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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:41 Fr 26.08.2011 | | Autor: | physicus |
Hallo,
Ich habe eine Frage zur Spektraltheorie. Wenn ich einen Operator [mm] L \in L(X) [/mm] habe von dem ich weiss, dass er ein Inverses besitzt, dann weiss ich, dass dieses Inverse stetig ist (Satz von der offenen Abbildung).
Nun interessiert mich die Frage, ob dieser Operator ein nicht leeres Spektrum resp. Resolventenmenge hat.
Ich weiss, dass beide nicht leer sind, allerdings würde für den Beweis bereits ausreichen, dass [mm] L\in L(X) [/mm]. Ich frage mich nun, inwiefern die zusätzliche Annahme, dass [mm] L [/mm] invertierbar ist mir hilft um den Beweis zu vereinfachen. Eines ist gleich klar, nämlich:
[mm] \rho(L) \not= \emptyset[/mm]
wobei [mm] \rho(L):=\{z \in \IC | (z-L)^{-1} \text{ existiert, }(z-L)^{-1} \in L(X) \} [/mm] die Resolventenmenge ist. Denn ich kann ja einfach $\ z = 0 $ setzen. D.h. $\ 0 [mm] \in \rho(L)$.
[/mm]
Jetzt müsste ich ja nur noch zeigen, dass nicht ganz $\ [mm] \IC [/mm] $ die Resolventenmenge ist, dann wäre das Spektrum auch nicht leer. Aber wieso folgt das? Resp. wie kann ich zeigen, dass für ein $\ z [mm] \in \IC [/mm] $ die Abbildung $\ [mm] (z-L)^{-1} [/mm] $ nicht existiert?
Gruss
physicus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:53 Fr 26.08.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
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> Ich habe eine Frage zur Spektraltheorie. Wenn ich einen
> Operator [mm]L \in L(X)[/mm] habe von dem ich weiss, dass er ein
> Inverses besitzt, dann weiss ich, dass dieses Inverse
> stetig ist (Satz von der offenen Abbildung).
Dazu muß X eine Banachraum sein ! Ist X ein unvollständiger normierter Raum, so gilt obiger Satz i.a. nicht.
> Nun interessiert mich die Frage, ob dieser Operator ein
> nicht leeres Spektrum resp. Resolventenmenge hat.
> Ich weiss, dass beide nicht leer sind, allerdings würde
> für den Beweis bereits ausreichen, dass [mm]L\in L(X) [/mm]. Ich
> frage mich nun, inwiefern die zusätzliche Annahme, dass [mm]L[/mm]
> invertierbar ist mir hilft um den Beweis zu vereinfachen.
> Eines ist gleich klar, nämlich:
>
> [mm]\rho(L) \not= \emptyset[/mm]
>
> wobei [mm]\rho(L):=\{z \in \IC | (z-L)^{-1} \text{ existiert, }(z-L)^{-1} \in L(X) \}[/mm]
> die Resolventenmenge ist. Denn ich kann ja einfach [mm]\ z = 0[/mm]
> setzen. D.h. [mm]\ 0 \in \rho(L)[/mm].
> Jetzt müsste ich ja nur
> noch zeigen, dass nicht ganz [mm]\ \IC[/mm] die Resolventenmenge
> ist, dann wäre das Spektrum auch nicht leer. Aber wieso
> folgt das? Resp. wie kann ich zeigen, dass für ein [mm]\ z \in \IC[/mm]
> die Abbildung [mm]\ (z-L)^{-1}[/mm] nicht existiert?
Annahme: [mm] \rho(L)= \IC. [/mm] Sei f eine stetige Linearform auf L(X). Setze
[mm] F(z):=f((z-L)^{-1})
[/mm]
Dann ist F eine ganze Funktion und mit der Neumannschen Reihe sieht man: F(z) [mm] \to [/mm] 0 für $|z| [mm] \to \infty$.
[/mm]
Nach dem Satz von Liouville ist F auf [mm] \IC [/mm] konstant =0. Also auch (z=0)
[mm] f(L^{-1})=0.
[/mm]
Nun war f beliebig aus dem topologischen Dual von L(X). Daher liefert der Satz von Hahn-Banach den Widerspruch: [mm] L^{-1}=0.
[/mm]
FRED
>
> Gruss
>
> physicus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:59 Fr 26.08.2011 | | Autor: | physicus |
Hallo fred
Danke für die schnelle Antwort. Ich hätte erwähnen sollen, dass $\ X $ ein Banach Raum ist. Genau so haben wir das auch bewiesen. Aber dafür braucht man ja nicht zu wissen, dass $\ [mm] L^{-1} [/mm] $ existiert und daher auch stetig ist. Ich dachte mir evt. kann man das anders zeigen, da ich ansonsten die Voraussetzung als überflüssig sehe.
Wie bereits erwähnt haben wir den Satz mit der Voraussetzung $\ L [mm] \in [/mm] L(X) $ bewiesen, und ich dachte mit den zusätzlichen Voraussetzung gehe das evt. (noch) leichter. Aber danke für die Antwort
Gruss
physicus
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