots \dot{\cup }A_{n}$ dar:\begin{eqnarray*} f_{1}=\sum _{i=1}^{n}c_{i}\chi _{A_{i}} & & f_{2}=\sum _{j=1}^{n}d_{j}\chi _{A_{j}}\\ \leadsto \, f_{1}\cdot f_{2} & = & \sum _{i=1}^{n}c_{i}d_{i}\chi _{A_{i}}\\ \int _{\Omega }\left(f_{1}f_{2}\right)\left(\omega \right)dE\left(\omega \right) & = & \sum _{i=1}^{n}c_{i}d_{i}E\left(A_{i}\right) \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} \left(\int _{\Omega }f_{1}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\right)\left(\int _{\Omega }f_{2}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\right) & = & \left(\sum _{i=1}^{n}c_{i}E\left(A_{i}\right)\right)\cdot \left(\sum _{j=1}^{n}d_{j}E\left(A_{j}\right)\right)\\ & = & \sum _{i,j}c_{i}d_{j}\cdot E\left(A_{i}\right)E\left(A_{j}\right)\\ & = & \sum _{i,j}c_{i}d_{j}\cdot E\underbrace{\left(A_{i}\cap A_{j}\right)}_{=\emptyset \textrm{ für }i\neq j}\\ & = & \sum _{i=1}^{n}c_{i}d_{i}\cdot E\left(A_{i}\right) \end{eqnarray*} zu (d): $f={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}}c_{i}\chi _{A_{i}}$, $\Omega =A_{1}\dot{\cup }\ldots \dot{\cup }A_{n}$.\[ \left\Vert \int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\right\Vert =\left\Vert \sum _{i=1}^{n}c_{i}E\left(A_{i}\right)\right\Vert =\sup _{\left\Vert x\right\Vert =1,x\in H}\left|\left\langle \sum _{i=1}^{n}c_{i}E\left(A_{i}\right)x,x\right\rangle \right|\] $E\left(A_{1}\right)$, $E\left(A_{2}\right)$, $\ldots $ projizieren auf paarweise orthogonale Räume $W_{1},W_{2},\ldots ,W_{n}\subset H$, weil $A_{i}\cap A_{j}=\emptyset $ $\left(i\neq j\right)$. \smallskip{} \noindent Sei $\left\Vert x\right\Vert =1$ und zerlege $x=x_{1}+x_{2}+\ldots +x_{n}+x_{\textrm{rest}}$, $x_{i}\in W_{i}$ und $x_{\textrm{rest}}\bot W_{1}\oplus \ldots \oplus W_{n}$. Dann gilt\begin{eqnarray*} \sum _{i=1}^{n}c_{i}E\left(A_{i}\right)\cdot x & = & \sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot x_{i}\\ \leadsto \, \left\langle \sum _{i=1}^{n}c_{i}E\left(A_{i}\right)x,x\right\rangle & = & \sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot \left\langle x_{i},x\right\rangle =\sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot \left\Vert x_{i}\right\Vert ^{2}\\ \left|\left\langle \sum _{i=1}^{n}c_{i}E\left(A_{i}\right)x,x\right\rangle \right| & \leq & \sum _{i=1}^{n}\left|c_{i}\right|\cdot \underbrace{\left\Vert x_{i}\right\Vert ^{2}}_{\leq 1,\textrm{ weil }\left\Vert x\right\Vert \leq 1}\\ & \leq & \max _{1\leq i\leq n}\left(\left|c_{i}\right|\right)\cdot \underbrace{\sum _{i=1}^{n}\left\Vert x_{i}\right\Vert ^{2}}_{\leq 1,\textrm{ weil }\left\Vert x\right\Vert \leq 1}\\ \leadsto \, \sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left|\left\langle \sum _{i=1}^{n}c_{i}E\left(A_{i}\right)x,x\right\rangle \right| & \leq & \max _{1\leq i\leq n}\left(\left|c_{i}\right|\right)=\sup _{\omega \in \Omega }\left|f\left(\omega \right)\right| \end{eqnarray*} \end{proof} \item $f:\Omega \rightarrow \mathbb{C}$ $\mathcal{A}$-meßbar, \underbar{beschränkt}. \smallskip{} \noindent Stelle $f$ als $f=f_{1}+i\cdot f_{2}$ dar. Dann sind $f_{1},f_{2}:\Omega \rightarrow \mathbb{R}^{1}$ $\mathcal{A}$-meßbar und beschränkt.\[ \boxed {\int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE\left(\omega \right):=\int _{\Omega }f_{1}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)+i\cdot \int _{\Omega }f_{2}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)}\] D.h. es genügt $\int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)$ für eine beschränkte, $\mathcal{A}$-meßbare, reell-wertige Funktion zu definieren. \smallskip{} \item $f:\Omega \rightarrow \mathbb{R}^{1}$ reellwertig, $\mathcal{A}$-meßbar, beschränkt. Bilde\begin{eqnarray*} f_{+}\left(\omega \right) & := & \max \left(f\left(\omega \right),0\right)\\ f_{-}\left(\omega \right) & := & \max \left(-f\left(\omega \right),0\right)\\ f & = & f_{+}-f_{-}, \end{eqnarray*} $f_{\pm }$ nichtnegative, $\mathcal{A}$-meßbare, beschränkte Funktionen\[ \boxed {\int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE\left(\omega \right):=\int _{\Omega }f_{+}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)-\int _{\Omega }f_{-}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)}\] D.h. es genügt $\int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)$ für jede nichtnegative, beschränkte, $\mathcal{A}$-meßbare Funktion $f:\Omega \rightarrow \left[0,\infty \right)$ zu definieren. \smallskip{} \item $f:\Omega \rightarrow \left[0,\infty \right)$ sei nichtnegativ, $\mathcal{A}$-meßbar, beschränkt. \begin{lem} $f:\Omega \rightarrow \left[0,\infty \right)$ sei nicht-negativ, $\mathcal{A}$-meßbar, beschränkt. Es existiert eine Folge $f_{n}:\Omega \rightarrow \left[0,\infty \right)$ von Treppenfunktionen mit $0\leq f_{n}\leq f$ und $f_{n}\rightrightarrows f$. \end{lem} \begin{proof} Sei $\left[t\right]$ der ganzzahlige Anteil der Zahl $t\in \mathbb{R}^{1}$. \[ f_{n}\left(\omega \right):=\frac{1}{n}\left[n\cdot f\left(\omega \right)\right]\] Es existiert eine Konstante $M>0$ mit \[ 0\leq f\left(\omega \right)\leq M\qquad \forall \omega \in \Omega .\] Damit hat $f_{n}\left(\omega \right)$ höchstens die Werte $\frac{1}{n}\cdot 0,\frac{1}{n}\cdot 1,\ldots ,\frac{1}{n}\cdot \left[n\cdot M\right]\leq M$ - endlich viele Werte! Nach Definition von $\left[t\right]$: \begin{eqnarray*} 0\leq & n\cdot f\left(\omega \right)-\left[n\cdot f\left(\omega \right)\right] & \leq 1\\ \leadsto \, 0\leq & f\left(\omega \right)-\frac{1}{n}\left[n\cdot f\left(\omega \right)\right] & \leq \frac{1}{n}\\ \leadsto \, 0\leq & f\left(\omega \right)-f_{n}\left(\omega \right) & \leq \frac{1}{n}\quad \forall \omega \in \Omega \\ \leadsto & {\displaystyle \sup _{\omega \in \Omega }}\left|f\left(\omega \right)-f_{n}\left(\omega \right)\right| & \leq \frac{1}{n}\\ \leadsto & f_{n}\rightrightarrows f & \end{eqnarray*} \end{proof} \smallskip{} \noindent \underbar{Integraldefinition}: $f:\Omega \rightarrow \left[0,\infty \right)$ sei beschränkt und $\mathcal{A}$-meßbar. \smallskip{} \noindent Wähle $f_{n}\nearrow \! \! \! \nearrow f$ und $f_{n}$ Treppenfunktionen\[ \left\Vert \int _{\Omega }f_{n}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)-\int _{\Omega }f_{m}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\right\Vert \leq \sup _{\omega \in \Omega }\underbrace{\left|f_{n}\left(\omega \right)-f_{m}\left(\omega \right)\right|}_{\textrm{hat die Cauchy-Eigenschaft}}\] \smallskip{} \noindent $\leadsto $ Die Folge der Operatoren $\int _{\Omega }f_{n}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right):H\rightarrow H$ ist eine Cauchy-Folge. \smallskip{} \noindent $\mathcal{L}\left(H,H\right)$ ist ein vollständiger, normierter Raum\[ \boxed {\int _{\Omega }f\left(\omega \right)dE\left(\omega \right):=\lim _{n\rightarrow \infty }\int _{\Omega }f_{n}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)}\] (Grenzwert in $\mathcal{L}\left(H,H\right)$ bzgl. Operatornorm). \begin{thm} Die Eigenschaften (a)-(e) des letzten Satzes (\ref{thm:6.20}) übertragen sich. \end{thm} \end{enumerate} \begin{example*} $\left(\Omega ,\mathcal{A},\mu \right)$-Maßraum, $H=L^{2}\left(\Omega ,\mathcal{A},\mu \right)$. $E:\mathcal{A}\rightarrow \textrm{Proj}\left(L^{2}\left(\Omega ,\mathcal{A},\mu \right)\right)$ sei definiert durch: \[ E\left(A\right)f=\chi _{A}\cdot f\] Die Konstruktion liefert für jede beschränkte, $\mathcal{A}$-meßbare Funktion $g:\Omega \rightarrow \mathbb{C}$ einen Operator\[ \int _{\Omega }g\left(\omega \right)dE\left(\omega \right):L^{2}\rightarrow L^{2}.\] \begin{eqnarray*} \left[\int _{\Omega }\chi _{A}\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\right]f & = & \left[E\left(A\right)\right]f=\chi _{A}\cdot f.\\ \leadsto \, \left[\int _{\Omega }g\left(\omega \right)dE\left(\omega \right)\right]f & = & g\cdot f\qquad f\in L^{2}. \end{eqnarray*} \end{example*} \subsubsection{Spektraldarstellung selbstadjungierter Operatoren (stetiger Fall)} \begin{thm} \label{thm:Spektraldarstellung-selbstadj-Operator}\index{Spektralsatz, selbstadjungierter stetiger Operator}$L:H\rightarrow H$ selbstadjungiert\index{Operator, selbstadjungiert}% \marginpar{Spektralsatz für selbstadjungierte Operatoren% }, stetig. $\sigma \left(L\right)\subset \mathbb{R}^{1}$ kompakte Teilmenge von $\mathbb{R}^{1}$. Maßraum $\left(\sigma \left(L\right),\mathcal{B}\left(\sigma \left(L\right)\right)\right)$. Dann existiert genau ein reguläres Spektralmaß $E:\mathcal{B}\left(\sigma \left(L\right)\right)\rightarrow \mathrm{Proj}\left(H\right)$ mit \[ \boxed {L=\int _{\sigma \left(L\right)}\lambda dE\left(\lambda \right)}\] \end{thm} Ist $\dim H<\infty $, $\sigma \left(L\right)=\left\{ \lambda _{1},\lambda _{2},\ldots \right\} $, so ist\[ L=\sum \lambda _{i}\textrm{Proj}_{E_{\lambda _{i}}}=\sum \lambda _{i}E\left(\left\{ \lambda _{i}\right\} \right)=\int _{\sigma \left(L\right)}\lambda dE\left(\lambda \right).\] \begin{defn} \label{def:regulaeres-Spektralma=DF}$A\subset \mathbb{R}^{1}$ Borel-Menge.% \marginpar{reguläres Spektralmaß% } $\mathcal{B}\left(A\right)$ $\sigma $-Algebra der Borelmengen in $A$. $E:\mathcal{B}\left(A\right)\rightarrow \textrm{Proj}\left(H\right)$ Spektralmaß. $E$ heißt \underbar{reguläres Spektralmaß}\index{reguläres Spektralmaß}\index{Spektralmaß, regulär}, falls \[ \boxed {\forall B\in \mathcal{B}\left(A\right)\forall x\in H\forall \varepsilon >0\quad \exists F\textrm{ abg.},\, O\textrm{ offen},\, F\subset B\subset O\subset A:\quad \left\Vert E\left(Q\right)x\right\Vert <\varepsilon \quad \forall Q\subset O\setminus F}\] \end{defn} \begin{thm} Sei $H$ komplexer Hilbert-Raum, $L:H\rightarrow H$ linear, stetig% \marginpar{$\sigma \left(P\left(L\right)\right)=P\left(\sigma \left(L\right)\right)$% }\begin{eqnarray*} P\left(x\right) & = & \sum _{i=1}^{n}a_{i}x^{i}\quad \textrm{Polynom}\\ P\left(L\right) & = & \sum _{i=1}^{n}a_{i}L^{i} \end{eqnarray*} Dann gilt\[ \boxed {\sigma \left(P\left(L\right)\right)=P\left(\sigma \left(L\right)\right)}\] \end{thm} \begin{proof} Sei $\lambda \in \sigma \left(L\right)$. Dann hat $P\left(x\right)-P\left(\lambda \right)$ eine Nullstelle bei $x=\lambda $.\[ \leadsto \, P\left(x\right)-P\left(\lambda \right)=\left(x-\lambda \right)Q_{\lambda }\left(x\right)=Q_{\lambda }\left(x\right)\left(x-\lambda \right).\] Setze $x=L$:\[ P\left(L\right)-P\left(\lambda \right)\cdot \textrm{Id}=\left(L-\lambda \textrm{Id}\right)Q_{\lambda }\left(L\right)=Q_{\lambda }\left(L\right)\left(L-\lambda \textrm{Id}\right).\] Angenommen, $P\left(\lambda \right)\not \in \sigma \left(P\left(L\right)\right)$ $\leadsto $ $\left[P\left(L\right)-P\left(\lambda \right)\textrm{Id}\right]^{-1}$ existiert. $\leadsto $ $L-\lambda \textrm{Id}$ ist bijektiv, d.h. $\lambda \not \in \sigma \left(L\right)$, Widerspruch. Also:\[ \lambda \in \sigma \left(L\right)\quad \leadsto \quad P\left(\lambda \right)\in \sigma \left(P\left(L\right)\right).\] Umgekehrt: Sei $\mu \in \sigma \left(P\left(L\right)\right)$. Betrachte $P\left(x\right)-\mu $. Zerlege dieses Polynom über $\mathbb{C}$\[ P\left(x\right)-\mu =a\left(x-\lambda _{1}\right)\cdots \left(x-\lambda _{n}\right),\qquad \lambda _{i}\in \mathbb{C}.\] Setze $x=L$:\[ P\left(L\right)-\mu \textrm{Id}_{H}=a\left(L-\lambda _{1}\textrm{Id}\right)\cdots \left(L-\lambda _{n}\textrm{Id}\right).\] Angenommen, $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\not \in \sigma \left(L\right)$. Alle Operatoren $L-\lambda _{i}\textrm{Id}$ sind invertierbar. $\leadsto $ $P\left(L\right)-\mu \textrm{Id}_{H}$ invertierbar $\leadsto $ Widerspruch zu $\mu \in \sigma \left(P\left(H\right)\right)$. Also existiert $\lambda _{i_{0}}\in \sigma \left(L\right)$. Setze $x=\lambda _{i_{0}}$.\begin{eqnarray*} \leadsto \, P\left(\lambda _{i_{0}}\right)-\mu & = & 0\\ \leadsto \, \mu & = & P\left(\lambda _{i_{0}}\right),\quad \lambda _{i_{0}}\in \sigma \left(L\right)\\ \leadsto \, \mu & \in & P\left(\sigma \left(L\right)\right). \end{eqnarray*} \end{proof} \begin{conclusion*} ~% \marginpar{16.01.2003% }\[ \left\Vert P\left(L\right)\right\Vert =\sup _{\lambda \in \sigma \left(L\right)}\left|P\left(\lambda \right)\right|\] \end{conclusion*} \begin{proof} ~\begin{eqnarray*} \left\Vert P\left(L\right)\right\Vert ^{2} & = & \sup _{x\in H,\left\Vert x\right\Vert =1}\left\Vert P\left(L\right)x\right\Vert ^{2}\\ & = & \sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left\langle P\left(L\right)x,P\left(L\right)x\right\rangle \\ & = & \sup _{\left\Vert x\right\Vert =1}\left\langle P^{*}\left(L\right)P\left(L\right)x,x\right\rangle \\ & = & \left\Vert P^{*}\left(L\right)P\left(L\right)\right\Vert \\ & \stackrel{P^{*}\left(L\right)P\left(L\right)\textrm{ s.a.}}{\textrm{=}} & \sup \left\{ \left|\lambda \right|\left|\lambda \in \sigma \left(P^{*}\left(L\right)P\left(L\right)\right)\right.\right\} \qquad P^{*}=\bar{P}\\ & = & \sup \left\{ \bar{P}\left(\lambda \right)P\left(\lambda \right)\left|\lambda \in \sigma \left(L\right)\right.\right\} \\ & = & \sup \left\{ \left|P\left(\lambda \right)\right|^{2}\left|\lambda \in \sigma \left(L\right)\right.\right\} \end{eqnarray*} \end{proof} %~ \begin{proof} (des Spektralsatzes für selbstadjungierte Operatoren \ref{thm:Spektraldarstellung-selbstadj-Operator}) $L:H\rightarrow H$ selbstadjungiert, $S:=\sigma \left(L\right)\subset \mathbb{R}^{1}$ kompakt. Betrachten den Banach-Raum $\mathcal{C}\left(S\right)$ mit der Supremumsnorm. Sei $W\subset \mathcal{C}\left(S\right)$ der Teilraum der Polynome. Approximationssatz: $W$ ist dicht in $\mathcal{C}\left(S\right)$. Folgerung $\leadsto $ \[ \left\Vert P\left(L\right)\right\Vert _{\mathcal{L}\left(H,H\right)}=\left\Vert P\left(x\right)\right\Vert _{\mathcal{C}\left(S\right)}.\] $x,y\in H$ gegeben. Betrachten das Funktional $\Phi _{x,y}:W\rightarrow \mathbb{C}$\[ \Phi _{x,y}\left(P\right):=\left\langle P\left(L\right)x,y\right\rangle .\] \begin{eqnarray*} \left|\Phi _{x,y}\left(P\right)\right| & = & \left|\left\langle P\left(L\right)x,y\right\rangle \right|\\ & \leq & \left\Vert P\left(L\right)x\right\Vert _{H}\cdot \left\Vert y\right\Vert _{H}\\ & \leq & \left\Vert P\left(L\right)\right\Vert _{\mathcal{L}\left(H,H\right)}\cdot \left\Vert x\right\Vert _{H}\cdot \left\Vert y\right\Vert _{H}\\ & = & \left\Vert P\left(x\right)\right\Vert _{\mathcal{C}\left(S\right)}\cdot \left\Vert x\right\Vert _{H}\cdot \left\Vert y\right\Vert _{H} \end{eqnarray*} Damit wird $\Phi _{x,y}:W\rightarrow \mathbb{C}$ stetig in der Supremumsnorm. Weil $W\subset \mathcal{C}\left(S\right)$ dicht ist, existiert eine \underbar{stetige} Ausdehung $\Phi _{x,y}:\mathcal{C}\left(S\right)\rightarrow \mathbb{C}$. Damit ist (nach Satz von Riesz, Maßtheorie)\index{$\mathcal{C}(X)$}\[ \Phi _{x,y}\in \mathcal{C}\left(S\right)\simeq \mathcal{C}_{r}^{*}\left(S\right):=\textrm{Raum aller regulären signierten komplexwertigen Borel-Maße auf }S\] $\leadsto $ Es existiert ein eindeutig bestimmtes reguläres Borelmaß\[ \mu \left(L,x,y\right)=\mu ^{1}\left(L,x,y\right)+i\mu ^{2}\left(L,x,y\right)\] mit \begin{eqnarray*} \Phi _{x,y}\left(P\left(\lambda \right)\right) & = & \int _{S}P\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,y\right)\left(\lambda \right)\quad \forall P\in W \end{eqnarray*} \begin{displaymath} \begin{CD} W @>\text{dicht}>> \mathcal{C}(S) @>\sim >> \mathcal{C}^{*}_r(S) \\ \Phi_{x,y}:W\rightarrow\mathbb{C} @= \Phi_{x,y}:\mathcal{C}(S)\rightarrow\mathbb{C} @= \mu(L,x,y):\mathcal{C}(S)\rightarrow\mathbb{C} \\ P \mapsto \left< P(L)x,y\right> @. P \mapsto \left< P(L)x,y\right> @. P \mapsto \int_S P(\lambda)d\mu(L,x,y)(\lambda) \end{CD} \end{displaymath} Also gilt:\begin{eqnarray*} \left\langle P\left(L\right)x,y\right\rangle & = & \int _{S}\underbrace{P\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,y\right)}_{\textrm{hat Sinn }\forall f\in \mathcal{C}\left(S\right)}\left(\lambda \right) \end{eqnarray*} Sei\[ \beta \left(f,L,x,y\right):=\int _{S}f\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,y\right)\left(\lambda \right)\] Sei $A\in \mathcal{B}\left(S\right)$ eine Borel-Menge in $S$. Dann ist $h_{A}:H\times H\rightarrow \mathbb{C}$ mit\[ h_{A}\left(x,y\right):=\mu \left(L,x,y\right)\left(A\right),\] eine hermitische Form: Wir haben für \underbar{jedes} Polynom:\begin{eqnarray*} \int _{S}P\left(\lambda \right)d\mu \left(L,\alpha _{1}x_{1}+\alpha _{2}x_{2},y\right)\left(\lambda \right) & = & \left\langle P\left(L\right)\left(\alpha _{1}x_{1}+\alpha _{2}x_{2}\right),y\right\rangle \\ & = & \alpha _{1}\left\langle P\left(L\right)x_{1},y\right\rangle +\alpha _{2}\left\langle P\left(L\right)x_{2},y\right\rangle \\ & = & \int _{S}P\left(\lambda \right)\left\{ \alpha _{1}d\mu \left(L,x_{1},y\right)+\alpha _{2}d\mu \left(L,x_{2},y\right)\right\} \left(\lambda \right) \end{eqnarray*} Das signierte Borelmaß $\alpha _{1}\mu \left(L,x_{1},y\right)+\alpha _{2}\mu \left(L,x_{2},y\right)$ gehört zum Punkt $\left(\alpha _{1}x_{1}+\alpha _{2}x_{2},y\right)$\begin{eqnarray*} \leadsto \, \alpha _{1}\mu \left(L,x_{1},y\right)+\alpha _{2}\mu \left(L,x_{2},y\right) & = & \mu \left(L,\alpha _{1}x_{1}+\alpha _{2}x_{2},y\right)\\ \leadsto \, \alpha _{1}h_{A}\left(x_{1},y\right)+\alpha _{2}h_{A}\left(x_{2},y\right) & = & h_{A}\left(\alpha _{1}x_{1}+\alpha _{2}x_{2},y\right) \end{eqnarray*} \underbar{Analog}: $h_{A}\left(x,\alpha _{1}y_{1}+\alpha _{2}y_{2}\right)=\bar{\alpha }_{1}h_{A}\left(x,y_{1}\right)+\bar{\alpha }_{2}h_{A}\left(x,y_{2}\right)$. Weiterhin gilt:% \footnote{\[ \left\Vert \Phi _{x,y}\right\Vert _{\mathcal{C}\left(S\right)}=\sup _{P\in W}\frac{\left|\Phi _{x,y}\left(P\right)\right|}{\left\Vert P\right\Vert _{\mathcal{C}\left(S\right)}}=\sup _{P\in W}\frac{\left|\left\langle Px,y\right\rangle \right|}{\left\Vert P\right\Vert _{\mathcal{C}\left(S\right)}}\stackrel{\textrm{CSU}}{\leq }\sup _{P\in W}\frac{\left\Vert P\left(x\right)\right\Vert _{\mathcal{C}\left(S\right)}\cdot \left\Vert x\right\Vert \cdot \left\Vert y\right\Vert }{\left\Vert P\left(x\right)\right\Vert _{\mathcal{C}\left(S\right)}}=\left\Vert x\right\Vert \cdot \left\Vert y\right\Vert \] % }\[ \left|h_{A}\left(x,y\right)\right|=\left|\mu \left(L,x,y\right)\left(A\right)\right|\leq \textrm{var}\left(\mu \left(L,x,y\right)\right)=\left\Vert \Phi _{x,y}\right\Vert _{\mathcal{C}\left(S\right)}\leq \left\Vert x\right\Vert \cdot \left\Vert y\right\Vert \] $\leadsto $ $h_{A}:H\times H\rightarrow \mathbb{C}$ ist eine stetige, hermitische Form. $A\in \mathcal{B}\left(S\right)$ Damit existiert ein Operator\[ E\left(A\right):H\rightarrow H\] mit \[ h_{A}\left(x,y\right)=\left\langle E\left(A\right)x,y\right\rangle \quad \forall x,y\in H.\] \[ \mathcal{B}\left(S\right)\ni A\, \mapsto \, E\left(A\right):H\rightarrow H.\] \underbar{Zu zeigen}: $E\left(A\right)$ sind Projektoren und $E$ ist Spektralmaß. $E\left(A\right)$ ist ein Projektor ($\left(E\left(A\right)\right)^{*}=E\left(A\right)$ und $E\left(A\right)\circ E\left(A\right)=E\left(A\right)$): \begin{itemize} \item $\left(E\left(A\right)\right)^{*}=E\left(A\right)$: Betrachte\begin{eqnarray*} \int _{S}P\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,y\right)\left(\lambda \right) & = & \left\langle P\left(L\right)x,y\right\rangle _{H}\\ & \stackrel{{L=L^{*}\atop P\in \mathbb{R}\left[X\right]}}{=} & \left\langle x,P\left(L\right)y\right\rangle _{H}\\ & = & \overline{\left\langle P\left(L\right)y,x\right\rangle }_{H}\\ & = & \overline{\int _{S\subset \mathbb{R}^{1}}P\left(\lambda \right)d\mu \left(L,y,x\right)\left(\lambda \right)}\\ & = & \int _{S}P\left(\lambda \right)\overline{d\mu \left(L,y,x\right)}\left(\lambda \right)\\ \leadsto \, \mu \left(L,x,y\right) & = & \overline{\mu \left(L,y,x\right)}\\ \leadsto \, h_{A}\left(x,y\right) & = & \overline{h_{A}\left(y,x\right)}\\ \leadsto \, \left\langle E\left(A\right)x,y\right\rangle & = & \overline{\left\langle E\left(A\right)y,x\right\rangle }=\left\langle x,E\left(A\right)y\right\rangle \quad \forall x,y\in H\\ \leadsto \, \left(E\left(A\right)\right)^{*} & = & E\left(A\right) \end{eqnarray*} \item $E\left(A\right)\circ E\left(A\right)=E\left(A\right)$: $P$ und $Q$ seien Polynome mit reellen Koeffizienten. Berechne\begin{eqnarray*} \int _{S}P\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,Q\left(L\right)y\right) & = & \left\langle P\left(L\right)x,Q\left(L\right)y\right\rangle \\ & \stackrel{{L^{*}=L\atop Q\in \mathbb{R}\left[X\right]}}{=} & \left\langle Q\left(L\right)P\left(L\right)x,y\right\rangle \\ & = & \int _{S}P\left(\lambda \right)\cdot Q\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,y\right) \end{eqnarray*} Damit gilt für die Radon-Nikodym-Ableitung\index{Radon-Nikodym-Ableitung}:\begin{equation} \frac{d\mu \left(L,x,Q\left(L\right)y\right)}{d\mu \left(L,x,y\right)}=Q\left(\lambda \right)\label{eq:6.23.1}\end{equation} Fixiere $A\in \mathcal{B}\left(S\right)$ und betrachte\begin{eqnarray*} \int _{S}P\left(\lambda \right)d\mu \left(L,E\left(A\right)x,y\right) & = & \left\langle P\left(L\right)E\left(A\right)x,y\right\rangle \\ & \stackrel{{L=L^{*}\atop P\in \mathbb{R}\left[X\right]}}{=} & \left\langle E\left(A\right)x,P\left(L\right)y\right\rangle \\ & = & h_{A}\left(x,P\left(L\right)y\right)\\ & = & \mu \left(L,x,P\left(L\right)y\right)\left(A\right)\\ & = & \int _{S}\chi _{A}\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,P\left(L\right)y\right)\\ & \stackrel{\left(\ref {eq:6.23.1}\right)}{=} & \int _{S}\chi _{A}\left(\lambda \right)P\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,y\right) \end{eqnarray*} \underbar{Also gilt}: \begin{equation} \frac{d\mu \left(L,E\left(A\right)x,y\right)}{d\mu \left(L,x,y\right)}=\chi _{A}\label{eq:6.23.2}\end{equation} Seien nun $A_{1},A_{2}\in \mathcal{B}\left(S\right)$, so gilt:\begin{eqnarray*} \left\langle E\left(A_{1}\right)E\left(A_{2}\right)x,y\right\rangle & = & h_{A_{1}}\left(E\left(A_{2}\right)x,y\right)\\ & = & \mu \left(L,E\left(A_{2}\right)x,y\right)\left(A_{1}\right)\\ & = & \int _{S}\chi _{A_{1}}\left(\lambda \right)d\mu \left(L,E\left(A_{2}\right)x,y\right)\left(\lambda \right)\\ & \stackrel{\left(\ref {eq:6.23.2}\right)}{=} & \int _{S}\chi _{A_{1}}\left(\lambda \right)\chi _{A_{2}}\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,y\right)\left(\lambda \right)\\ & = & \int _{S}\chi _{A_{1}\cap A_{2}}\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,y\right)\left(\lambda \right)\\ & = & h_{A_{1}\cap A_{2}}\left(x,y\right)\\ & = & \left\langle E\left(A_{1}\cap A_{2}\right)x,y\right\rangle \qquad \forall x,y\in H \end{eqnarray*} Damit folgt $E\left(A_{1}\right)\cdot E\left(A_{2}\right)=E\left(A_{1}\cap A_{2}\right)$. \smallskip{} \noindent Für $A_{1}=A_{2}$ folgt $E\left(A\right)^{2}=E\left(A\right)$. $\leadsto $ Alle Operatoren $E\left(A\right)$ sind Projektoren. \smallskip{} \noindent Weiterhin ist eine der Eigenschaften für Spektralmaße gezeigt. \smallskip{} \item Berechnung von $E\left(S\right)$:\begin{eqnarray*} \left\langle E\left(S\right)x,y\right\rangle & = & h_{S}\left(x,y\right)=\mu \left(L,x,y\right)\left(S\right)=\int _{S}1\cdot d\mu \left(L,x,y\right)=\left\langle \textrm{Id}_{H}\cdot x,y\right\rangle \\ \leadsto \, E\left(S\right) & = & \textrm{Id}_{H} \end{eqnarray*} \item $\sigma $-Additivität von $E\left(A\right)$ folgt aus der $\sigma $-Additivität der Maße $\mu \left(L,x,y\right)$ direkt. \end{itemize} \underbar{Konsequenz}: Es wurde ein Spektralmaß konstruiert.\[ E:\mathcal{B}\left(S\right)\rightarrow \textrm{Proj}\left(H\right).\] \underbar{Zu zeigen}: $L=\int _{S}\lambda dE\left(\lambda \right)$\[ \left\langle \int _{S}P\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right)x,y\right\rangle =\int _{S}P\left(\lambda \right)dE_{x,y}\left(\lambda \right)\textrm{ mit }E_{x,y}\left(A\right)=\left\langle E\left(A\right)x,y\right\rangle \qquad \textrm{(allgemein)}\] Nach unserer Konstruktion gilt jedoch:\[ \left\langle P\left(L\right)x,y\right\rangle =\int P\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,y\right)\left(\lambda \right)\] Aber:\[ E_{x,y}\left(A\right)=\left\langle E\left(A\right)x,y\right\rangle =h_{A}\left(x,y\right)=\mu \left(L,x,y\right)\left(A\right).\] \begin{eqnarray*} \left\langle \int _{S}P\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right)x,y\right\rangle & = & \int _{S}P\left(\lambda \right)dE_{x,y}\left(\lambda \right)=\int _{S}P\left(\lambda \right)d\mu \left(L,x,y\right)\left(\lambda \right)=\left\langle P\left(L\right)x,y\right\rangle \\ \leadsto \, P\left(L\right) & = & \int _{S}P\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right)\qquad \textrm{für alle Polynome} \end{eqnarray*} Eindeutigkeit von $E$ folgt aus dem Satz von Riesz. \end{proof} \underbar{Funktionen von Operatoren}: Sei $f:S=\sigma \left(L\right)\rightarrow \mathbb{C}$ Borel-meßbar, beschränkt, d.h. $f\in \mathcal{M}\left(S\right)$% \marginpar{$\mathcal{M}\left(S\right)$% }\[ f\left(L\right):=\int _{S}f\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right)\] wird ein wohl-definierter, \underbar{stetiger} Operator in $H$. Durch \[ f\mapsto f\left(L\right)\] entsteht eine Abbildung \[ \mathcal{C}\left(S\right)\rightarrow \mathcal{L}\left(H,H\right)\] bei vorgegeben selbstadjungierten Operator $L$ und $S=\sigma \left(L\right)$. Bzw. eine Einbettung \[ \mathcal{C}\left(S\right)\subset \mathcal{M}\left(S\right)\hookrightarrow \mathcal{L}\left(H,H\right).\] \subsubsection{Der Spektralsatz für unitäre Operatoren} ~% \marginpar{21.01.2003% } Sei $H$ ein Hilbert-Raum, $L:H\rightarrow H$ ein linearer stetiger Operator. \begin{defn} \label{def:unit=E4r}$L:H\rightarrow H$ heißt \underbar{unitär} \index{unitär}\index{Operator, unitär}% \marginpar{unitärer Operator% }, falls \[ \boxed {L^{-1}=L^{*}}\] \end{defn} \begin{thm} Sei $L$ unitär. Dann ist% \marginpar{$L$ unitär $\leadsto $ $\sigma \left(L\right)\subset S^{1}$% } \[ \boxed {\sigma \left(L\right)\subset S^{1}=\left\{ z\in \mathbb{C}\left|\left|z\right|=1\right.\right\} }\] \end{thm} Wegen $S^{1}\cong \left\{ 0\leq t\leq 2\pi \right\} $ erhalten wir folgende \begin{conclusion*} Sei $L$ unitär. \begin{eqnarray*} P\left(t\right) & = & \sum _{\nu =-n}^{n}c_{\nu }e^{i\nu t}\qquad \textrm{trigonometrisches Polynom},t\in \left[0,2\pi \right)\\ P\left(L\right) & = & \sum _{\nu =-n}^{n}c_{\nu }L^{\nu } \end{eqnarray*} Dann gilt\[ \boxed {P\left(\sigma \left(L\right)\right)=\sigma \left(P\left(L\right)\right)}\] \end{conclusion*} \begin{proof} Analog zum selbstadjungierten Fall. \end{proof} \begin{thm} \label{thm:Spektraldarstellung-unitaere-Operatoren}(Spektralsatz für unitäre Operatoren)\index{Spektralsatz, unitäre Operatoren}% \marginpar{Spektralsatz unitäre Operatoren% } Sei $H$ ein Hilbert-Raum, $L:H\rightarrow H$ ein unitäre Operator mit $\sigma \left(L\right)\subset S^{1}$. Dann existiert genau ein Borel-Spektralmaß $E$ derart, daß\[ \boxed {L=\int _{\sigma \left(L\right)}\lambda dE\left(\lambda \right)=\int _{0}^{2\pi }e^{it}dE\left(t\right)}\] \end{thm} \begin{proof} Sei $S=\sigma \left(L\right)$, $\mathcal{C}\left(S\right)$ Banach-Raum aller stetigen Funktionen $f:S\rightarrow \mathbb{R}^{1}$, $W$ sei die Menge der trigonometrischen Polynome. Abermals folgt nach Stone-Weierstrass, daß $W\subset \mathcal{C}\left(S\right)$ dicht ist ($W$ trennt Punkte!). Anwendung der Riesz-Sätze liefert dann, analog zum selbstadjungierten Fall, die Behauptung. \end{proof} \begin{rem*} Ein Operator $L:H\rightarrow H$ heißt \underbar{normal}\index{normal}\index{Operator, normal}, falls% \marginpar{normaler Operator% } \[ \boxed {L^{*}L=LL^{*}}\] Dann gilt ein entsprechender Spektralsatz. \end{rem*} \begin{conclusion*} Sei $H$ ein komplexer Hilbert-Raum, $L:H\rightarrow H$ ein unitärer Operator.% \marginpar{$L=e^{iA}$,\\ $A$ selbstadj.% } Dann $\exists !A:H\rightarrow H$ selbstadjungiert derart, daß\[ \boxed {L=e^{iA}=\cos A+i\sin A}\] \end{conclusion*} \begin{proof} Nach dem Spektralsatz $\exists !$ $E:\, B\left(\sigma \left(L\right)\right)\rightarrow \textrm{Proj}H$:\begin{equation} L=\int _{\sigma \left(L\right)\subset \left[0,2\pi \right)}e^{it}dE\left(t\right)=\int _{\sigma \left(L\right)}\cos tdE\left(t\right)+i\int _{\sigma \left(L\right)}\sin tdE\left(t\right).\label{eq:6.3.3.1}\end{equation} Setze dann \[ A:=\int _{\sigma \left(L\right)\subset \left[0,2\pi \right)}tdE\left(t\right).\] Dann ist $A^{*}=A$, und mittels des üblichen Funktionalkalküls folgt $L=\cos A+i\sin A$ vermöge (\ref{eq:6.3.3.1}). Bemerke, daß $t$ meßbar und beschränkt ist. \end{proof} \begin{example*} $H=\mathbb{C}^{n}$. \[ U\left(n\right)=\left\{ A\left|A^{*}=A^{-1}\right.\right\} \] die Menge der unitären Matrizen, \[ \underline{u}\left(n\right)=\left\{ iA\left|A^{*}=A\right.\right\} .\] Nach obiger Folgerung ist dann \[ \exp :\underline{u}\left(n\right)\rightarrow U\left(n\right)\] surjektiv. \end{example*} \subsubsection{Die Gruppe $\mathrm{GL}\left(H\right)$} ~\index{$\textrm{GL}(X)$}% \marginpar{$\textrm{GL}\left(H\right)$% } Zur Erinnerung: $\textrm{GL}\left(H\right)=\left\{ L:H\rightarrow H\textrm{ stetig, bijektiv}\right\} $, $H$ ein Hilbert-Raum. Bekannt ist: $\textrm{GL}\left(H\right)\subset \mathcal{L}\left(H,H\right)$ ist eine offene Teilmenge, topologische Gruppe. Frage: Wann ist $\textrm{GL}\left(H\right)$ zusammenhängend? \begin{example*} $\textrm{GL}\left(1,\mathbb{R}\right)$, (d.h. $H=\mathbb{R}$) ist \underbar{nicht zsh}. ($\textrm{GL}\left(1,\mathbb{R}\right)=\mathbb{R}\setminus \left\{ 0\right\} $), aber $\textrm{GL}\left(1,\mathbb{C}\right)=\mathbb{C}^{*}=\mathbb{C}\setminus \left\{ 0\right\} $ ist zusammenhängend! \end{example*} \begin{thm} \label{thm:GL(H)-zsh}Sei $H$ ein \underbar{komplexer} Hilbert-Raum. Dann ist $\mathrm{GL}\left(H\right)$ zusammenhängend.% \marginpar{$\textrm{GL}\left(H\right)$ zusammenhängend% } \end{thm} Als Vorbereitung benötigen wir folgenden \begin{thm} \label{thm:Polarzerlegung}(Polarzerlegung in $\mathrm{GL}\left(H\right)$)\index{Polarzerlegung in GL$(H)$}% \marginpar{Polar\-zer\-legung% } Sei $L\in \mathrm{GL}\left(H\right)$. Dann existieren zwei Operatoren $U,S:H\rightarrow H$ derart, daß $U$ unitär ist, $S$ selbstadjungiert und positiv (also invertierbar), und \[ \boxed {L=U\circ S}\] \end{thm} \begin{proof} Sei $L\in \mathrm{GL}\left(H\right)$, $L^{*}$ dessen adjungierter Operator. Dann ist $L^{*}L$ selbstadjungiert und positiv, denn \[ \left\langle L^{*}Lx,x\right\rangle =\left\langle Lx,Lx\right\rangle >0\] für $x\in H,x\neq 0$. Damit ist $L^{*}L$ invertierbar! Zudem ist $\sigma \left(L^{*}L\right)\subset \left(0,\infty \right)$ und wir definieren \[ S:=\sqrt{L^{*}L}=\int _{\sigma \left(L^{*}L\right)}\sqrt{t}dE_{L^{*}L}\left(t\right),\] wobei $E_{L^{*}L}$ das Spektralmaß von $L^{*}L$ ist. $S$ ist ebenfalls selbstadjungiert, positiv, also invertierbar und man setzt\[ U=L\circ S^{-1}.\] Zeige, daß $U$ unitär ist: Man berechnet\begin{eqnarray*} UU^{*} & = & \left(L\circ S^{-1}\right)\left(L\circ S^{-1}\right)^{*}\\ & = & \left(L\circ S^{-1}\right)\left(S^{-1}\right)^{*}\circ L^{*}\\ & = & L\circ \left(S^{-2}\right)^{*}\circ L^{*}\\ & = & L\circ \left(L^{*}L\right)^{-1}\circ L^{*}\\ & = & L\circ L^{-1}\circ \left(L^{*}\right)^{-1}\circ L^{*}\\ & = & \textrm{Id}_{H}. \end{eqnarray*} \end{proof} %~ \begin{proof} (von Satz \ref{thm:GL(H)-zsh}) Wir wissen, daß $\textrm{GL}\left(H,H\right)\subset \mathcal{L}\left(H,H\right)$ eine offene Teilmenge ist. Zu konstruieren ist ein Weg $\gamma \left(t\right)$ von $\textrm{Id}_{H}$ nach $L\in \textrm{GL}\left(H\right)$, $0\leq t\leq 1$, derart, daß $\gamma \left(t\right)\in \textrm{GL}\left(H\right)$ $\forall 0\leq t\leq 1$. Sei \[ L=U\circ S\] die Polarzerlegung von $L$ nach Satz \ref{thm:Polarzerlegung}. $U$ ist unitär, so daß nach der Folgerung zu Satz \ref{thm:Spektraldarstellung-unitaere-Operatoren} genau ein $A$ selbstadjungiert existiert mit \[ U=e^{iA}.\] Definiere dann\[ \gamma \left(t\right):=e^{itA}\circ \left(\left(1-t\right)\textrm{Id}_{H}+t\cdot S\right)=:\textrm{I}\circ \textrm{II}\] Dann ist\[ \gamma \left(0\right)=\textrm{Id}_{H}\quad \textrm{und}\quad \gamma \left(1\right)=e^{iA}\circ S=U\circ S=L.\] Es bleibt zu zeigen, daß $\gamma \left(t\right)\in \textrm{GL}\left(H\right)\, \forall 0\leq t\leq 1$. II ist positiv, sowie selbstadjungiert $\leadsto $ II ist invertierbar! Weiter gilt\[ \textrm{I=}e^{itA}=\int _{\sigma \left(A\right)\subset \mathbb{R}^{1}}e^{it\lambda }dE_{A}\left(\lambda \right)=\int _{\sigma \left(A\right)}\underbrace{\left(\cos \left(t\lambda \right)+i\sin \left(t\lambda \right)\right)}_{F_{\lambda }\left(t\right)}dE_{A}\left(\lambda \right)\] $\left(F_{\lambda }\left(t\right)\right)^{-1}$ ist stetig auf $\sigma \left(A\right)$, d.h. wir können\[ F\left(t\right)=\int _{\sigma \left(A\right)}\left(\cos \left(t\lambda \right)+i\sin \left(t\lambda \right)\right)^{-1}dE_{A}\left(\lambda \right)\] schreiben. Nach Konstruktion ist \[ F\left(t\right)\circ \textrm{I}=\textrm{Id}_{H},\] nach allgemeinem Funktionalkalkül. Da weiter II invertierbar ist, folgt, daß $\gamma \left(t\right)\in \textrm{GL}\left(H\right)$ $\forall 0\leq t\leq 1$. \end{proof} \section{Fredholm-Operatoren} \index{Fredholm-Operator}Zur Erinnerung (Def. \ref{def:Fredholm-Operator}): Seien $X,Y$ zwei Banach-Räume, $L\in \mathcal{L}\left(X,Y\right)$. Dann ist $L$ Fredholm-Operator $\Leftrightarrow $ $\dim \ker L<\infty $, $L\left(X\right)$ abg., $\dim \left(Y/L\left(X\right)\right)<\infty $\index{Index} \[ \boxed {\textrm{Ind}L:=\dim \ker L-\dim \textrm{co}\ker L}\] % \marginpar{$\textrm{Fred}\left(H,H\right)$% }\index{$\textrm{Fred}\left(H,H\right)$}\[ \boxed {\textrm{Fred}\left(H,H\right):=\left\{ L\in \mathcal{L}\left(H,H\right)\left|L\textrm{ ist Fredholm}\right.\right\} }\] Bereits gezeigt wurde (Satz \ref{thm:Riesz2}), daß $\textrm{Id}_{H}-K$, $K$ kompakt, Fredholm ist. Ziel ist es, für $H$ \underbar{komplexer} Hilbert-Raum, zu zeigen, daß \[ \textrm{Ind}:\, \textrm{Fred}\left(H,H\right)\rightarrow \mathbb{Z}\] die Zusammenhangskomponenten klassifiziert. \begin{thm} Seien $X,Y$ zwei Banach-Räume, $L:X\rightarrow Y$ ein stetiger Operator mit $\dim \mathrm{co}\ker L<\infty $. Dann ist $\mathrm{Im}L$ abgeschlossen ist. \end{thm} \begin{proof} $\ker L=\left\{ x\in X\left|Lx=0\right.\right\} $ ist abgeschlossen $\leadsto $ $X/\ker L$ ist ein Banach-Raum. Betrachte folgendes Diagramm\begin{displaymath} \begin{CD} X @>>> \textrm{Im}L\subset Y \\ @V \textrm{kan. Proj.} VV @AASA \\ X/\ker L @= X/\ker L \end{CD} \qquad S[x]=Lx \end{displaymath} Dann ist $S$ stetig und bijektiv. Wähle nun ein Komplement $W$ in $Y$ zu $\textrm{Im}L$, d.h.\[ W\cap \textrm{Im}L=0\quad \textrm{und}\quad W\oplus \textrm{Im}L=Y\] Dann ist \[ W\simeq Y/\textrm{Im}L,\] also $W$ ist endlich-dimensional nach Voraussetzung, also abgeschlossen. Definiere nun\[ \hat{S}:X/\ker L\oplus W\rightarrow Y,\qquad \left(\left[x\right],w\right)\mapsto Lx+w\] Dann ist $\hat{S}$ ein stetiger Isomorphismus von Banach-Räumen! Nach dem Satz von Banach ist dann $\hat{S}$ ein Homöomorphismus, d.h. $\hat{S}^{-1}$ ist stetig. Da\[ \hat{S}^{-1}\left(\textrm{Im}L\right)=X/\ker L\oplus \left\{ 0\right\} \] und $X/\ker L\oplus \left\{ 0\right\} $ abgeschlossen ist, folgt die Behauptung. \end{proof} \begin{thm} Sei $L:X\rightarrow Y$ Fredholm, $L^{*}:Y^{*}\rightarrow X^{*}$ dessen adjungierte (duale) Operator.% \marginpar{$\textrm{Ind}L^{*}=$\\ $-\textrm{Ind}L$% } Dann ist $L^{*}$ ebenfalls Fredholm und\[ \boxed {\mathrm{Ind}L^{*}=-\mathrm{Ind}L}.\] \end{thm} \begin{conclusion*} Sei $H$ Hilbert-Raum, $L\in L\left(H\right)$ Fredholm und selbstadjungiert\index{Operator, selbstadjungiert}. Dann ist $\mathrm{Ind}L=0$.% \marginpar{$L$ selbstadj.\\ $\leadsto $ $\textrm{Ind}L=0$% } \end{conclusion*} \begin{proof} Es ist $\left(L^{*}\xi \right)\left(x\right)=\xi \left(Lx\right)$, $\xi \in Y^{*}$, $x\in X$, so daß% \marginpar{23.01.2003% } \[ \ker L^{*}=\left\{ \xi \in Y^{*}\left|L^{*}\xi =0\right.\right\} =\left\{ \xi \in Y^{*}\left|\xi \left(Lx\right)=0\forall x\in X\right.\right\} =:\textrm{Ann}\left(\textrm{Im}L\right)\] Definiere \[ V:=\left\{ y\in Y\left|\xi \left(y\right)=0\forall \xi \in \ker L^{*}\right.\right\} \] Offenbar ist $\textrm{Im}L\subset V$, und die Elemente von $\ker L^{*}$ sind bereits vollständig durch ihre Einschränkung auf $Y/V$ bestimmt, d.h. \[ \ker L^{*}\cong \left(Y/V\right)^{*}.\] Zeige, daß $V=\textrm{Im}L$! Schreibe\[ V=\left\{ y\in Y\left|\not \exists \xi \in Y^{*}:\, \xi \left|_{\textrm{Im}L}\right.=0,\xi \left(y\right)\neq 0\right.\right\} \] Nach dem Satz von Hahn-Banach (siehe Folgerung aus der VL) gilt $V\subset \overline{\textrm{Im}L}$. Aber $\textrm{Im}L$ ist abgeschlossen! $\leadsto $ $V=\textrm{Im}L$. D.h. wir erhalten \[ \ker L^{*}\cong \left(Y/V\right)^{*}=\underbrace{\left(Y/\textrm{Im}L\right)^{*}}_{\textrm{co}\ker L}\cong \left(Y/\textrm{Im}L\right).\] Also ist $\dim \ker L^{*}=\dim \textrm{co}\ker L$. Ähnlich zeigt man $\dim \textrm{co}\ker L^{*}=\dim \ker L$. \end{proof} \begin{thm} \label{thm:7.3}~ \begin{enumerate} \item Sei $L:X\rightarrow Y$ Fredholm, $X,Y$ Banach-Räume.% \marginpar{Parametrix% } Dann existiert ein Operator $S:Y\rightarrow X$ derart, daß\[ S\circ L-\mathrm{Id}\textrm{,}\quad L\circ S-\mathrm{Id}\] endlich-dimensionale Operatoren sind. Zudem ist $S\in \mathrm{Fred}\left(X,Y\right)$, \[ \mathrm{Ind}S=-\mathrm{Ind}L.\] $S$ heißt \underbar{Parametrix} \index{Parametrix}von $L$. \smallskip{} \item Sei $L:X\rightarrow Y$ ein stetiger Operator. Falls zwei Operatoren $S,S':Y\rightarrow X$ derart existieren, daß\[ S\circ L-\mathrm{Id}\textrm{,}\quad L\circ S'-\mathrm{Id}\] kompakt sind, so ist $L$ Fredholm. \end{enumerate} \end{thm} \begin{rem*} $X=Y$, $\mathcal{K}\left(X\right)\subset \mathcal{L}\left(X\right)$ ist eine Algebra sowie ein Ideal. Betrachte\[ \mathcal{L}\left(X\right)/\mathcal{K}\left(X\right)\] Ist $\left[L\right]\in \textrm{Fred}\left(X\right)/\mathcal{K}\left(X\right)$, so definiert die zu $L$ gehörige Parametrix $S$ das Inverse von $\left[L\right]$, d.h. \[ \left[L\right]^{-1}=\left[S\right].\] \end{rem*} \begin{proof} ~ \begin{description} \item [$\left(2\right)$]Angenommen, $S,S'$ sind wie angegeben. Dann sind $S\circ L$, $L\circ S'$ Fredholm (Satz \ref{thm:Riesz2}: $\textrm{Id}-K\in \textrm{Fred}\left(X,Y\right)$ für $K$ kompakt). Es ist weiter \[ X\xrightarrow{L}Y\xrightarrow{S}X,\quad \textrm{so daß}\quad \ker \left(L\right)\subset \ker \left(L\circ S\right),\] also $\dim \ker L<\infty $, sowie \[ Y\xrightarrow{S'}X\xrightarrow{L}Y,\quad \textrm{so daß}\quad Y/\textrm{Im}L\subset Y/\textrm{Im}\left(S'\circ L\right),\] also $\dim \textrm{co}\ker L<\infty $. \smallskip{} \item [$\left(1\right)$]Allgemein gilt (Lemma \ref{lem:5.12}, Konsequenz aus Hahn-Banach): Ist $M$ ein endlicher dimensionaler Teilraum eines normierten Raumes $X$, so hat $M$ ein abgeschlossenes Komplement $N$ und \[ X=M\oplus N.\] Sei also $L:X\rightarrow Y$ Fredholm. Dann können Banach-Räume $V,W$ so gewählt werden, so daß \[ Y=\textrm{Im}L\oplus \underbrace{W}_{{\cong Y/\textrm{Im}L,\atop \textrm{also endl.dim.}}}\quad \textrm{und}\quad X=\underbrace{\ker L}_{\textrm{endl.dim}}\oplus V.\] Dann ist \[ L\left|_{V}\right.:V\rightarrow \textrm{Im}L\] ein stetiger Isomorphismus, also nach dem Satz \ref{thm:offene_Abbildung} von Banach ein Homöomorphismus, so daß $\left(L\left|_{V}\right.\right)^{-1}$ stetig ist. Definiere dann die Parametrix gemäß\[ S:=\left\{ \begin{array}{cl} \left(L\left|_{V}\right.\right)^{-1} & \textrm{auf Im}L\smallskip \\ 0 & \textrm{auf }W\end{array} \right.\] Dann ist $S$ stetig und Fredholm, denn $\ker S=W$, $\textrm{co}\ker S=V$.\[ \leadsto \, \textrm{Ind}S=\underbrace{\dim W}_{\dim \left(Y/\textrm{Im}L\right)}-\dim \ker L=-\textrm{Ind}L\] $S\circ L-\textrm{Id}_{X}$ ist Projektor auf $\ker L$ $\leadsto $ endlich dimensionaler Operator. \smallskip{} \noindent $L\circ S-\textrm{Id}_{X}$ ist Projektor auf $W$ $\leadsto $ endlich dimensionaler Operator. \end{description} \end{proof} \begin{conclusion*} Ist $L\in \textrm{Fred}\left(X,Y\right)$. $K\in \mathcal{L}\left(X,Y\right)$ kompakt, so ist $L+K\in \textrm{Fred}\left(X,Y\right)$. \end{conclusion*} \begin{proof} Sei $S$ eine Parametrix von $L$. Dann ist \[ \left(L+K\right)\circ S-\textrm{Id}=\underbrace{L\circ S-\textrm{Id}}_{\textrm{endl.-dim.}}\textrm{+}\underbrace{K\circ S}_{\textrm{kompakt}}\in \mathcal{K}\quad \textrm{und}\quad S\circ \left(L+K\right)-\textrm{Id}\in \mathcal{K},\] so daß nach Satz \ref{thm:7.3} die Behauptung folgt. \end{proof} \begin{thm} \label{thm:Fred-offen}Die Menge der Fredholm-Operatoren $\mathrm{Fred}\left(X,Y\right)$ ist offen in $\mathcal{L}\left(X,Y\right)$.% \marginpar{$\textrm{Fred}\left(X,Y\right)$ offen% } \end{thm} \begin{proof} Sei $L:X\rightarrow Y$ Fredholm, $S$ Parametrix von $L$. Sei $L'\in \mathcal{L}\left(X,Y\right)$ mit $\left\Vert L-L'\right\Vert <\left\Vert S\right\Vert ^{-1}$. Dann gilt\[ \left\Vert S\circ \left(L-L'\right)\right\Vert \leq \left\Vert S\right\Vert \circ \left\Vert L-L'\right\Vert <1.\] Aber \[ r\left(S\circ \left(L-L'\right)\right)\leq \left\Vert S\circ \left(L-L'\right)\right\Vert <1\] $\leadsto $ $1$ liegt in der Resolventenmenge ! D.h.\[ B:=\left(-S\circ \left(L-L'\right)+\textrm{Id}\right)^{-1}\] existiert. Setze \[ S':=B\circ S.\] Dann ist \begin{eqnarray*} S'\circ L' & = & B\circ S\circ L'\\ & = & B\circ S\circ \left(L-\left(L-L'\right)\right)\\ & = & \underbrace{B}_{\textrm{Homöom.}}\circ \left(\underbrace{S\circ L-\textrm{Id}}_{\textrm{kompakt}}+\textrm{Id}-S\circ \left(L-L'\right)\right)\\ & = & B\circ \left(S\circ L-\textrm{Id}\right)+\textrm{Id}\\ & = & \textrm{komp}.\textrm{ Op.}+\textrm{Id} \end{eqnarray*} $\leadsto $ $S'$ ist linksseitige Parametrix von $L'$. Analog konstruiert man die rechtsseitige Parametrix von $L'$. \end{proof} \begin{thm} \label{thm:7.5}Sei $L:X\rightarrow Y$ Fredholm, $L'\in \mathcal{K}\left(L,\left\Vert S\right\Vert ^{-1}\right)$, $S$ Parametrix, so ist \[ \boxed {\mathrm{Ind}L=\mathrm{Ind}L'}\] \end{thm} \begin{lem} \label{lem:7.6}Seien $X\xrightarrow{L_{2}}Y\xrightarrow{L_{1}}Z$, $L_{1},L_{2}$ Fredholm.% \marginpar{$\textrm{Ind}\left(L_{1}\circ L_{2}\right)=$\\ $\textrm{Ind}\left(L_{1}\right)+\textrm{Ind}\left(L_{2}\right)$% } Dann ist $L_{1}\circ L_{2}$ wieder Fredholm, und \[ \boxed {\mathrm{Ind}\left(L_{1}\circ L_{2}\right)=\mathrm{Ind}L_{1}+\mathrm{Ind}L_{2}}\] \end{lem} \begin{proof} (des Satzes \ref{thm:7.5}) Aus dem Beweis des Satzes \ref{thm:Fred-offen} folgt, daß $S'\circ L'-\textrm{Id}$ kompakt ist. $\leadsto $ $S'\circ L'$ ist Fredholm, \[ \textrm{Ind}\left(S'\circ L'\right)=0.\] Weiter ist $L'$ Fredholm und $S'=B\circ S$ ebenfalls, da $B$ bijektiv, stetig. Nach Lemma \ref{lem:7.6} ist dann\[ 0=\textrm{Ind}\left(S\circ L'\right)=\underbrace{\textrm{Ind}S'}_{=\textrm{Ind}S=-\textrm{Ind}L}+\textrm{Ind}L'\quad \leadsto \quad \textrm{Ind}L'=\textrm{Ind}L.\] \end{proof} %~ \begin{proof} (des Lemmas \ref{lem:7.6}) $L_{1}\circ L_{2}$ ist Fredholm (Übung). Z.z.: $\textrm{Ind}\left(L_{1}\circ L_{2}\right)=\textrm{Ind}L_{1}+\textrm{Ind}L_{2}$. Sei \[ 0\xrightarrow{L_{0}}A\stackrel{i}{\hookrightarrow }B\xrightarrow{L_{2}}C\xrightarrow{L_{3}}0\] eine exakte Sequenz von Vektorräumen, d.h. \[ \ker L_{i}=\textrm{Im}L_{i-1},\] $A\subset B$ $\leadsto $ $\ker L_{2}=i\left(A\right)$\[ \leadsto \, B/A=B/\ker L_{2}\cong C\] Betrachte nun die exakten Sequenzen\[ 0\rightarrow \ker L_{1}\hookrightarrow \ker \left(L_{2}\circ L_{1}\right)\xrightarrow{L_{1}}\ker L_{2}\cap L_{1}\left(X\right)\rightarrow 0\] \[ 0\rightarrow L_{2}\left(Y\right)/\left(L_{2}\circ L_{1}\left(X\right)\right)\hookrightarrow \underbrace{Z/\left(L_{2}\circ L_{1}\left(X\right)\right)}_{=\textrm{co}\ker L_{2}\circ L_{1}}\rightarrow \underbrace{Z/L_{2}\left(Y\right)}_{\textrm{co}\ker L_{2}}\rightarrow 0\] Dann ist \begin{eqnarray*} \textrm{Ind}L_{2}\circ L_{1} & = & \dim \ker L_{2}\circ L_{1}-\textrm{co}\ker L_{2}\circ L_{1}\\ & = & \dim \ker L_{1}-\dim \textrm{co}\ker L_{2}+\dim \left(\ker L_{2}\cap L_{1}\left(X\right)\right)-\dim \left(L_{2}\left(Y\right)/\left(L_{2}\circ L_{1}\left(X\right)\right)\right) \end{eqnarray*} Betrachte weitere exakte Sequenz\[ 0\rightarrow \ker L_{2}\cap L_{1}\left(X\right)\hookrightarrow \ker L_{2}\rightarrow \ker L_{2}/\left(\ker L_{2}\cap L_{1}\left(X\right)\right)\rightarrow 0\] Dann folgt\[ \textrm{Ind}L_{2}\circ L_{1}=\textrm{Ind}L_{2}+\dim \ker L_{1}\underbrace{-\dim \ker L_{2}/\left(\ker L_{2}\cap L_{1}\left(X\right)\right)-\dim L_{2}\left(Y\right)/L_{2}\circ L_{1}\left(X\right)}_{\alpha }.\] Aber \[ \dim \textrm{co}\ker L_{1}=-\alpha ,\] und die Behauptung folgt. \end{proof} \begin{thm} Die Index-Funktion ist auf den Zusammenhangskomponenten von $\mathrm{Fred}\left(X\right)$ eine Klassifizierung, d.h. ist $L_{t}$, $0\leq t\leq 1$, ein Weg von $L_{0}$ nach $L_{1}$ in $\mathrm{Fred}\left(X\right)$, so ist $\mathrm{Ind}L_{0}=\mathrm{Ind}L_{1}$. \end{thm} \begin{proof} Sei $L\in \textrm{Fred}\left(X\right)_{\textrm{comp}}$. Setze \[ A:=\left\{ L'\in \textrm{Fred}\left(X\right)\left|\textrm{Ind}L'=\textrm{Ind}L\right.\right\} .\] Dann gilt \begin{enumerate} \item $A$ ist abgeschlossen, \smallskip{} \item $A$ ist offen in $\textrm{Fred}\left(X\right)_{\textrm{comp}}$ in Folge des Satzes \ref{thm:7.5}. \end{enumerate} \[ \leadsto \, A=\textrm{Fred}\left(X\right)_{\textrm{comp}}\] \end{proof} \begin{cor} Ist $L\in \mathrm{Fred}\left(X,Y\right)$, $K\in \mathcal{K}\left(X,Y\right)$, so ist \[ \boxed {\mathrm{Ind}\left(L+K\right)=\mathrm{Ind}L}\] \end{cor} \begin{proof} Es ist $L+tK$, $0\leq t\leq 1$, ein Weg in $\textrm{Fred}\left(X,Y\right)$, der $L+K$ und $L$ verbindet. \end{proof} \begin{lem} \label{lem:7.9}Seien $H_{1},H_{2}$ Hilbert-Räume, $L:H_{1}\rightarrow H_{2}$ Fredholm-Operator mit $\mathrm{Ind}L\geq 0$.% \marginpar{28.1.2003% } Dann existiert für jeden Unterraum $G_{1}\subset H_{1}$ mit $\dim G_{1}=\mathrm{Ind}L$ ein Fredholm-Operator $L_{1}:H_{1}\rightarrow H_{2}$ mit \begin{enumerate} \item $L_{1}$ ist surjektiv (d.h. $\mathrm{co}\ker $ ist trivial) \smallskip{} \item $G_{1}=\ker L_{1}$. \end{enumerate} \end{lem} \begin{proof} ~\begin{eqnarray*} 0 & \leq & \textrm{Ind}\left(L\right)=\dim \ker \left(L\right)-\dim \left(\textrm{Im}L\right)^{\bot }\\ \leadsto \, \dim \left(\textrm{Im}L\right)^{\bot } & \leq & \dim \ker \left(L\right)\qquad \textrm{endl.-dim. VR} \end{eqnarray*} Wähle im VR $\ker \left(L\right)$ einen Teilraum $G\subset \ker L$ mit \[ \dim \left(G\right)=\dim \left(\textrm{Im}L\right)^{\bot }\] sowie einen Isomorphismus\[ \tilde{U}:G\tilde{\rightarrow }\left(\textrm{Im}L\right)^{\bot },\qquad G\subset \ker L\subset H_{1}\] Betrachte \[ U=\tilde{U}\circ \textrm{Proj}_{G}:H_{1}\rightarrow H_{2}\] $U$ ist ein endlich-dimensionaler Operator. Betrachte \[ L+t\cdot U:H_{1}\rightarrow H_{2}\qquad \left(0\leq t\leq 1\right)\] Alle Operatoren $L+t\cdot U$ sind Fredholm. $L+U:H_{1}\rightarrow H_{2}$ ist surjektiv:\begin{eqnarray*} L+U\left|_{\left(\ker L\right)^{\bot }}\right. & = & L\qquad \leftrightarrow \textrm{Im}\left(L\right)\\ L+U\left|_{\ker L}\right. & = & U\qquad \leftrightarrow \textrm{Im}\left(L\right)^{\bot } \end{eqnarray*} Es gilt nun:\begin{eqnarray*} \textrm{Ind}\left(L+U\right) & = & \textrm{Ind}\left(L\right)\\ \leadsto \, \dim \ker \left(L+U\right)-\underbrace{\dim \textrm{co}\ker \left(L+U\right)}_{0} & = & \textrm{Ind}\left(L\right)\\ \leadsto \, \dim \ker \left(L+U\right) & = & \textrm{Ind}\left(L\right)=\dim \left(G_{1}\right) \end{eqnarray*} Zerlege \[ H_{1}=G_{1}\oplus G_{1}^{\bot }=\ker \left(L+U\right)\oplus \ker \left(L+U\right)^{\bot }.\] Wähle einen Isomorphismus $A:H_{1}\rightarrow H_{1}$ mit\[ A\left(G_{1}\right)\simeq \ker \left(L+U\right),\quad A\left(G_{1}^{\bot }\right)=\ker \left(L+U\right)^{\bot }\] Endlich: \[ L_{1}:=\left(L+U\right)\circ A.\] Dann gilt: $L_{1}$ surjektiv, Fredholm, $\ker L_{1}=G_{1}$. Weil $\textrm{GL}\left(H_{1}\right)$ zusammenhängend ist, existiert eine Schar von $A_{t}\in \textrm{GL}\left(H_{1}\right)$ mit $A_{0}=\textrm{Id}_{H_{1}}$, $A_{1}=A$. Dann wird \[ L_{t}=\left(L+U\right)\circ A_{t}\] ein stetiger Weg von Fredholm-Operatoren von $L_{1}$ nach $L+U$, $L+U\stackrel{L+t\cdot U}{\leftrightarrow }L$. \end{proof} \begin{thm} $H_{1},H_{2}$ seien Hilbert-Räume. $L_{1},L_{2}\in \mathrm{Fred}\left(H_{1},H_{2}\right)$. $L_{1}$ und $L_{2}$ liegen in der gleichen Zusammenhangskomponente von $\mathrm{Fred}\left(H_{1},H_{2}\right)$ genau dann, falls $\mathrm{Ind}\left(L_{1}\right)=\mathrm{Ind}\left(L_{2}\right)$. \end{thm} \begin{proof} Zu zeigen: $\mathrm{Ind}\left(L_{1}\right)=\mathrm{Ind}\left(L_{2}\right)$ $\stackrel{?}{\leadsto }$ $L_{1},L_{2}$ liegen in der gleichen Komponente. \begin{enumerate} \item Es genügt, den Satz für $\mathrm{Ind}\left(L_{1}\right)=\mathrm{Ind}\left(L_{2}\right)\geq 0$ zu zeigen:\[ H_{1}\xrightarrow{L_{1},L_{2}}H_{2}\leadsto H_{2}^{*}\xrightarrow{L_{1}^{*},L_{2}^{*}}H_{1}^{*}\leadsto H_{2}^{*}\xrightarrow{L_{t}^{*}}H_{1}^{*}\leadsto H_{1}\xrightarrow{L_{t}}H_{2}\] \[ \leadsto \quad \textrm{Ind}\left(L_{t}^{*}\right)=-\textrm{Ind}\left(L_{t}\right)\] \smallskip{} \item Sei $\textrm{Ind}\left(L_{1}\right)=\textrm{Ind}\left(L_{2}\right)\geq 0$. Lemma \ref{lem:7.9} $\leadsto $ Wir deformieren $L_{1}$ zu $\bar{L}_{1}$ und $L_{2}$ zu $\bar{L}_{2}$ mit \[ \ker \left(\bar{L}_{1}\right)=\ker \left(\bar{L}_{2}\right)=G_{1},\] $\bar{L}_{1}$, $\bar{L}_{2}$ surjektiv. \smallskip{} \noindent $\bar{L}_{1}:H_{1}\rightarrow H_{2}$ und $\left.\bar{L}_{1}\right|_{G_{1}^{\bot }}:G_{1}^{\bot }\rightarrow H_{2}$ und $\left.\bar{L}_{2}\right|_{G_{1}^{\bot }}:G_{1}^{\bot }\rightarrow H_{2}$ sind bijektiv. \smallskip{} \noindent Banach-Satz \ref{thm:offene_Abbildung}: $\bar{L}_{1}^{-1},\bar{L}_{2}^{-1}$ sind stetig. Bilde \[ \bar{L}_{2}^{-1}\circ \bar{L}_{1}\in \textrm{GL}\left(G_{1}^{\bot }\right).\] Weil $\textrm{GL}\left(G_{1}^{\bot }\right)$ zusammenhängend ist, existiert eine Schar \[ A\left(t\right)\in \textrm{GL}\left(G_{1}^{\bot }\right)\quad \textrm{mit}\quad A\left(0\right)=\textrm{Id}_{G_{1}^{\bot }},\quad A\left(1\right)=\bar{L}_{2}^{-1}\circ \bar{L}_{1}.\] Dann ist\[ \bar{L}_{2}\circ A\left(t\right)\circ \textrm{Proj}_{G_{1}^{\bot }}\] ein stetiger Weg von Fredholm-Operatoren.\begin{eqnarray*} t=1 & : & \bar{L}_{2}\circ A\left(1\right)\circ \textrm{Proj}_{G_{1}^{\bot }}=\bar{L}_{2}\circ \bar{L}_{2}^{-1}\circ \bar{L}_{1}\circ \textrm{Proj}_{G_{1}^{\bot }}=\bar{L}_{1}\\ t=0 & : & \bar{L}_{2}\circ \textrm{Proj}_{G_{1}^{\bot }}=\bar{L}_{2} \end{eqnarray*} \underbar{Insgesamt}:\[ L_{1}\leadsto \underbrace{\bar{L}_{1}}_{\textrm{kein KoKern}}\stackrel{\bar{L}_{2}\circ A\left(t\right)\circ \textrm{Proj}_{G_{1}^{\bot }}}{\leadsto }\underbrace{\bar{L}_{2}}_{\textrm{kein KoKern}}\leadsto L_{2}\] \end{enumerate} \end{proof} \section{Unbeschränkte Operatoren\index{Operator, unbeschränkt}} \begin{defn} \label{def:unbeschraenkter-Operator}Sei $H$ ein Hilbert-Raum% \marginpar{un\-be\-schränk\-ter Operator% }, $\mathcal{D}\left(A\right)\subset H$\index{$\mathcal{D}\left(A\right)$} ein linear Teilraum, dicht in $H$ und $A:\mathcal{D}\left(A\right)\rightarrow H$ linear (nicht notwendig stetig). $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ heißt dann \underbar{unbeschränkter Operator\index{Operator, unbeschränkt}}. \end{defn} %~ \begin{defn} \label{def:gleich}Zwei Operatoren $A,B$ sind \underbar{gleich}\index{gleich}, falls: \begin{enumerate} \item $\mathcal{D}\left(A\right)=\mathcal{D}\left(B\right)$ \smallskip{} \item $A\left|_{\mathcal{D}\left(A\right)}\right.=B\left|_{\mathcal{D}\left(A\right)}\right.$ \end{enumerate} \end{defn} \begin{example*} $H=L^{2}\left(-\infty ,\infty \right)$ $\mathcal{D}\left(A\right)=\mathcal{C}_{0}^{\infty }\left(-\infty ,\infty \right)$\index{$\mathcal{C}_0^\infty$}, $\mathcal{C}^{\infty }$-Funktionen mit kompaktem Träger; $A\left(f\right)=f'$ \emph{$\mathcal{D}\left(B\right)=\mathcal{S}\left(\mathbb{R}\right)$} - Schwartz-Raum\emph{\index{Schwartz-Raum}\index{$\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$}; $B\left(f\right)=f'$} $A$ und $B$ sind nicht gleich, da $\mathcal{C}_{0}^{\infty }\left(-\infty ,\infty \right)\subsetneq \mathcal{S}\left(\mathbb{R}\right)$. \end{example*} \begin{defn} \label{def:Erweiterung}$\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$, $\left(B,\mathcal{D}\left(B\right)\right)$ Operatoren in $H$.% \marginpar{Erweiterung $A\subset B$% } \[ \boxed {A\subset B\qquad \stackrel{\textrm{def}}{\Leftrightarrow }\qquad \mathcal{D}\left(A\right)\subset \mathcal{D}\left(B\right)\quad \textrm{und}\quad A\left|_{\mathcal{D}\left(A\right)}\right.=B\left|_{\mathcal{D}\left(A\right)}\right.}\] $B$ heißt dann \underbar{Erweiterung} \index{Erweiterung}von $A$. \underbar{Summe\index{Summe}} $A+B$% \marginpar{Summe\\ $A+B$% }: \[ \left(A+B\right)\left(x\right):=A\left(x\right)+B\left(x\right)\quad \textrm{für }x\in \mathcal{D}\left(A\right)\cap \mathcal{D}\left(B\right)\] \[ \boxed {A+B:=\left(A+B,\mathcal{D}\left(A+B\right):=\mathcal{D}\left(A\right)\cap \mathcal{D}\left(B\right)\right)}\] \underbar{Superposition} \index{Superposition}$A\circ B$% \marginpar{Superposition $A\circ B$% }:\[ \boxed {\left(A\circ B\right)\left(x\right):=A\left(B\left(x\right)\right)\quad \textrm{mit }x\in \mathcal{D}\left(A\circ B\right)=\left\{ x\in \mathcal{D}\left(B\right)\left|B\left(x\right)\in \mathcal{D}\left(A\right)\right.\right\} }.\] \end{defn} Es gelten die üblichen Rechenregeln \begin{eqnarray*} \left(A+B\right)\circ C & = & A\circ C+B\circ C\\ \left(A\circ B\right)\circ C & = & A\circ \left(B\circ C\right) \end{eqnarray*} \begin{defn} \label{def:Graph}Der \underbar{Graph \index{Graph}$\Gamma \left(A\right)$} von $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ ist% \marginpar{Graph $\Gamma \left(A\right)$% }\[ \boxed {\Gamma \left(A\right)=\left\{ \left(x,Ax\right)\in H\oplus H\left|x\in \mathcal{D}\left(A\right)\right.\right\} }\] \end{defn} \underbar{Frage}: $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$-Operator. $\Gamma \left(A\right)\subset H\oplus H$ - Graph $\leadsto $ $\overline{\Gamma \left(A\right)}\subset H\oplus H$. Wann gilt $\overline{\Gamma \left(A\right)}=\Gamma \left(B\right)$? \begin{thm} $\overline{\Gamma \left(A\right)}\subset H\oplus H$ ist Graph eines Operators $\left(B,\mathcal{D}\left(B\right)\right)$ $\Leftrightarrow $ Für jede Folge $x_{n}\in \mathcal{D}\left(A\right)$ mit $x_{n}\rightarrow 0$ und $A\left(x_{n}\right)$ konvergent, folgt \[ \lim _{n\rightarrow \infty }A\left(x_{n}\right)=0.\] \end{thm} \begin{proof} Sei $\overline{\Gamma \left(A\right)}=\Gamma \left(B\right)$. Ist nun $x_{n}\in \mathcal{D}\left(A\right)$ eine Folge mit $x_{n}\rightarrow 0$, $A\left(x_{n}\right)\rightarrow x^{*}$, so ist\[ \left(x_{n},A\left(x_{n}\right)\right)\in \Gamma \left(A\right)\quad \leadsto \quad \left(0,x^{*}\right)\in \overline{\Gamma \left(A\right)}=\Gamma \left(B\right)\] \[ \leadsto \, \exists y\in \mathcal{D}\left(B\right):\quad \left(y,B\left(y\right)\right)=\left(0,x^{*}\right)\] $\leadsto $ $y=0$ und dann $x^{*}=0$. \underbar{Umgekehrt}: Gelte die Bedingung. Zeigen: Sind $\left(x,y\right)\in \overline{\Gamma \left(A\right)}$ und $\left(x,y_{1}\right)\in \overline{\Gamma \left(A\right)}$ $\leadsto $ $y=y_{1}$. Wir wählen eine Folge $x_{n}\in \mathcal{D}\left(A\right)$ mit \[ \left(x_{n},A\left(x_{n}\right)\right)\rightarrow \left(x,y\right)\] und $x_{n}^{*}\in \mathcal{D}\left(A\right)$ mit \[ \left(x_{n}^{*},A\left(x_{n}^{*}\right)\right)\rightarrow \left(x,y_{1}\right).\] Dann gilt \[ x_{n}-x_{n}^{*}\rightarrow 0,\quad A\left(x_{n}\right)-A\left(x_{n}^{*}\right)\rightarrow y-y_{1}\] Die Bedingung impliziert $y=y_{1}$.\[ \mathcal{D}\left(B\right)=\left\{ x\in H\left|\exists y\in H:\left(x,y\right)\in \overline{\Gamma \left(A\right)}\right.\right\} \] Ist $x\in \mathcal{D}\left(B\right)$, so ist $y$ eindeutig! \[ B\left(x\right):=y.\] Dann gilt: \begin{enumerate} \item $\mathcal{D}\left(A\right)\subset \mathcal{D}\left(B\right)$ \smallskip{} \item $A\left|_{\mathcal{D}\left(A\right)}\right.=B\left|_{\mathcal{D}\left(A\right)}\right.$ \smallskip{} \item $\overline{\Gamma \left(A\right)}=\Gamma \left(B\right)$ \end{enumerate} \end{proof} \begin{defn} \label{def:abschliessbar}Ein Operator $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ heißt \underbar{abschließbar}\index{abschließbar}% \marginpar{Abschluß $\bar{A}$% }, falls ein Operator $B$ mit $\overline{\Gamma \left(A\right)}=\Gamma \left(B\right)$ existiert. $\bar{A}:=B$ - \underbar{Abschluß} \index{Abschluß}von $A$.\[ \boxed {\mathcal{D}\left(\bar{A}\right)=\left\{ x\in H\left|\exists y\in H:\left(x,y\right)\in \overline{\Gamma \left(A\right)}\right.\right\} }\] $A$ heißt \underbar{abgeschlossener} Operator\index{abgeschlossen}\index{Operator, abgeschlossen}, falls $A=\bar{A}$. \end{defn} \begin{example*} $H$ sei seperabler Hilbert-Raum. $e_{1},e_{2},e_{3},\ldots $ sei ein vollständiges ON-System.\[ \mathcal{D}\left(A\right):=\left\{ x\in H\left|x\textrm{ ist endliche Linearkombination von }e_{1},e_{2},\ldots \right.\right\} \] $A:\mathcal{D}\left(A\right)\rightarrow H$ sei definiert durch\[ A\left(x\right)=A\left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}e_{i}\right)=\left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}\right)e_{1}\] $A$ ist linear. $A$ ist \underbar{nicht} abschließbar. Betrachte \begin{eqnarray*} x_{n} & = & \frac{1}{n^{2}}\sum _{k=1}^{n}k\cdot e_{k}\in \mathcal{D}\left(A\right)\\ \left\Vert x_{n}\right\Vert ^{2} & = & \frac{1}{n^{4}}\sum _{k=1}^{n}k^{2}=\frac{\left(2n+1\right)\left(n+1\right)\cdot n}{n^{4}\cdot 6}\rightarrow 0\\ A\left(x_{n}\right) & = & \left(\frac{1}{n^{2}}\sum _{k=1}^{n}k\right)\cdot e_{1}=\frac{1}{n^{2}}\cdot \frac{n\left(n+1\right)}{2}\cdot e_{1}\rightarrow \frac{1}{2}e_{1} \end{eqnarray*} \end{example*} \begin{thm} Sei% \marginpar{30.1.2003% }% \marginpar{transponierter Operator% } $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ ein Operator und existiere ein Operator $\left(A^{t},\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ (transponierter Operator\index{Operator, transponiert}) mit \[ \left\langle Ax,y\right\rangle =\left\langle x,A^{t}y\right\rangle \qquad \forall x,y\in \mathcal{D}\left(A\right)\] Dann ist $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ abschließbar. \end{thm} \begin{proof} Sei $x_{n}\rightarrow 0$. $x_{n}\in \mathcal{D}\left(A\right)$ und $A\left(x_{n}\right)\rightarrow y$ in $H$. Dann folgt für alle $u\in \mathcal{D}\left(A\right)$:\[ \left\langle y,u\right\rangle =\lim _{n\rightarrow \infty }\left\langle A\left(x_{n}\right),u\right\rangle =\lim _{n\rightarrow \infty }\left\langle x_{n},A^{t}\left(u\right)\right\rangle =\left\langle \lim _{n\rightarrow \infty }x_{n},A^{t}\left(u\right)\right\rangle =\left\langle 0,A^{t}\left(u\right)\right\rangle =0\] Weil $\mathcal{D}\left(A\right)\subset H$ dicht ist, folgt $y=0$. \end{proof} \begin{example*} (Differentialoperatoren sind abschließbar) $\Omega \subset \mathbb{R}^{n}$ offen in $\mathbb{R}^{n}$, $H=L^{2}\left(\Omega \right)$ $\mathcal{D}\left(A\right)=\mathcal{C}_{0}^{\infty }\left(\Omega \right)$ Raum aller $\mathcal{C}^{\infty }$-Funktionen mit kompaktem Träger in $\Omega $ $\mathcal{D}\left(A\right)\subset H$ \emph{}dicht, $u\in \mathcal{C}_{0}^{\infty }\left(\Omega \right)$\[ A\left(u\right)\left(x\right):=\sum _{\alpha ,\left|\alpha \right|\leq m}a_{\alpha }\left(x\right)D^{\alpha }u\left(x\right)\] $\alpha =\left(\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n}\right)$, $\alpha _{i}\in \mathbb{N}$ $\leadsto $ $D^{\alpha }:=\frac{\partial ^{\alpha _{1}+\ldots +\alpha _{n}}}{\partial x_{1}^{\alpha _{1}}\cdots \partial x_{n}^{\alpha _{n}}}$, $\left|\alpha \right|:=\alpha _{1}+\ldots +\alpha _{n}$ $u\in \mathcal{C}_{0}^{\infty }$, $a_{\alpha }\in \mathcal{C}^{\infty }\left(\Omega \right)$ $\leadsto $ $A\left(u\right)\in \mathcal{C}_{0}^{\infty }\left(\Omega \right)\subset H$. $A:\mathcal{D}\left(A\right)\rightarrow H$, $u,u_{1}\in \mathcal{D}\left(A\right)=\mathcal{C}_{0}^{\infty }\left(\Omega \right)$\begin{eqnarray*} \left\langle Au,u_{1}\right\rangle _{L^{2}} & = & \sum _{\left|\alpha \right|\leq m}\int _{\Omega }a_{\alpha }\left(x\right)D^{\alpha }u\left(x\right)\overline{u_{1}\left(x\right)}dx\\ & \stackrel{{\textrm{part.}\atop \textrm{Int.}}}{=} & \sum _{\left|\alpha \right|\leq m}\int _{\Omega }\left(-1\right)^{\left|\alpha \right|}u\left(x\right)D^{\alpha }\left(a_{\alpha }\left(x\right)\overline{u_{1}\left(x\right)}\right)dx\\ & = & \int _{\Omega }u\left(x\right)\overline{\sum _{\left|\alpha \right|\leq m}\left(-1\right)^{\left|\alpha \right|}D^{\alpha }\left(\overline{a_{\alpha }\left(x\right)}u_{1}\left(x\right)\right)}dx\\ & = & \left\langle u,A^{t}\left(u_{1}\right)\right\rangle _{L^{2}}\\ \textrm{mit }A^{t}\left(u_{1}\right) & = & \sum _{\left|\alpha \right|\leq m}\left(-1\right)^{\left|\alpha \right|}D^{\alpha }\left(\overline{a_{\alpha }\left(x\right)}u_{1}\left(x\right)\right) \end{eqnarray*} \begin{example*} $A=\frac{\partial ^{2}}{\partial x_{1}^{2}}+\ldots +\frac{\partial ^{2}}{\partial x_{n}^{2}}$ Laplace-Operator $\leadsto $ $A^{t}=A$ $\leadsto $ $\left\langle Au,u_{1}\right\rangle =\left\langle u,Au_{1}\right\rangle $, $u,u_{1}\in \mathcal{C}_{0}^{\infty }\left(\Omega \right)$ \end{example*} \end{example*} \begin{defn} \label{def:symmetrisch}Ein Operator $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ heißt \underbar{symmetrisch}\index{symmetrisch}\index{Operator, symmetrisch}, falls% \marginpar{symmetrisch% } \begin{enumerate} \item $\mathcal{D}\left(A\right)\subset H$ ist dicht. \smallskip{} \item $\forall x,y\in \mathcal{D}\left(A\right)$: $\left\langle Ax,y\right\rangle =\left\langle x,Ay\right\rangle $ \end{enumerate} \end{defn} \begin{conclusion*} Jeder symmetrische Operator ist abschließbar. \end{conclusion*} \subsection{Zum Begriff des adjungierten Operators} ~\index{Operator, adjungiert} $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ sei beliebiger Operator, $\mathcal{D}\left(A\right)\subset H$ dicht\[ \boxed {\mathcal{D}\left(A^{*}\right):=\left\{ x\in H\left|\exists z\in H\forall y\in \mathcal{D}\left(A\right):\, \left\langle A\left(y\right),x\right\rangle =\left\langle y,z\right\rangle \right.\right\} }\] $A^{*}:\mathcal{D}\left(A^{*}\right)\rightarrow H$ wird dann durch \[ \boxed {A^{*}\left(x\right):=z}\] definiert. \underbar{Rechtfertigung}: Sei $x\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)$ mit \begin{eqnarray*} \left\langle A\left(y\right),x\right\rangle & = & \left\langle y,z\right\rangle \quad \forall y\in \mathcal{D}\left(A\right)\\ \left\langle A\left(y\right),x\right\rangle & = & \left\langle y,z_{1}\right\rangle \quad \forall y\in \mathcal{D}\left(A\right)\\ \leadsto \, \forall y\in \mathcal{D}\left(A\right):\, \left\langle y,z-z_{1}\right\rangle & = & 0\\ \mathcal{D}\left(A\right)\subset H\textrm{ dicht}\, \leadsto \, z & = & z_{1} \end{eqnarray*} \begin{defn} \label{def:adjungierte-Operator}Sei $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ gegeben. $\left(A^{*},\mathcal{D}\left(A^{*}\right)\right)$ ist der \underbar{adjungierte Operator}.\index{Operator, adjungiert}% \marginpar{adjungierter Operator $A^{*}$% } \end{defn} \begin{rem*} $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ sei symmetrisch $\leadsto $ $\mathcal{D}\left(A\right)\subset \mathcal{D}\left(A^{*}\right)$ $\leadsto $ $A\subset A^{*}$. \end{rem*} % \marginpar{$R\left(A\right)$, $N\left(A^{*}\right)$% }\begin{eqnarray*} R\left(A\right) & := & \textrm{Im}\left(A\right)=A\left(\mathcal{D}\left(A\right)\right)\qquad \textrm{Bild von }A\\ N\left(A^{*}\right) & := & \ker \left(A^{*}\right)=\left\{ x\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)\left|A^{*}\left(x\right)=0\right.\right\} \end{eqnarray*} \begin{thm} ~% \marginpar{ $\overline{R\left(A\right)}\oplus N\left(A^{*}\right)=H$% }\[ \boxed {H=\overline{R\left(A\right)}\oplus N\left(A^{*}\right)}\] Insbesondere ist $N\left(A^{*}\right)$ stets ein abgeschlossener Teilraum! \end{thm} \begin{proof} Sei $x\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)$ und gelte $A^{*}\left(x\right)=0$ ($x\in N\left(A^{*}\right)$).\begin{eqnarray*} \leadsto \, \forall y\in \mathcal{D}\left(A\right) & : & \left\langle A\left(y\right),x\right\rangle =\left\langle y,A^{*}\left(x\right)\right\rangle =\left\langle y,0\right\rangle =0\\ \leadsto \, R\left(A\right) & \bot & N\left(A^{*}\right)\\ \leadsto \, \overline{R\left(A\right)} & \bot & N\left(A^{*}\right) \end{eqnarray*} $N\left(A^{*}\right)$ ist abgeschlossen! Dann ist \[ \overline{R\left(A\right)}\oplus N\left(A^{*}\right)\subset H\] ein abgeschlossener Teilraum. Sei $z\in H$ mit\[ z\bot \overline{R\left(A\right)}\oplus N\left(A^{*}\right)\] \[ \leadsto \, \left\langle A\left(y\right),z\right\rangle =0=\left\langle y,0\right\rangle \quad \forall y\in \mathcal{D}\left(A\right)\] \[ \leadsto \, z\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)\textrm{ mit }A^{*}\left(z\right)=0\quad \leadsto \quad z\in N\left(A^{*}\right)\] Aber $z\bot N\left(A^{*}\right)$ nach Voraussetzung $\leadsto $ $z=0$. \[ \leadsto \, \overline{R\left(A\right)}\oplus N\left(A^{*}\right)=H\] \end{proof} \begin{example*} $H=L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$ $a:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{1}$ Borel-meßbar, beschränkt auf jeder kompakten Teilmenge von $\mathbb{R}^{n}$.\[ \mathcal{D}\left(A\right):=\left\{ f\in L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\left|a\left(x\right)\cdot f\left(x\right)\in L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\right.\right\} \] $\mathcal{C}_{0}^{\infty }\left(\mathbb{R}^{n}\right)\subset \mathcal{D}\left(A\right)$, weil $a\left(x\right)$ auf kompakten Mengen beschränkt ist. $\leadsto $ $\mathcal{D}\left(A\right)\subset H$ ist dicht. Operator: \[ A\left(f\right)\left(x\right):=a\left(x\right)\cdot f\left(x\right),\qquad A:\mathcal{D}\left(A\right)\rightarrow H=L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\] Wir zeigen:\[ \mathcal{D}\left(A^{*}\right)=D\left(A\right)\quad \textrm{und}\quad \left(A^{*}f\right)\left(x\right)=\overline{a\left(x\right)}\cdot f\left(x\right)\] Seien $f\in \mathcal{D}\left(A\right)$ und $h\in L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$.\[ \left\langle Af,h\right\rangle _{L^{2}}=\int _{\mathbb{R}^{n}}a\left(x\right)f\left(x\right)\cdot \overline{h\left(x\right)}dx\] Angenommen, es existiert (zu $h$) eine Funktion $g\in L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$ mit\[ \left\langle A\left(f\right),h\right\rangle _{L^{2}}=\left\langle f,g\right\rangle _{L^{2}},\] so erhalten wir:\begin{eqnarray*} \int _{\mathbb{R}^{n}}a\left(x\right)f\left(x\right)\cdot \overline{h\left(x\right)}dx & = & \int _{\mathbb{R}^{n}}f\left(x\right)\cdot \overline{g\left(x\right)}dx\qquad \forall f\in \mathcal{D}\left(A\right) \end{eqnarray*} $K\subset \mathbb{R}^{n}$ kompakte Teilmenge. $f=\chi _{K}\in \mathcal{D}\left(A\right)$ (weil $a$ beschränkt auf $K$)\begin{eqnarray*} \leadsto \, \int _{K}a\left(x\right)\cdot \overline{h\left(x\right)}dx & = & \int _{K}\overline{g\left(x\right)}dx\qquad \forall K\subset \mathbb{R}^{n}\textrm{ kompakt}\\ \leadsto \, g\left(x\right) & = & \overline{a\left(x\right)}h\left(x\right)\quad \textrm{fast überall} \end{eqnarray*} Aber: $g\in L^{2}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$ $\leadsto $ $\overline{a\left(x\right)}h\left(x\right)\in L^{2}$. Also: $h\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)$ $\leadsto $ $a\left(x\right)h\left(x\right)\in L^{2}$ $\leadsto $ $h\in \mathcal{D}\left(A\right)$ und umgekehrt analog\[ \leadsto \, \mathcal{D}\left(A\right)=\mathcal{D}\left(A^{*}\right)\textrm{ und }\left(A^{*}h\right)\left(x\right)=\overline{a\left(x\right)}h\left(x\right)\] \end{example*} Sei $U:H\oplus H\rightarrow H\oplus H$ definiert durch \[ \boxed {U\left(x,y\right):=\left(y,-x\right)}\] \begin{thm} \label{thm:8.10}(Alternative Beschreibung von $A^{*}$)% \marginpar{$\Gamma \left(A^{*}\right)=$\\ $\left[U\left(\Gamma \left(A\right)\right)\right]^{\bot }$% }\[ \boxed {\Gamma \left(A^{*}\right)=\left[U\left(\Gamma \left(A\right)\right)\right]^{\bot }}\] \end{thm} \begin{proof} Sei $y\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)$. Dann gilt\begin{eqnarray*} \left\langle A\left(x\right),y\right\rangle & = & \left\langle x,A^{*}\left(y\right)\right\rangle \qquad \forall x\in \mathcal{D}\left(A\right)\\ \leadsto \, \left\langle A\left(x\right),y\right\rangle +\left\langle -x,A^{*}\left(y\right)\right\rangle & = & 0\qquad \forall x\in \mathcal{D}\left(A\right)\\ \leadsto \, \left\langle U\left(x,A\left(x\right)\right),\left(y,A^{*}\left(y\right)\right)\right\rangle _{H\oplus H} & = & \left\langle A\left(x\right),y\right\rangle _{H}+\left\langle -x,A^{*}\left(y\right)\right\rangle _{H}=0\\ \leadsto \, \left(y,A^{*}\left(y\right)\right) & \bot & U\left(\Gamma \left(A\right)\right)\quad \forall y\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)\\ \leadsto \, \Gamma \left(A^{*}\right) & \subset & \left[U\left(\Gamma \left(A\right)\right)\right]^{\bot } \end{eqnarray*} Rückrichtung analog. \end{proof} \begin{conclusion*} Der adjungierte Operator $A^{*}$ ist stets abgeschlossen, d.h.% \marginpar{$\overline{A^{*}}=A^{*}$% } \[ \boxed {\overline{A^{*}}=A^{*}}\] \end{conclusion*} \begin{thm} \label{thm:Neumann}(von Neumann\index{Neumann, Satz})% \marginpar{Neumann-Satz% } $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ sei Operator mit dichtem Definitionsbereich und $\left(A^{*},\mathcal{D}\left(A^{*}\right)\right)$ wie oben definiert. Es gilt $\overline{\mathcal{D}\left(A^{*}\right)}=H$ dann und nur dann, falls $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ abschließbar ist. In diesem Fall gilt\[ \boxed {\overline{A}=\left(A^{*}\right)^{*}}\] \end{thm} \begin{proof} $\mathcal{D}\left(A\right)\subset H$ ist dicht und sei $A$ abschließbar. Zu zeigen: $\overline{\mathcal{D}\left(A^{*}\right)}=H$. Sei $x\bot \mathcal{D}\left(A^{*}\right)$\begin{eqnarray*} \leadsto \, \left(x,0\right) & \bot & \Gamma \left(A^{*}\right)=\left(U\left(\Gamma \left(A\right)\right)\right)^{\bot }\\ \leadsto \, \left(x,0\right) & \in & \overline{U\left(\Gamma \left(A\right)\right)}=U\left(\overline{\Gamma \left(A\right)}\right)=U\left(\Gamma \left(\bar{A}\right)\right)\\ \leadsto \, U\left(x,0\right) & \in & U^{2}\left(\Gamma \left(\bar{A}\right)\right)=\Gamma \left(\bar{A}\right)\\ \leadsto \, \left(0,-x\right) & \in & \Gamma \left(\bar{A}\right)\\ \leadsto \, -x & = & \bar{A}\left(0\right)\\ \leadsto \, x & = & 0 \end{eqnarray*} Konsequenz: $A$ abschließbar $\leadsto $ $\mathcal{D}\left(A^{*}\right)$ dicht. Zu zeigen: $\bar{A}=\left(A^{*}\right)^{*}$.% \marginpar{4.2.2003% } $A^{*}$ ist dicht definiert. Satz \ref{thm:8.10} $\leadsto $\begin{eqnarray*} \Gamma \left(A^{**}\right) & = & \left[U\left(\Gamma \left(A^{*}\right)\right)\right]^{\bot }\\ & = & \left[U\left(U\left(\Gamma \left(A\right)\right)^{\bot }\right)\right]^{\bot }\\ & = & \left[\underbrace{U^{2}}_{\textrm{-Id}}\left(\Gamma \left(A\right)\right)^{\bot }\right]^{\bot }\\ & = & \left[\Gamma \left(A\right)^{\bot }\right]^{\bot }\\ & = & \overline{\Gamma \left(A\right)}\\ & = & \Gamma \left(\bar{A}\right)\\ \leadsto \, A^{**} & = & \bar{A} \end{eqnarray*} $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ sei dicht definiert und gelte $\overline{\mathcal{D}\left(A^{*}\right)}=H$. Wiederhole die Rechnung\[ \Gamma \left(A^{**}\right)=\left[U\left(\Gamma \left(A^{*}\right)\right)\right]^{\bot }=\ldots =\overline{\Gamma \left(A\right)}\] $\leadsto $ $\overline{\Gamma \left(A\right)}$ ist Graph von $A^{**}$, d.h. $A$ ist abschließbar. \end{proof} \begin{conclusion*} Ist $A$ symmetrisch, so gilt \[ A\subset \bar{A}\subset A^{*}.\] \end{conclusion*} \begin{defn} \label{def:selbstadjungiert2}Ein dicht-definierter Operator $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ heißt \underbar{selbstadjungiert}\index{selbstadjungiert}\index{Operator, selbstadjungiert}, falls % \marginpar{selbst\-ad\-jun\-giert% }\[ \boxed {A=A^{*}}\] \end{defn} \begin{conclusion*} Selbstadjungierte Operatoren sind stets abgeschlossene Operatoren. \end{conclusion*} \begin{defn} \label{def:wesentlich-selbstadjungiert}Ein dicht-definierter Operator $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ heißt \underbar{wesentlich-selbstadjungiert}\index{wesentlich-selbstadjungiert}\index{Operator, wesentlich-selbstadjungiert}, falls% \marginpar{wesentlich selbstadjungiert% }\[ \boxed {\bar{A}=A^{*}}\] \end{defn} \begin{example*} für $\bar{A}\neq A^{*}$: $H=L^{2}\left[a,b\right]$. \begin{eqnarray*} Af\left(x\right) & := & i\cdot \frac{df}{dx}\left(x\right)\\ \mathcal{D}\left(A\right) & = & \left\{ f:\left[a,b\right]\rightarrow \mathbb{C},\, f\in \mathcal{C}^{\infty },\, \textrm{supp}\left(f\right)\subset \left(a,b\right)\right\} \end{eqnarray*} Integriere partiell: $f,g\in \mathcal{D}\left(A\right)$\[ \left\langle Af,g\right\rangle _{L^{2}}=\int _{a}^{b}i\cdot f'\left(x\right)\cdot \overline{g\left(x\right)}dx=-\int _{a}^{b}i\cdot f\left(x\right)\cdot \overline{g'\left(x\right)}dx=\int _{a}^{b}f\left(x\right)\cdot \overline{ig'\left(x\right)}=\left\langle f,Ag\right\rangle _{L^{2}}\] \begin{itemize} \item $h\equiv 1$ liegt in \emph{$\mathcal{D}\left(A^{*}\right)$:\[ \left\langle A\left(f\right),h\right\rangle _{L^{2}}=\int _{a}^{b}i\cdot f'\left(x\right)\cdot 1dx=i\cdot \left[f\left(b\right)-f\left(a\right)\right]=0=\left\langle f,0\right\rangle _{L^{2}}\] } $\leadsto $ $h\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)$ und $A^{*}\left(h\right)=0$. \smallskip{} \item $h\equiv 1$ $\not \in \mathcal{D}\left(\bar{A}\right)$: Angenommen, $1\in \mathcal{D}\left(\bar{A}\right)$ $\leadsto $ $\left(1,\bar{A}\left(1\right)\right)\in \Gamma \left(\bar{A}\right)=\overline{\Gamma \left(A\right)}$.\[ \leadsto \, \exists f\in L^{2}\exists f_{n}\in \mathcal{D}\left(A\right):\, f_{n}\rightarrow 1\textrm{ in }L^{2}\textrm{ und }A\left(f_{n}\right)=i\cdot f_{n}'\rightarrow f\textrm{ in }L^{2}.\] Wenn $\textrm{supp}\left(f_{n}\right)\subset \left(a,b\right)$ ist, so ist jede der Funktionen $f_{n}\in \mathcal{D}\left(A\right)$ eine glatte Funktion auf $\mathbb{R}^{1}$ mit kompaktem Träger. Dann gilt mit der Inversformel der Fouriertransformation (Satz \ref{thm:Eigenschaften-Fouriertransformation}):\begin{eqnarray*} f_{n}\left(x\right) & = & \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\hat{f}_{n}\left(\xi \right)e^{ix\xi }d\xi \\ \left|f_{n}\left(x\right)\right|^{2} & = & \frac{1}{2\pi }\left|\int _{-\infty }^{\infty }\hat{f}_{n}\left(\xi \right)e^{ix\xi }d\xi \right|^{2}\\ & = & \frac{1}{2\pi }\left|\int _{-\infty }^{\infty }e^{ix\xi }\frac{1}{\sqrt{1+\xi ^{2}}}\cdot \hat{f}_{n}\left(\xi \right)\sqrt{1+\xi ^{2}}d\xi \right|^{2}\\ & \stackrel{\textrm{CSU}}{\leq } & \frac{1}{2\pi }\int _{-\infty }^{\infty }\left|e^{ix\xi }\frac{1}{\sqrt{1+\xi ^{2}}}\right|^{2}d\xi \cdot \int _{-\infty }^{\infty }\left|\hat{f}_{n}\left(\xi \right)\sqrt{1+\xi ^{2}}d\xi \right|^{2}d\xi \\ & = & \frac{1}{2\pi }\int _{-\infty }^{\infty }\frac{1}{1+\xi ^{2}}d\xi \cdot \int _{-\infty }^{\infty }\left\{ \left|\hat{f}_{n}\left(\xi \right)\right|^{2}+\left|\xi \hat{f}_{n}\left(\xi \right)\right|^{2}\right\} d\xi \\ & = & \frac{1}{2\pi }\int _{-\infty }^{\infty }\frac{1}{1+\xi ^{2}}d\xi \cdot \left\{ \left\Vert \hat{f}_{n}\right\Vert _{L^{2}}^{2}+\left\Vert \xi \cdot \hat{f}_{n}\right\Vert _{L^{2}}^{2}\right\} \\ & = & \frac{1}{2\pi }\int _{-\infty }^{\infty }\frac{1}{1+\xi ^{2}}d\xi \cdot \left\{ \left\Vert \hat{f}_{n}\right\Vert _{L^{2}}^{2}+\left\Vert \hat{f_{n}'}\right\Vert _{L^{2}}^{2}\right\} \\ & \stackrel{\textrm{Plancherel}}{\textrm{=}} & \frac{1}{2\pi }\int _{-\infty }^{\infty }\frac{1}{1+\xi ^{2}}d\xi \cdot \left\{ \left\Vert f_{n}\right\Vert _{L^{2}}^{2}+\left\Vert f_{n}'\right\Vert _{L^{2}}^{2}\right\} \\ \leadsto \, \forall x\in \mathbb{R}^{1}:\, \left|f_{n}\left(x\right)\right| & \leq & C^{*}\sqrt{\left\Vert f_{n}\right\Vert _{L^{2}}^{2}+\left\Vert f_{n}'\right\Vert _{L^{2}}^{2}}\\ \leadsto \, \sup _{x\in \mathbb{R}}\left|f_{n}\left(x\right)\right| & \leq & C^{*}\sqrt{\left\Vert f_{n}\right\Vert _{L^{2}}^{2}+\left\Vert f_{n}'\right\Vert _{L^{2}}^{2}} \end{eqnarray*} Auf $\left[a,b\right]$ sind $f_{n}$ und $f_{n}'$ Cauchy-Folgen in $L^{2}$ $\leadsto $ $f_{n}$ ist eine Cauchy-Folge in $\mathcal{C}\left[a,b\right]$. \smallskip{} \noindent Konsequenz: Es existiert eine stetige Funktion in $\mathcal{C}\left[a,b\right]$ mit $f_{n}\rightrightarrows g$. Aber:\[ \left\Vert f_{n}-g\right\Vert _{L^{2}}^{2}=\int _{a}^{b}\left|f_{n}\left(x\right)-g\left(x\right)\right|^{2}dx\leq \left(b-a\right)\cdot \sup _{x\in \left[a,b\right]}\underbrace{\left|f_{n}\left(x\right)-g\left(x\right)\right|^{2}}_{\rightarrow 0\textrm{ für }n\rightarrow \infty }\] Somit konvergiert $f_{n}$ in $L^{2}$ gegen $g$. Nach Vorausetzung $f_{n}\rightarrow 1$ in $L^{2}$. \smallskip{} \noindent Konsequenz: $g\equiv 1$, d.h. $f_{n}\rightrightarrows 1$. Aber $f_{n}\left(a\right)=0$ für alle $n$. Widerspruch. \end{itemize} \end{example*} \subsection{Das Spektrum unbeschränkter, symmetrischer Operatoren} ~\index{Spektrum} $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ - dicht definierter Operator $A:\mathcal{D}\left(A\right)\rightarrow H$.\[ \boxed {A_{\lambda }:=\lambda \textrm{Id}-A:\, \mathcal{D}\left(A\right)\rightarrow H}\] \begin{itemize} \item $\lambda \in \sigma _{p}\left(A\right)$ $\Leftrightarrow $ $\ker \left(A_{\lambda }\right)\neq \left\{ 0\right\} $ (Punktspektrum) \smallskip{} \item $\lambda \in \sigma _{r}\left(A\right)$ $\Leftrightarrow $ $\ker \left(A_{\lambda }\right)=\left\{ 0\right\} $ und $\overline{\textrm{Im}\left(A_{\lambda }\right)}\neq H$ \smallskip{} \item $\lambda \in \sigma _{c}\left(A\right)$ $\Leftrightarrow $ $\ker \left(A_{\lambda }\right)=\left\{ 0\right\} $ und $\overline{\textrm{Im}\left(A_{\lambda }\right)}=H$. $A_{\lambda }^{-1}:\textrm{Im}\left(A_{\lambda }\right)\rightarrow H$ \underbar{nicht} stetig. \smallskip{} \item $\lambda \in \rho \left(A\right)$ $\Leftrightarrow $ $A_{\lambda }^{-1}:H\rightarrow H$ stetig. \end{itemize} \[ \leadsto \, \mathbb{C}=\rho \left(A\right)\dot{\cup }\sigma _{p}\left(A\right)\dot{\cup }\sigma _{r}\left(A\right)\dot{\cup }\sigma _{c}\left(A\right)\] \[ \lambda \in \sigma _{p}\left(A\right)\, \Leftrightarrow \, \exists x\in \mathcal{D}\left(A\right),\, \left\Vert x\right\Vert =1:\, Ax-\lambda x=0\] \begin{defn} \label{def:Approximationsspektrum}\index{Approximationsspektrum}(Approximationsspektrum)% \marginpar{Ap\-pro\-xi\-mat\-ions\-spek\-trum $\sigma _{a}\left(A\right)$% } \[ \boxed {\lambda \in \sigma _{a}\left(A\right)\quad \Leftrightarrow \quad \exists x_{n}\in \mathcal{D}\left(A\right)\textrm{ mit }\left\Vert x_{n}\right\Vert =1:\, \left\Vert Ax_{n}-\lambda x_{n}\right\Vert \rightarrow 0}\] \end{defn} \begin{thm} ~% \marginpar{$\sigma _{p}\cup \sigma _{c}$\\ $\subset \sigma _{a}\subset \sigma $% }\[ \boxed {\sigma _{p}\left(A\right)\cup \sigma _{c}\left(A\right)\subset \sigma _{a}\left(A\right)\subset \sigma \left(A\right)}\] \end{thm} \begin{proof} $\sigma _{a}\left(A\right)\subset \sigma \left(A\right)$: Sei $\lambda \in \sigma _{a}\left(A\right)$ $\leadsto $ $\exists x_{n}\in \mathcal{D}\left(A\right),\left\Vert x_{n}\right\Vert =1$: $\left\Vert A_{\lambda }\left(x_{n}\right)\right\Vert \rightarrow 0$. 1. Fall: $\ker \left(A_{\lambda }\right)\neq \left\{ 0\right\} $ $\leadsto $ $\lambda \in \sigma \left(A\right)$. 2. Fall: $\ker \left(A_{\lambda }\right)=\left\{ 0\right\} $. Dann ist $A_{\lambda }^{-1}:\textrm{Im}\left(A_{\lambda }\right)\rightarrow H$ invertierbar. Dann folgt \[ y_{n}:=A_{\lambda }\left(x_{n}\right)\in \textrm{Im}\left(A_{\lambda }\right),\quad \left\Vert y_{n}\right\Vert \rightarrow 0,\left\Vert A_{\lambda }^{-1}y_{n}\right\Vert =\left\Vert x_{n}\right\Vert =1\] $\leadsto $ $A_{\lambda }^{-1}$ ist nicht stetig $\leadsto $ $\lambda \in \sigma \left(A\right)$. $\sigma _{p}\left(A\right)\subset \sigma _{a}\left(A\right)$ ist trivial $\sigma _{c}\left(A\right)\subset \sigma _{a}\left(A\right)$: Sei $\lambda \not \in \sigma _{a}\left(A\right)$ \[ \leadsto \, \exists \varepsilon >0\, \forall x\in \mathcal{D}\left(A\right):\, \left\Vert Ax-\lambda x\right\Vert \geq \varepsilon \left\Vert x\right\Vert .\] $\leadsto $ $A_{\lambda }^{-1}$ stetig $\leadsto $ $\lambda \not \in \sigma _{c}\left(A\right)$. \end{proof} \begin{conclusion*} $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ dicht definiert, \[ \boxed {\sigma _{r}\left(A\right)=\emptyset \, \leadsto \, \sigma \left(A\right)=\sigma _{a}\left(A\right)=\sigma _{p}\left(A\right)\dot{\cup }\sigma _{c}\left(A\right)}\] \end{conclusion*} \begin{thm} $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ dicht definiert, symmetrisch, $\bar{A}=A^{*}$ (wesentlich selbstadjungiert). Dann gilt:\[ \boxed {\sigma _{r}\left(A\right)\subset \sigma _{p}\left(A^{*}\right)\cap \left\{ \sigma _{a}\left(A\right)\setminus \left(\sigma _{p}\left(A\right)\dot{\cup }\sigma _{c}\left(A\right)\right)\right\} }\] \end{thm} \begin{conclusion*} Ist $A=A^{*}$ (selbstadjungierter Operator), so ist \begin{enumerate} \item $\sigma _{r}\left(A\right)=\emptyset $ \smallskip{} \item $\sigma \left(A\right)=\sigma _{a}\left(A\right)\subset \mathbb{R}^{1}$ \end{enumerate} \end{conclusion*} \begin{proof} Sei $\lambda \in \sigma _{r}\left(A\right)$, d.h. $\lambda \cdot \textrm{Id}-A:\mathcal{D}\left(A\right)\rightarrow H$ ist injektiv, $\overline{\textrm{Im}\left(\lambda \cdot \textrm{Id}-A\right)}\neq H$. Wähle $y\in H$ mit $\left\Vert y\right\Vert =1$ und $y\bot \textrm{Im}\left(\lambda \cdot \textrm{Id}-A\right)$.\begin{eqnarray*} \leadsto \, \forall x\in \mathcal{D}\left(A\right):\, \left\langle y,\lambda x-Ax\right\rangle & = & 0\\ \leadsto \, \forall x\in \mathcal{D}\left(A\right):\, \left\langle Ax,y\right\rangle & = & \left\langle \lambda x,y\right\rangle =\left\langle x,\bar{\lambda }y\right\rangle \end{eqnarray*} $\leadsto $ $y\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)$ und $A^{*}\left(y\right)=\bar{\lambda }y$ $\leadsto $ $\bar{\lambda }\in \sigma _{p}\left(A^{*}\right)$. Nach Voraussetzung $\bar{A}=A^{*}$, d.h. $y\in \mathcal{D}\left(\bar{A}\right)$. $\leadsto $ \[ \exists x_{n}\in \mathcal{D}\left(A\right):\, x_{n}\rightarrow y\textrm{ und }A\left(x_{n}\right)\rightarrow \bar{A}\left(y\right)=A^{*}\left(y\right)=\bar{\lambda }y\] Berechnen\[ \left\langle y,\bar{\lambda }y\right\rangle =\lim _{n\rightarrow \infty }\left\langle x_{n},A\left(x_{n}\right)\right\rangle \stackrel{A^{*}=\bar{A}}{=}\lim _{n\rightarrow \infty }\left\langle A\left(x_{n}\right),x_{n}\right\rangle =\left\langle \bar{\lambda }y,y\right\rangle \] $\leadsto $ $\lambda \cdot \left\Vert y\right\Vert ^{2}=\bar{\lambda }\cdot \left\Vert y\right\Vert ^{2}$, d.h. $\lambda =\bar{\lambda }$. Also $\lambda =\bar{\lambda }\in \sigma _{p}\left(A^{*}\right)$. Normiere die Folge $x_{n}$: \[ x_{n}^{*}:=\frac{x_{n}}{\left\Vert x_{n}\right\Vert }\rightarrow y,\quad \left\Vert x_{n}^{*}\right\Vert =1.\] \[ A\left(x_{n}^{*}\right)=\underbrace{\frac{1}{\left\Vert x_{n}\right\Vert }}_{\rightarrow 1}\cdot A\left(x_{n}\right)\rightarrow \bar{\lambda }y=\lambda y=\lambda \lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}^{*}\] $\leadsto $ $\lambda \in \sigma _{a}\left(A\right)$. \end{proof} $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ dicht definiert. \underbar{Defektraum\index{Defektraum}\index{$\Delta_{A}( \lambda )$}} von $A$ zu $\lambda $% \marginpar{Defektraum $\Delta _{A}\left(\lambda \right)$% } \[ \boxed {\Delta _{A}\left(\lambda \right):=\left[\overline{\textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}-A\right)}\right]^{\bot }}\] Allgemeine Zerlegung: \[ \overline{\textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}-A\right)}\oplus N\left(\bar{\lambda }\textrm{Id}-A^{*}\right)=H,\] also\[ \boxed {\Delta _{A}\left(\lambda \right)=N\left(\bar{\lambda }\textrm{Id}-A^{*}\right)}\] \begin{defn} \underbar{\label{def:Defekt}Defekt} \index{Defekt}von $A$:\[ \boxed {d_{A}\left(\lambda \right)=\dim \left(\Delta _{A}\left(\lambda \right)\right)}\] \end{defn} \begin{thm} \label{thm:Krein-Krasnosielski}\index{Krein-Krasnosielski, Satz}(Krein-Krasnosielski, 1947)% \marginpar{Krein-Krasnosielski-Satz% } $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ dicht definiert, $\sigma _{a}\left(A\right)$ Approximationsspektrum. Liegen $\lambda _{1},\lambda _{2}\in \mathbb{C}$ in der gleichen Zusammenhangskomponente von $\mathbb{C}\setminus \sigma _{a}\left(A\right)$, so gilt \[ \boxed {d_{A}\left(\lambda _{1}\right)=d_{A}\left(\lambda _{2}\right)}\] \end{thm} $A$ symmetrisch $\leadsto $ $\sigma _{a}\left(A\right)$ reell. $d_{+}\left(A\right):=d_{A}\left(i\right)$, $d_{-}\left(A\right):=d_{A}\left(-i\right)$. \begin{defn} \label{def:Defektindex}$\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ sei symmetrisch. Der \underbar{Defektindex} \index{Defektindex}von $A$ ist das Paar% \marginpar{Defektindex $\left(d_{+},d_{-}\right)$% } \[ \boxed {\left(d_{+}\left(A\right),d_{-}\left(A\right)\right)=\left(d_{A}\left(+i\right),d_{A}\left(-i\right)\right)}\] \end{defn} \begin{thm} \label{thm:Neumann1}(Neumann)\index{Neumann, Satz}% \marginpar{6.2.2003% } $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ symmetrischer Operator, $\mathcal{D}\left(A\right)\subset H$ dicht. Folgende Bedingungen sind äquivalent:% \marginpar{Satz von Neumann% } \begin{enumerate} \item $d_{+}\left(A\right)=d_{-}\left(A\right)$ \smallskip{} \item Es existiert ein Operator $A\subset B$ mit $B^{*}=B$ (d.h. $A$ besitzt eine selbstadjungierte Erweiterung) \end{enumerate} \end{thm} \begin{rem*} Die selbstadjungierte Erweiterung ist im allgemeinen \underbar{nicht} eindeutig. \end{rem*} \begin{thm} \label{thm:Neumann2}(Neumann)\index{Neumann, Satz} $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ symmetrisch, dicht definiert. Folgende Bedingungen sind äquivalent:% \marginpar{Satz von Neumann% } \begin{enumerate} \item $d_{+}\left(A\right)=d_{-}\left(A\right)=0$ \smallskip{} \item $\bar{A}=A^{*}$ (d.h. $A$ ist wesentlich selbstadjungiert) \end{enumerate} \end{thm} \begin{rem*} Nicht jeder symmetrische Operator in $H$ besitzt innerhalb von $H$ eine selbstadjungierte Erweiterung (Bedingung $d_{+}=d_{-}$) \end{rem*} \begin{thm} \label{thm:Nojmark}(Nojmark)\index{Nojmark, Satz}% \marginpar{Satz von Nojmark% } Jeder symmetrische Operator $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ in $H$ kann zu einem selbstadjungierten Operator $\left(\tilde{A},\mathcal{D}\left(\tilde{A}\right)\right)$ in einem gewissen Hilbert-Raum $H\subset K$ erweitert werden. \end{thm} \begin{example*} $H^{2}=L^{2}\left[a,b\right]$\begin{eqnarray*} \mathcal{D}\left(A\right) & = & \left\{ f:\left[a,b\right]\rightarrow \mathbb{C}\left|f\in \mathcal{C}^{\infty },\textrm{supp}\left(f\right)\subset \left(a,b\right)\right.\right\} \\ A\left(f\right) & = & if' \end{eqnarray*} \begin{itemize} \item $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ ist symmetrisch \smallskip{} \item $\bar{A}\not \subseteq A^{*}$ d.h. $A$ ist nicht wesentlich selbstadjungiert \end{itemize} \[ d_{A}\left(\lambda \right)=\dim N\left(\overline{\lambda }\textrm{Id}-A^{*}\right)\] Um $d_{\pm }\left(A\right)$ zu berechnen, ist die Gleichung \[ \underbrace{A^{*}f}_{if'}=\pm if\] mit $f\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)$ zu lösen. Die Lösung ist $f\left(t\right)=C\cdot e^{\pm t}$. $\leadsto $ \[ d_{+}\left(A\right)=d_{-}\left(A\right)=1.\] Neumann-Sätze \ref{thm:Neumann1} und \ref{thm:Neumann2} $\leadsto $ $A$ ist \underbar{nicht} wesentlich selbstadjungiert und $A$ läßt eine selbstadjungierte Erweiterung zu. Wähle einen Parameter $0\leq s<2\pi $ und definiere\begin{eqnarray*} \mathcal{D}\left(A_{s}\right) & := & \left\{ f:\left[a,b\right]\rightarrow \mathbb{C}\left|f\textrm{ ist absolut-stetig},f'\in L^{2}\left[a,b\right],f\left(a\right)=e^{is}f\left(b\right)\right.\right\} \\ A & = & i\frac{d}{dx} \end{eqnarray*} \underbar{Es gilt}: $A_{s}^{*}=A_{s}$ und $A\subset A_{s}=A_{s}^{*}$. \end{example*} \subsubsection{Beweis des Satzes von Krein-Krasnosielski} \begin{lem} \label{lem:8.23}$P_{1},P_{2}:H\rightarrow H$ Orthogonalprojektionen, $\left\Vert P_{1}-P_{2}\right\Vert <1$. Dann ist \[ \dim P_{1}\left(H\right)=\dim P_{2}\left(H\right).\] \end{lem} \begin{proof} $S_{i}=P_{i}\left(H\right)$ Bild von $P_{i}$. Angenommen, $\dim S_{2}>\dim S_{1}$. Bezeichnen mit $S$ den Raum $S:=P_{2}\left(S_{1}\right)$. Dann gilt $S\subset S_{2}$ und\[ \dim S\leq \dim S_{1}<\dim S_{2}.\] Dann existiert ein Vektor $x\in S_{2}$ mit $\left\Vert x\right\Vert =1$ und $x\bot S$. Dies bedeutet\[ 0=\left\langle x,\underbrace{P_{2}\left(y\right)}_{\in S}\right\rangle =\left\langle P_{2}\left(x\right),y\right\rangle \stackrel{x\in S_{2}}{=}\left\langle x,y\right\rangle \qquad \forall y\in S_{1}\] $\leadsto $ $x\bot S_{1}$ $\leadsto $ $P_{1}\left(x\right)=0$ und $\left(\textrm{Id}-P_{1}\right)\left(x\right)=x$. Aber:\begin{eqnarray*} \left(P_{1}-P_{2}\right)\left(x\right) & = & P_{1}\underbrace{\left(\textrm{Id}-P_{2}\right)\left(x\right)}_{=0\textrm{ weil }x\in S_{2}}-\left(\textrm{Id}-P_{1}\right)P_{2}\left(x\right)\\ & = & -\left(\textrm{Id}-P_{1}\right)P_{2}\left(x\right)\\ & \stackrel{x\in S_{2}}{=} & -\left(\textrm{Id}-P_{1}\right)\left(x\right)\\ & = & -x\\ \leadsto \, \left\Vert \left(P_{1}-P_{2}\right)x\right\Vert & = & \left\Vert x\right\Vert \qquad \textrm{und }\left\Vert x\right\Vert =1 \end{eqnarray*} $\leadsto $ Widerspruch zu $\left\Vert P_{1}-P_{2}\right\Vert <1$. \end{proof} \begin{lem} \label{lem:8.24}Ist $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ ein dicht definierter Operator, so ist $\mathbb{C}\setminus \sigma _{a}\left(A\right)$ offen. \end{lem} \begin{proof} Aus $\lambda _{0}\in \mathbb{C}\setminus \sigma _{a}\left(A\right)$ folgt die Existenz einer Zahl $\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)>0$ mit\begin{eqnarray*} \varepsilon \left(\lambda _{0}\right)\left\Vert x\right\Vert & \leq & \left\Vert \left(\lambda _{0}\textrm{Id}-A\right)\left(x\right)\right\Vert \qquad \forall x\in \mathcal{D}\left(A\right). \end{eqnarray*} Sei $\left|\lambda -\lambda _{0}\right|<\frac{1}{3}\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)$. Dreiecksungleichung $\leadsto $\[ \left\Vert \left(\lambda \textrm{Id}-A\right)\left(x\right)\right\Vert \geq \left[\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)-\frac{1}{3}\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)\right]\left\Vert x\right\Vert =\frac{2}{3}\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)\left\Vert x\right\Vert .\] $\leadsto $ $\lambda \in \mathbb{C}\setminus \sigma _{a}\left(A\right)$. \end{proof} %~ \begin{proof} (des Krein-Krasnosielski-Satzes \ref{thm:Krein-Krasnosielski}) Sei $\lambda _{0}\not \in \sigma _{a}\left(A\right)$ und $\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)$ gewählt mit \[ \varepsilon \left(\lambda _{0}\right)\left\Vert x\right\Vert \leq \left\Vert \left(\lambda _{0}\textrm{Id}-A\right)\left(x\right)\right\Vert \qquad x\in \mathcal{D}\left(A\right)\] $\leadsto $ Für alle $\left|\lambda -\lambda _{0}\right|<\frac{1}{3}\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)$ gilt:\[ \frac{2}{3}\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)\left\Vert x\right\Vert \leq \left\Vert \left(\lambda \textrm{Id}-A\right)\left(x\right)\right\Vert \quad \forall x\in \mathcal{D}\left(A\right)\] Betrachte $\Delta _{A}\left(\lambda \right)=N\left(\overline{\lambda }\textrm{Id}-A^{*}\right)$ - dies ist ein abgeschlossener Teilraum ! $P_{\lambda }$ sei die Projektion auf $\Delta _{A}\left(\lambda \right)$. $\textrm{Id}-P_{\lambda }$ ist dann die Projektion auf $\Delta _{A}\left(\lambda \right)^{\bot }=\overline{\textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}-A\right)}.$ \underbar{Allgemein}: Sei $Q$ Projektion in $H$, $z\in H$. \[ \left\Vert Q\left(z\right)\right\Vert =\sup _{u\subset G}\left|\left\langle z,u\right\rangle \right|,\] wobei $G$ eine dichte Teilmenge in der Einheitskugel des Raumes $Q\left(H\right)$ ist.% \footnote{$H=Q\left(H\right)\oplus Q\left(H\right)^{\bot }$, $z=z_{1}+z_{2}$ $\leadsto $ $Q\left(z\right)=z_{1}$. $u\in Q\left(H\right)$, $\left\Vert u\right\Vert \leq 1$ $\leadsto $ $\left|\left\langle z,u\right\rangle \right|=\left|\left\langle z_{1},u\right\rangle \right|\leq \left\Vert z_{1}\right\Vert \cdot \left\Vert u\right\Vert \leq \left\Vert z_{1}\right\Vert =\left\Vert Q\left(z\right)\right\Vert $ $\leadsto $ $\sup _{u\subset G}\left|\left\langle z,u\right\rangle \right|\leq \left\Vert Q\left(z\right)\right\Vert $ $u=\frac{z_{1}}{\left\Vert z_{1}\right\Vert }$ $\leadsto $ $\left\Vert u\right\Vert =1$, $\left|\left\langle z,u\right\rangle \right|=\left|\left\langle z_{1},\frac{z_{1}}{\left\Vert z_{1}\right\Vert }\right\rangle \right|=\left\Vert z_{1}\right\Vert =\left\Vert Q\left(z\right)\right\Vert $% } Wenden diese Formel auf den Projektor $Q:=\textrm{Id}-P_{\lambda _{0}}$ an, mit\[ G:=\left\{ \left.y=\frac{\left(\lambda _{0}\textrm{Id}-A\right)\left(x\right)}{\left\Vert \left(\lambda _{0}\textrm{Id}-A\right)\left(x\right)\right\Vert }\right|x\in \mathcal{D}\left(A\right),x\neq 0\right\} \] und für $z\in \Delta _{A}\left(\lambda \right)=\left(\overline{\textrm{Im}\left(\lambda \textrm{Id}-A\right)}\right)^{\bot }$.\begin{eqnarray} \left\Vert \left(\textrm{Id}-P_{\lambda _{0}}\right)\left(z\right)\right\Vert & = & \sup _{x\in \mathcal{D}\left(A\right)}\left|\frac{\left\langle z,\left(\lambda _{0}\textrm{Id}-A\right)\left(x\right)\right\rangle }{\left\Vert \left(\lambda _{0}\textrm{Id}-A\right)\left(x\right)\right\Vert }\right|\nonumber \\ & = & \sup _{x\in \mathcal{D}\left(A\right)}\left|\frac{\overbrace{\left\langle z,\left(\lambda \textrm{Id}-A\right)\left(x\right)\right\rangle }^{=0}+\left(\lambda _{0}-\lambda \right)\left\langle z,x\right\rangle }{\left\Vert \left(\lambda _{0}\textrm{Id}-A\right)\left(x\right)\right\Vert }\right|\nonumber \\ & = & \sup _{x\in \mathcal{D}\left(A\right)}\left|\frac{\left(\lambda _{0}-\lambda \right)\left\langle z,x\right\rangle }{\left\Vert \left(\lambda _{0}\textrm{Id}-A\right)\left(x\right)\right\Vert }\right|\nonumber \\ & \leq & \left|\lambda _{0}-\lambda \right|\cdot \sup _{x\in \mathcal{D}\left(A\right)}\frac{\left\Vert z\right\Vert \cdot \left\Vert x\right\Vert }{\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)\cdot \left\Vert x\right\Vert }\nonumber \\ & \leq & \frac{1}{3}\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)\cdot \frac{\left\Vert z\right\Vert }{\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)}\nonumber \\ & = & \frac{1}{3}\left\Vert z\right\Vert \nonumber \\ \leadsto \, \left\Vert \left(\textrm{Id}-P_{\lambda _{0}}\right)\left(z\right)\right\Vert & \leq & \frac{1}{3}\left\Vert z\right\Vert \quad \forall z\in \Delta _{A}\left(\lambda \right),\left|\lambda -\lambda _{0}\right|<\frac{1}{3}\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)\label{eq:8.18.1} \end{eqnarray} Andere Rechnung:\begin{equation} \left\Vert \left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)\left(y\right)\right\Vert \leq \frac{1}{3}\left\Vert y\right\Vert \quad \forall y\in \Delta _{A}\left(\lambda _{0}\right),\left|\lambda -\lambda _{0}\right|<\frac{1}{3}\varepsilon \left(\lambda _{0}\right)\label{eq:8.18.2}\end{equation} Für $x\in H$ ist\begin{eqnarray*} \left\Vert P_{\lambda _{0}}\left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert ^{2} & = & \left\langle P_{\lambda _{0}}\left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)x,P_{\lambda _{0}}\left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)x\right\rangle \\ & \stackrel{P_{\lambda _{0}}=P_{\lambda _{0}}^{*}=P_{\lambda _{0}}^{2}}{=} & \left\langle P_{\lambda _{0}}\left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)x,\left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)x\right\rangle \\ & \stackrel{\textrm{Id}-P_{\lambda }=\left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)^{2}}{=} & \left\langle \left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)P_{\lambda _{0}}\left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)\left(x\right),\left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)x\right\rangle \\ & \leq & \left\Vert \left(\textrm{Id}-\textrm{P}_{\lambda \textrm{ }}\right)\underbrace{P_{\lambda _{0}}\left(\textrm{Id}-\textrm{P}_{\lambda \textrm{ }}\right)\left(x\right)}_{\in \Delta _{A}\left(\lambda _{0}\right),\textrm{ da }P_{\lambda _{0}}\textrm{ Proj. auf }\Delta _{A}\left(\lambda _{0}\right)}\right\Vert \cdot \left\Vert \left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert \\ & \stackrel{\left(\ref {eq:8.18.2}\right)}{\leq } & \frac{1}{3}\left\Vert P_{\lambda _{0}}\left(\textrm{Id-}P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert \cdot \left\Vert \left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert \\ \leadsto \, \left\Vert P_{\lambda _{0}}\left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert & \leq & \frac{1}{3}\left\Vert \left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert . \end{eqnarray*} Wende (\ref{eq:8.18.1}) auf $z:=P_{\lambda }\left(x\right)\in \Delta _{A}\left(x\right)$ an:\[ \left\Vert \left(\textrm{Id}-P_{\lambda _{0}}\right)P_{\lambda }\left(x\right)\right\Vert \leq \frac{1}{3}\left\Vert P_{\lambda }x\right\Vert \] Letzter Schritt:\begin{eqnarray*} \left\Vert \left(P_{\lambda _{0}}-P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert ^{2} & = & \left\Vert P_{\lambda _{0}}\left(P_{\lambda _{0}}-P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert ^{2}+\left\Vert \left(\textrm{Id}-P_{\lambda _{0}}\right)\left(P_{\lambda _{0}}-P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert ^{2}\\ & = & \left\Vert \left(P_{\lambda _{0}}^{2}-P_{\lambda _{0}}P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert ^{2}+\left\Vert \left(P_{\lambda _{0}}-P_{\lambda }-P_{\lambda _{0}}^{2}+P_{\lambda _{0}}P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert ^{2}\\ & \stackrel{P_{\lambda _{0}}^{2}=P_{\lambda _{0}}}{=} & \left\Vert P_{\lambda _{0}}\left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert ^{2}+\left\Vert \left(\textrm{Id}-P_{\lambda _{0}}\right)P_{\lambda }\left(x\right)\right\Vert ^{2}\\ & \leq & \frac{1}{9}\left\Vert \left(\textrm{Id}-P_{\lambda }\right)\left(x\right)\right\Vert ^{2}+\frac{1}{9}\left\Vert P_{\lambda }\left(x\right)\right\Vert \\ & = & \frac{1}{9}\left\Vert x\right\Vert ^{2}\\ \leadsto \, \left\Vert P_{\lambda _{0}}-P_{\lambda }\right\Vert & \leq & \frac{1}{3}<1\qquad \forall \left|\lambda -\lambda _{0}\right|<\frac{1}{3}\varepsilon \left(\lambda _{0}\right) \end{eqnarray*} Lemma \ref{lem:8.23} $\leadsto $ $\dim P_{\lambda _{0}}\left(H\right)=\dim P_{\lambda }\left(H\right)$\[ \leadsto \, \dim \Delta _{A}\left(\lambda _{0}\right)=\dim \Delta _{A}\left(\lambda \right).\] \end{proof} \underbar{Konsequenz}: \begin{itemize} \item Die Funktionen \[ \mathbb{C}\setminus \sigma _{a}\left(A\right)\ni \lambda \mapsto \dim \Delta _{A}\left(\lambda \right)\] ist lokal konstant. \item $\mathbb{C}\setminus \sigma _{a}\left(A\right)$ ist offen in $\mathbb{C}$. \end{itemize} \subsubsection{Beweis der von Neumann-Sätze} ~% \marginpar{11.2.2003% } Beweise beruhen auf tieferem Verständnis von \begin{itemize} \item Geometrie der Defekträume \item Cayley-Transformation von Operatoren \end{itemize} \underbar{Geometrie der Defekträume}:\index{Defekt}\index{Defektraum}\index{Defektindex} \begin{eqnarray*} \Delta _{A}^{+} & := & \Delta _{A}\left(i\right)=\overline{\textrm{Im}\left(A-i\textrm{Id}\right)}^{\bot }=N\left(A^{*}+i\textrm{Id}\right)=\ker \left(A^{*}+i\textrm{Id}\right)\\ \Delta _{A}^{-} & := & \Delta _{A}\left(-i\right)=\overline{\textrm{Im}\left(A+i\textrm{Id}\right)}^{\bot }=N\left(A^{*}-i\textrm{Id}\right)=\ker \left(A^{*}-i\textrm{Id}\right)\\ d_{\pm }\left(A\right) & = & \dim \Delta _{A}^{\pm } \end{eqnarray*} Daraus bilden wir 2 Unterräume von $H\oplus H$:\begin{eqnarray*} K_{+} & = & \left\{ f\oplus \left(-if\right)\left|f\in \Delta _{A}^{+}\right.\right\} \\ K_{-} & = & \left\{ f\oplus if\left|f\in \Delta _{A}^{-}\right.\right\} \end{eqnarray*} \begin{rem*} $K_{\pm }\subset \Gamma \left(A^{*}\right)$: $f\oplus \left(-if\right)\in K_{+}$ $\leadsto $ $f\in \ker \left(A^{*}+i\textrm{Id}\right)$ $\leadsto $ $A^{*}f=-if$. Analog $K_{-}$. \end{rem*} \begin{lem} \label{lem:8.25}Sei $A$ abgeschlossener, symmetrischer Operator. Dann gilt \[ \boxed {\Gamma \left(A^{*}\right)=\Gamma \left(A\right)\oplus K_{-}\oplus K_{+}}\] \end{lem} \begin{proof} Sei $f\oplus if\in K_{-}$, $h\in \mathcal{D}\left(A\right)$:\begin{eqnarray*} \left\langle h\oplus Ah,f\oplus if\right\rangle & = & \left\langle h,f\right\rangle +\left\langle Ah,if\right\rangle \\ & = & \left\langle h,f\right\rangle -i\left\langle Ah,f\right\rangle \\ & = & -i\left\langle Ah+ih,f\right\rangle \\ & = & -i\left\langle \left(A+i\textrm{Id}\right)h,f\right\rangle \\ & = & -i\left\langle h,\left(A^{*}-i\textrm{Id}\right)f\right\rangle \\ & = & 0,\textrm{ denn }f\in \Delta _{A}^{-}=\ker \left(A^{*}-i\textrm{Id}\right)\\ \leadsto \, K_{-} & \bot & \Gamma \left(A\right). \end{eqnarray*} Analog $\Gamma \left(A\right)$, $K_{-}$, $K_{+}$ paarweise orthogonal Zeige noch, daß $\Gamma \left(A\right)\oplus K_{-}\oplus K_{+}$ dicht liegt in $\Gamma \left(A^{*}\right)$. Sei dazu $h\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)$ derart, daß \[ h\oplus A^{*}h\bot \Gamma \left(A\right)\oplus K_{-}\oplus K_{+}.\] $h\oplus A^{*}h\bot \Gamma \left(A\right)$ $\leadsto $ $\forall f\in \mathcal{D}\left(A\right)$ gilt\begin{eqnarray*} 0 & = & \left\langle h\oplus A^{*}h,f\oplus Af\right\rangle =\left\langle h,f\right\rangle +\left\langle A^{*}h,Af\right\rangle \\ \leadsto \, \left\langle \underbrace{A^{*}h}_{\in \mathcal{D}\left(A^{*}\right)},Af\right\rangle & = & -\left\langle h,f\right\rangle \\ \leadsto \, \left\langle A^{*}A^{*}h,f\right\rangle & = & -\left\langle h,f\right\rangle \\ \leadsto \, A^{*}A^{*}h & = & -h\\ \leadsto \, \left(A^{*}A^{*}+\textrm{Id}\right)h & = & 0\\ \leadsto \, \left(A^{*}-i\textrm{Id}\right)\left(A^{*}+i\textrm{Id}\right)h & = & 0, \end{eqnarray*} d.h. $\left(A^{*}+i\textrm{Id}\right)h\in \Delta _{A}^{-}$. Analog $\left(A^{*}-i\textrm{Id}\right)h\in \Delta _{A}^{+}$. Ist nun aber $g$ beliebig aus $\Delta _{A}^{-}$, d.h.\begin{eqnarray*} 0 & = & \left\langle h\oplus A^{*}h,\underbrace{g\oplus ig}_{\in K_{-}}\right\rangle \\ & = & \left\langle h,g\right\rangle +\left\langle A^{*}h,ig\right\rangle \\ & = & -i\left\langle \left(A^{*}+i\textrm{Id}\right)h,g\right\rangle \end{eqnarray*} Setze $g=\left(A^{*}+i\textrm{Id}\right)h$ $\leadsto $ $\left(A^{*}+i\textrm{Id}\right)h=0$ $\leadsto $ $h\in \Delta _{A}^{+}$. Wieder analog: $h\in \Delta _{A}^{-}$ $\leadsto $ $h=0$. \end{proof} \begin{cor*} Sei $A$ abgeschlossen, symmetrisch:% \marginpar{$A$ selbstadj. $\Leftrightarrow $ $d_{A}^{+}=d_{A}^{-}=0$% } $A$ ist selbstadjungiert $\Leftrightarrow $ $d_{A}^{+}=d_{A}^{-}=0$. \end{cor*} \underbar{Beachte}: Abschluss eines symmetrischen Operators ist wieder symmetrisch $\leadsto $ 2. Satz von J. v. Neumann (\ref{thm:Neumann2}). \underbar{Die Cayley-Transformation}:\index{Cayley-Transformation}% \marginpar{Cayley-Trans\-for\-ma\-tion $c\left(z\right)$% }\[ c\left(z\right)=\frac{z-i}{z+i}:\, \mathcal{H}_{+}\rightarrow D\qquad \mathcal{H}_{+}=\left\{ z\left|\textrm{Im}z\geq 0\right.\right\} ,D=\left\{ z\left|\left|z\right|\leq 1\right.\right\} \] \begin{center}\begin{tabular}{c|ccccc} $z$& $0$& $1$& $\infty $& $i$& $-1$\\ \hline $c\left(z\right)$& $-1$& $-i$& $1$& $0$& $+i$\\ \end{tabular}\end{center} $c$ ist eine sogenannte Möbius-Transformation, die verallgemeinerte Kreise in verallgemeinerte Kreise abbildet. Es gilt also \begin{eqnarray*} c:\partial \mathcal{H}_{+}=\mathbb{R} & \rightarrow & \partial D=S^{1}\\ z=\bar{z} & & \left|z\right|=1\\ \textrm{selbstadj. Op.} & & \textrm{unitäre Op.} \end{eqnarray*} Macht Operator-Analogie Sinn ? Was, wenn der Ausgangsoperator {}``nur'' symmetrisch ist? Sei $A$ fortan ein symmetrischer Operator mit dichtem Definitionsgebiet. Dann ist $A+i\textrm{Id}$ injektiv, d.h.\[ c\left(A\right)=\left(A-i\textrm{Id}\right)\circ \left(A+i\textrm{Id}\right)^{-1}\] ist wohldefiniert und bildet wegen \[ \textrm{Im}\left(A+i\textrm{Id}\right)^{-1}=\mathcal{D}\left(A+i\textrm{Id}\right)=\mathcal{D}\left(A\right)=\mathcal{D}\left(A-i\textrm{Id}\right)\] $\textrm{Im}\left(A+i\textrm{Id}\right)$ bijektiv auf $\textrm{Im}\left(A-i\textrm{Id}\right)$ ab. Definitions- und Bildbereich von $c\left(A\right)$ ist umso größer, je kleiner $d_{\pm }\left(A\right)$ ist! \begin{lem} $c\left(A\right):\mathrm{Im}\left(A+i\mathrm{Id}\right)\rightarrow \mathrm{Im}\left(A-i\mathrm{Id}\right)$ ist isometrisch. \end{lem} \begin{proof} $y:=\left(A+i\textrm{Id}\right)x\in \mathcal{D}\left(c\left(A\right)\right)$, $x\in \mathcal{D}\left(A\right)$ $\leadsto $\begin{eqnarray*} \left\Vert c\left(A\right)y\right\Vert ^{2} & = & \left\Vert \left(A-i\textrm{Id}\right)x\right\Vert ^{2}\\ & = & \left\langle \left(A-i\textrm{Id}\right)x,\left(A-i\textrm{Id}\right)x\right\rangle \\ & = & \left\langle Ax,Ax\right\rangle +\left\langle Ax,-ix\right\rangle +\left\langle -ix,Ax\right\rangle +\left\langle x,x\right\rangle \\ & = & \left\langle Ax,Ax\right\rangle +\left\langle ix,Ax\right\rangle +\left\langle Ax,ix\right\rangle +\left\langle x,x\right\rangle \\ & = & \left\langle \left(A+i\textrm{Id}\right)x,\left(A+i\textrm{Id}\right)x\right\rangle \\ & = & \left\Vert y\right\Vert ^{2}. \end{eqnarray*} \end{proof} \begin{cor*} $c\left(A\right)$ setzt sich zu unitärem Operator $\overline{\mathrm{Im}\left(A+i\mathrm{Id}\right)}\rightarrow \overline{\mathrm{Im}\left(A-i\mathrm{Id}\right)}$ fort. \end{cor*} Kann die Cayley-Transformation invertiert werden (d.h. Rekonstruktion von $A$ aus $c\left(A\right)$) ? \begin{lem} $1\not \in \sigma _{p}\left(c\left(A\right)\right)$. \end{lem} \begin{proof} Angenommen, $\exists y\in \mathcal{D}\left(c\left(A\right)\right)$ mit $c\left(A\right)y=y$. Schreibe wieder $y=\left(A-i\textrm{Id}\right)x$, $x\in \mathcal{D}\left(A\right)$.\[ \left(A+i\textrm{Id}\right)x=c\left(A\right)y=y=\left(A-i\textrm{Id}\right)x\quad \leadsto \quad 2ix=0\quad \leadsto \quad x=0.\] \end{proof} Somit ist $\textrm{Id}-c\left(A\right)$ invertierbar, und \[ \textrm{Id}-c\left(A\right)=\left(A+i\textrm{Id}\right)\left(A+i\textrm{Id}\right)^{-1}-\left(A-i\textrm{Id}\right)\left(A+i\textrm{Id}\right)^{-1}=2i\left(A+i\textrm{Id}\right)^{-1},\] insbesondere $\textrm{Im}\left(\textrm{Id}-c\left(A\right)\right)=\mathcal{D}\left(A+i\textrm{Id}\right)=\mathcal{D}\left(A\right)$.\[ \textrm{Id}+c\left(A\right)=\left(A+i\textrm{Id}\right)\left(A+i\textrm{Id}\right)^{-1}+\left(A-i\textrm{Id}\right)\left(A+i\textrm{Id}\right)^{-1}=2A\left(A+i\textrm{Id}\right)^{-1}\] \begin{eqnarray*} \leadsto \, \left(\textrm{Id}+c\left(A\right)\right)\left(\textrm{Id}-c\left(A\right)\right)^{-1} & = & 2A\left(A+i\textrm{Id}\right)^{-1}\frac{1}{2i}\left(A+i\textrm{Id}\right)=\frac{1}{i}A\\ \textrm{kurzum }A & = & i\left(\textrm{Id}+c\left(A\right)\right)\left(\textrm{Id}-c\left(A\right)\right)^{-1} \end{eqnarray*} \begin{cor*} $A\subset B$ $\Leftrightarrow $ $c\left(A\right)\subset c\left(B\right)$ (Weil $A\subset B$ $\leadsto $ $A^{-1}\subset B^{-1}$). \end{cor*} \begin{lem} \label{lem:8.28}Sei $A$ symmetrisch, $V$ ein isometrischer Operator auf $\mathcal{D}\left(V\right)\subset H$, und gelte $c\left(A\right)\subset V$. Dann ex. ein symmetrischer Operator $B$ mit $c\left(B\right)=V$ und $A\subset B$.\begin{displaymath} \begin{CD} A @>c>> c(A) \\ \bigcap@.\bigcap@. \\ B @>c>> V \end{CD} \end{displaymath} \end{lem} Kurzum:\[ \left\{ \textrm{symm. Erw. von }A\right\} \stackrel{1:1}{\leftrightarrow }\left\{ \textrm{isometr. Erw. von }c\left(A\right)\right\} \] \begin{proof} ~ \begin{enumerate} \item $\left(\textrm{Id}-V\right)^{-1}$ ex.: Denn aus $\left(\textrm{Id}-V\right)x=0$ folgt mit $y=\left(\textrm{Id}-V\right)z$, $z\in \mathcal{D}\left(V\right)$:\begin{eqnarray*} \left\langle x,y\right\rangle & = & \left\langle x,\left(\textrm{Id}-V\right)z\right\rangle =\left\langle x,z\right\rangle -\left\langle x,Vz\right\rangle \\ & \stackrel{V\textrm{ Isom.}}{=} & \left\langle Vx,Vz\right\rangle -\left\langle x,Vz\right\rangle =-\left\langle \underbrace{\left(\textrm{Id}-V\right)x}_{=0},Vz\right\rangle ,\\ \textrm{d.h.}\, x & \bot & \textrm{Im}\left(\textrm{Id}-V\right)\supset \textrm{Im}\left(\textrm{Id}-c\left(A\right)\right)\supset \mathcal{D}\left(A\right)\textrm{ dicht in }H\\ \leadsto \, x & = & 0 \end{eqnarray*} $\leadsto $ $\left(\textrm{Id}-V\right)$ ist invertierbar. \smallskip{} \item ~\[ B:=i\left(\textrm{Id}+V\right)\left(\textrm{Id}-V\right)^{-1}\] leistet das Gewünschte: Nach $\left(1\right)$ ex. $B$, und wegen \[ c\left(A\right)\subset V=c\left(B\right)\] gilt $A\subset B$. \smallskip{} \noindent Zeige noch, daß $B$ symmetrisch ist: Sei $y_{1},y_{2}\in \mathcal{D}\left(B\right)$, d.h. $\exists x_{1},x_{2}\in \mathcal{D}\left(V\right)$ mit $y_{k}=\left(\textrm{Id}-V\right)x_{k}$, $k=1,2$.\begin{eqnarray*} \left\langle By_{1},y_{2}\right\rangle & = & \left\langle i\left(\textrm{Id}+V\right)x_{1},\left(\textrm{Id}-V\right)x_{2}\right\rangle \\ & = & \left\langle ix_{1},x_{2}\right\rangle +\left\langle iVx_{1},x_{2}\right\rangle +\left\langle ix_{1},-Vx_{2}\right\rangle +\underbrace{\left\langle iVx_{1},-Vx_{2}\right\rangle }_{-\left\langle ix_{1},x_{2}\right\rangle }\\ & = & i\left[\left\langle Vx_{1},x_{2}\right\rangle -\left\langle x_{1},Vx_{2}\right\rangle \right]\\ & = & \left\langle \left(\textrm{Id}-V\right)x_{1},\left(\textrm{Id}-V\right)x_{2}\right\rangle \\ & = & \left\langle y_{1},By_{2}\right\rangle \end{eqnarray*} \end{enumerate} \end{proof} Nun ist es leicht, den 1. Satz von J.v. Neumann (\ref{thm:Neumann1}) zu beweisen (symm. Op. besitzt selbstadj. Erw. $\Leftrightarrow $ $d_{+}\left(A\right)=d_{-}\left(A\right)=0$): \begin{proof} (Neumann 1, \ref{thm:Neumann1}) \begin{description} \item [$\left(\Rightarrow \right)$]Angenommen, es ex. $A\subset B$, $B=B^{*}$. $\leadsto $ \[ d_{+}\left(B\right)=d_{-}\left(B\right)=0\] nach Lemma \ref{lem:8.25}, d.h. \[ H=\overline{\textrm{Im}\left(B^{*}\pm i\textrm{Id}\right)}.\] Dies bedeutet, daß $c\left(B\right)$ sich zu einem unitären Operator $H\rightarrow H$ fortsetzt, insbesondere bildet diese Fortsetzung $\Delta _{A}^{-}$unitär auf $\Delta _{A}^{+}$ ab. Insbesondere ist dann \[ d_{-}\left(A\right)=\dim \Delta _{A}^{-}=\dim \Delta _{A}^{+}=d_{+}\left(A\right)\] \item [$\left(\Leftarrow \right)$]Sei $d_{+}\left(A\right)=d_{-}\left(A\right)$: Dann ex. unitäre Operatoren $Z$: $\Delta _{A}^{-}\rightarrow \Delta _{A}^{+}$, welche $c\left(A\right)$ unitär ausdehen:\[ H=\Delta _{A}^{-}\oplus \overline{\textrm{Im}\left(A+i\textrm{Id}\right)}\rightarrow \Delta _{A}^{+}\oplus \overline{\textrm{Im}\left(A-i\textrm{Id}\right)}=H\] Dieses \[ Z\oplus c\left(A\right)=:V:\, H\rightarrow H\] ist weiterhin unitär, d.h. nach Lemma \ref{lem:8.28} ex. ein $B$ mit \[ c\left(B\right)=Z\oplus c\left(A\right)\] mit allen Eigenschaften. \end{description} \end{proof} \begin{rem*} Aus dem Beweis wird klar, daß die selbstadjungierten Erweiterungen von $A$ durch die unitäre Abbildung $Z$: $\Delta _{A}^{-}\rightarrow \Delta _{A}^{+}$ parametrisiert werden. \end{rem*} \begin{example*} $AC\left(\left[0,1\right]\right)=\left\{ f:\left[0,1\right]\rightarrow \mathbb{C}\textrm{ absolut stetig, }f'\in L^{2}\left(\left[0,1\right]\right)\right\} $.\begin{eqnarray*} \mathcal{D}\left(A\right) & = & \left\{ f\in AC\left(\left[0,1\right]\right)\left|f\left(0\right)=f\left(1\right)=0\right.\right\} \\ Af & = & if'. \end{eqnarray*} $A$ war abgeschlossener, symmetrischer Operator, nicht selbstadjungiert, $\mathcal{D}\left(A^{*}\right)=AC\left(\left[0,1\right]\right)$, $A^{*}f=if'$. $\left(A\subsetneq A^{*}\right)$.\begin{eqnarray*} \Delta _{A}^{+} & = & \ker \left(A^{*}+i\textrm{Id}\right)=\left\{ f\in AC\left(\left[0,1\right]\right)\left|0=if'+if\right.\right\} =\textrm{Lin}\left(e^{-t}\right)\\ \Delta _{A}^{-} & = & \ker \left(A^{*}-i\textrm{Id}\right)=\textrm{Lin}\left(e^{+t}\right)\\ \leadsto \, d_{\pm }\left(A\right) & = & 1 \end{eqnarray*} Wir sehen unitäre Transformation von $\Delta _{A}^{-}$ nach $\Delta _{A}^{+}$ aus?\begin{eqnarray*} \left\Vert e^{t}\right\Vert _{L^{2}}^{2} & = & \frac{1}{2}\left(e^{2}-1\right)\\ \left\Vert e^{-t}\right\Vert _{L^{2}}^{2} & = & \frac{1}{2}\left(1-e^{-2}\right) \end{eqnarray*} Eine solche ist $e^{t}\mapsto e\cdot e^{-t}$, und jede weitere ist der Gestalt $e^{t}\mapsto \alpha ee^{-t}$ mit $\left|\alpha \right|=1$. In der Übung wurden selbstadjungierte Erweiterungen $A_{\alpha }$ von $A$ konstruiert, $\alpha \in S^{1}$. Dies waren also bereits alle. \end{example*} \subsubsection{Maximal symmetrische Operatoren} \begin{example*} Modifikation: $AC\left(\left[0,\infty \right)\right)=\left\{ \textrm{absolut stetige Funktionen mit }f'\in L^{2}\left(\left[0,\infty \right)\right)\right\} $. Da $e^{t}\not \in AC\left(\left[0,\infty \right)\right)$, ist $d_{+}\left(A\right)=1$, aber $d_{-}\left(A\right)=0$. $A$ läßt sich nicht mehr erweitern, weil $c\left(A\right)$ nun bereits auf ganz $H$ ($=\underbrace{\Delta _{A}^{-}}_{0}\oplus \overline{\textrm{Im}\left(A+i\textrm{Id}\right)}$) definiert ist.\index{Operator, maximal symmetrisch} \end{example*} \begin{lem} Jeder symmetrische Operator besitzt mindestens eine maximale Erweiterung, und dessen Defektindizes sind der Form $\left(0,m\right)$ oder $\left(m,0\right)$. \end{lem} \begin{proof} (Shizze): Ist z.B. $\dim \Delta _{A}^{-}<\dim \Delta _{A}^{+}$, dann erweitern $c\left(A\right)$ um part. Isometrie $\Delta _{A}^{-}\rightarrow \Delta _{A}^{+}$. \end{proof} \underbar{Wold-Zerlegung}% \marginpar{13.02.2003% } $H$ sei Hilbert-Raum \begin{enumerate} \item $A:H\rightarrow H$ heißt \underbar{unitär}\index{Operator, unitär}, falls $AA^{*}=\textrm{Id}_{H}=A^{*}A$. \begin{enumerate} \smallskip{} \item $A$ ist bijektiv \smallskip{} \item $\left\Vert Ax\right\Vert =\left\Vert x\right\Vert $ $\forall x\in H$. \end{enumerate} \smallskip{} \item $A:H\rightarrow H$ ist eine \underbar{Isometrie}, falls $\left\Vert Ax\right\Vert =\left\Vert x\right\Vert $ $\forall x\in H$. \smallskip{} \noindent $\leadsto $ $A^{*}A=\textrm{Id}_{H}$ (d.h. Isometrien sind injektiv, aber nicht notwendig surjektiv) \end{enumerate} \begin{example*} $H$ sei Hilbertraum unendlicher Dimension, separabel. $e_{1},e_{2},e_{3},\ldots $ vollständiges ON-System\[ A\left(e_{i}\right)=e_{i+k}\qquad k>0\textrm{ fest}\] \begin{eqnarray*} H=l^{2} & = & \left\{ \left(a_{1},a_{2},\ldots \right)\left|\sum _{i=1}^{\infty }\left|a_{i}\right|^{2}<\infty \right.\right\} \\ A\left(a_{1},a_{2},\ldots \right) & = & \left(0,\ldots ,0,a_{1},a_{2},\ldots \right). \end{eqnarray*} Ist eine Isometrie, aber kein unitärer Operator. (Verschiebungsoperator)\newpage \end{example*} \begin{thm} \label{thm:Wold-Zerlegung}(Wold-Zerlegung)\index{Wold-Zerlegung}% \marginpar{Wold-Zerlegung% } $T:H\rightarrow H$ Isometrie in $H$. Dann existiert eine Zerlegung $H=H_{1}\oplus H_{2}$ mit folgenden Eigenschaften: \begin{enumerate} \item $T\left(H_{1}\right)\subset H_{1}$ \smallskip{} \item $T\left(H_{2}\right)\subset H_{2}$ \smallskip{} \item $T\left|_{H_{1}}\right.:H_{1}\rightarrow H_{1}$ ist unitär. \smallskip{} \item $T\left|_{H_{2}}\right.:H_{2}\rightarrow H_{2}$ ist ein Verschiebungsoperator \end{enumerate} \[ T=\left(\begin{array}{cc} T\left|_{H_{1}}\right. & 0\\ 0 & T\left|_{H_{2}}\right.\end{array} \right)\] Weitherin gilt:\begin{eqnarray*} H_{1} & = & \bigcap _{n=1}^{\infty }T^{n}\left(H\right)\\ H_{2} & = & \bigcup _{n=0}^{\infty }T^{n}\left(S\right)\textrm{ mit }S:=\left(T\left(H\right)\right)^{\bot } \end{eqnarray*} \end{thm} \begin{proof} Betrachten $S=\left(T\left(H\right)\right)^{\bot }$. Für $n>m$ gilt $T^{n}\left(S\right)\bot T^{m}\left(S\right)$:\[ \left(T^{*}\right)^{m}T^{n}=\left(T^{*}\right)^{m-1}\underbrace{T^{*}T}_{\textrm{Id}_{H}}T^{n-1}=\left(T^{*}\right)^{m-1}T^{n-1}=\ldots =T^{n-m}\] Sind $x,y\in S$, so folgt\[ \left\langle T^{n}x,T^{m}y\right\rangle =\left\langle \left(T^{*}\right)^{m}T^{n}x,y\right\rangle =\left\langle \underbrace{T^{\overbrace{n-m}^{\geq 1}}\left(x\right)}_{\in T\left(H\right)},\underbrace{y}_{\bot T\left(H\right)}\right\rangle =0\] $\Rightarrow $ $\forall x,y\in S$: $\left\langle T^{n}x,T^{m}y\right\rangle =0$ $\Rightarrow $$T^{n}\left(S\right)\bot T^{m}\left(S\right)$. Konsequenz: \[ H_{2}:=\overline{\bigcup _{n=0}^{\infty }T^{n}\left(S\right)}=\bigoplus _{n=1}^{\infty }T^{n}\left(S\right)\] Ist $x\bot H_{2}$ $\Rightarrow $ $x\bot T^{m}\left(S\right)$ für alle $m\geq 0$.\[ S\oplus T\left(S\right)\oplus \cdots \oplus T^{m-1}\left(S\right)=\left(T\left(H\right)\right)^{\bot ^{H}}\oplus \left(T^{2}\left(H\right)\right)^{\bot ^{T\left(H\right)}}\oplus \ldots \oplus \left(T^{m}\left(H\right)\right)^{\bot }=\left(T^{m}\left(H\right)\right)^{H}\] $x\bot H_{2}$ $\Leftrightarrow $ $x$ liegt in $T^{m}\left(H\right)$ für alle $m\geq 1$. Also:\[ H_{2}^{\bot }=\bigcap _{m=0}^{\infty }T^{m}\left(H\right)=:H_{1}\] Klar ist: $T\left(H_{1}\right)\subset H_{1}$, $T\left(H_{2}\right)\subset H_{2}$ nach Konstruktion der Räume. Berechnen:% \footnote{$x\in H_{1}$ $\leadsto $ $x\in {\displaystyle \bigcap _{m=1}^{\infty }}T^{m}\left(H\right)$ $\leadsto $ $x\in {\displaystyle \bigcap _{m=2}^{\infty }}T^{m}\left(H\right)$$\leadsto $ $T\left(x\right)\in {\displaystyle \bigcap _{m=1}^{\infty }}T^{m}\left(H\right)$ $\leadsto $ $T\left(x\right)\in H_{1}$% } \[ T\left(H_{1}\right)=T\left(\bigcap _{m=1}^{\infty }T^{m}\left(H\right)\right)=\bigcap _{m=1}^{\infty }T^{m}\left(H\right)=H_{1}\] $\leadsto $ $T\left|_{H_{1}}\right.:H_{1}\rightarrow H_{1}$ ist surjektiv $\leadsto $ $T\left|_{H_{1}}\right.$ ist unitär. \[ T\left|_{H_{2}}\right.:H_{2}=S\oplus T\left(S\right)\oplus T^{2}\left(S\right)\oplus \ldots \rightarrow H_{2}\] mit $T\left(T^{m}\left(S\right)\right)=T^{m+1}\left(S\right)$ $\leadsto $ $T\left|_{H_{2}}\right.$ ist Verschiebungsoperator \end{proof} \begin{thm} Sei $T_{2}:H_{2}\rightarrow H_{2}$ eine $n$-fache Verschiebung. Dann existiert ein Hilbert-Raum $H_{2}\subset K_{2}$ und ein \underbar{unitärer} Operator $\tilde{T}_{2}:K_{2}\rightarrow K_{2}$ mit\begin{displaymath} \begin{CD} H_2 @>T_2>> H_2 \\ \bigcap @. \bigcap @. \\ K_2 @>\tilde T_2 >> K_2 \end{CD} \end{displaymath}\[ \tilde{T}_{2}\left|_{H_{2}}\right.=T_{2}.\] \end{thm} \begin{proof} $e_{1},e_{2},\ldots ,e_{n}$ in $H_{2}\setminus T_{2}$. Wähle einen Hilbert-Raum $L$ und eine Isometrie\[ A:L\simeq L\oplus \left\{ e_{1},\ldots ,e_{n}\right\} \] Definiere:\begin{eqnarray*} K_{2} & := & H_{1}\oplus L\\ \tilde{T}_{2} & = & T_{2}\oplus A. \end{eqnarray*} \end{proof} $\left(B,\mathcal{D}\left(B\right)\right)$ sei ein maximal symmetrischer Operator in $H$ $\leadsto $ Defektindex $\left(0,n\right)$. Cayley-Transformation: $C\left(B\right):H\rightarrow H$. $C\left(B\right)$ ist eine Isometrie. Wold-Zerlegung: $H=H_{1}\oplus H_{2}$ mit $C\left(B\right)\left|_{H_{1}}\right.$ unitär und $C\left(B\right)\left|_{H_{2}}\right.$ Verschiebung. Dann existiert ein Hilbert-Raum $H_{2}\subset K_{2}$ und eine \underbar{unitäre} Erweiterung \[ \widetilde{C\left(B\right)}:K_{2}\rightarrow K_{2}\] von $C\left(B\right)\left|_{H_{2}}\right.$. Dann gilt\[ H=H_{1}\oplus H_{2}\subset H_{1}\oplus K_{2}\] \begin{displaymath} \begin{CD} H=H_1 \oplus H_2 @>C(B)=C(B)\vert_{H_1}\oplus C(B)\vert_{H_2} >> H_1 \oplus H_2 = H \\ \bigcap @. \bigcap @. \\ H_1 \oplus K_2 @>C(B)\vert_{H_1}\oplus\widetilde{C(B)} \textrm{ unit"ar}>> H_1\oplus K_2 \end{CD} \end{displaymath} Konsequenz: \begin{thm*} (Nojmark, \ref{thm:Nojmark})% \marginpar{Nojmark% }\index{Nojmark, Satz} Jeder symmetrische Operator $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ in $H$ besitzt eine selbstadjungierte Erweiterung in einem $H$ umfassenden Hilbert-Raum. \end{thm*} \subsection{Spektralsatz für selbstadjungierte Operatoren} ~ $E:\mathcal{A}\rightarrow \textrm{Proj}\left(H\right)$ - Spektralmaß $\left(\Omega ,\mathcal{A}\right)$ Definiert: $f$ meßbar, \underbar{beschränkt}:\begin{eqnarray*} \int _{\Omega }f\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right) & : & H\rightarrow H\qquad \textrm{stetiger Operator}\\ \left\Vert \int _{\Omega }f\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right)\right\Vert & \leq & \sup _{\lambda \in \Omega }\left|f\left(\lambda \right)\right|. \end{eqnarray*} Sei $f:\Omega \rightarrow \left[0,\infty \right)$ nicht beschränkt. Betrachte\[ f_{n}\left(\lambda \right)=\min \left\{ f\left(\lambda \right),n\right\} =\begin{cases} f\left(\lambda \right) & \textrm{für }f\left(\lambda \right)\leq n\\ n & \textrm{für }f\left(\lambda \right)>n\end{cases}\] Dann gilt $f_{n}\rightarrow f$ punktweise, $f_{n}$ sind beschränkt und $\mathcal{A}$-meßbar.\[ \int _{\Omega }f_{n}\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right):H\rightarrow H\] ist ein wohl-definierter, beschränkter Operator.\begin{eqnarray*} \mathcal{D} & := & \left\{ x\in H\left|\int _{\Omega }\left|f\left(\lambda \right)\right|^{2}dE_{x}\left(\lambda \right)<\infty \right.\right\} \\ x_{n} & = & \left(\int _{\Omega }f_{n}\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right)\right)x. \end{eqnarray*} Dann gilt:\[ \left\Vert x_{n}-x_{m}\right\Vert ^{2}=\left\Vert \int _{\Omega }\left(f_{n}\left(\lambda \right)-f_{m}\left(\lambda \right)\right)dE\left(\lambda \right)x\right\Vert ^{2}=\int _{\Omega }\left|f_{n}\left(\lambda \right)-f_{m}\left(\lambda \right)\right|^{2}dE_{x}\left(\lambda \right)\] Lebesque-Satz: Dies ist eine Cauchy-Folge. $\leadsto $ Es entsteht ein Operator\[ \int _{\Omega }f\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right):\mathcal{D}\subset H\rightarrow H\] \[ \boxed {\int _{\Omega }f\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right)x=\lim _{n\rightarrow \infty }\left[\int _{\Omega }f_{n}\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right)\right]x\quad \textrm{für }x\in \mathcal{D}}\] Definitionsbereich:\[ \left\{ x\in H\left|\int _{\Omega }\left|f\left(\lambda \right)\right|^{2}dE_{x}\left(\lambda \right)<\infty \right.\right\} =\left\{ x\in H\left|\lim _{n\rightarrow \infty }\int f_{n}\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right)x\textrm{ existiert}\right.\right\} \] \begin{thm} Ist $f:\Omega \rightarrow \mathbb{C}$ meßbar, so ist der Operator\[ \boxed {\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right):=\left(\int _{\Omega }f\left(\lambda \right)dE\left(\lambda \right),\mathcal{D}\right)}\] stets ein abgeschlossener Operator mit \underbar{dichtem} Definitionsbereich $\mathcal{D}\subset H$. Es gilt weiterhin: \begin{enumerate} \item $\mathcal{D}=\mathcal{D}\left(A\right)=\mathcal{D}\left(A^{*}\right)$ \item ~\[ \boxed {A^{*}\mathit{=}\int _{\Omega }\overline{f\left(\lambda \right)}dE\left(\lambda \right)}\] \item $\sigma _{r}\left(A\right)=\emptyset $ $\leadsto $ $\sigma \left(A\right)=\sigma _{a}\left(A\right)$. \end{enumerate} \end{thm} %~ \begin{thm} \index{Spektralsatz, selbstadjungierter Operator}(Spektraltheorem für selbstadjungierte Opertoren)% \marginpar{Spektralsatz selbstadj. Op.% } $\left(A,\mathcal{D}\left(A\right)\right)$ sei selbstadjungierter Operator, $\sigma \left(A\right)\subset \mathbb{R}^{1}$ - Spektrum Dann existiert genau ein reguläres Spektralmaß $E:\mathcal{B}\left(\sigma \left(A\right)\right)\rightarrow \textrm{Proj}\left(H\right)$ mit\[ \boxed {A=\int _{\sigma \left(A\right)}\lambda \cdot dE\left(\lambda \right)}\] \vfill{} \end{thm} \begin{thebibliography}{1} \bibitem{key-1}Hizehuch, Scharlau: Funktionalanalysis, BI \bibitem{key-2}Achieser, Glasmann: Lineare Operatoren im Hilbert-Raum, Akademie-Verlag \bibitem{key-3}W. Rudin, Functional analysis, Mc Graw-Hill \bibitem{key-4}M Schlechter, Principles of functional analysis, AMS, Grad Stud. in Math. 36, 2002 \bibitem{key-6}Elstrodt, Maß- und Integrationstheorie, Springer \end{thebibliography} \newpage \printindex{} \end{document}