Null im Spektrum eines kompakten Operators

30.11.2018, 17:30

HLD

Null im Spektrum eines kompakten Operators

Moin, ich hab grad was bewiesen und bin mir auch relativ sicher, dass das so passt. Dann nochmal drüber nachgedacht und mir ist aufgefallen, dass man auch sehr viel einfacher argumentieren kann. verwirrt

Bin mir aber nicht sicher, ob ich was übersehe.

Also, wir sollen zeigen, dass die 0 im Spektrum eines kompakten Operators (unendlichdim. Hilbertraum) liegt.

Schritt 1: Ang. die Null wäre nicht im Spektrum, dann folgt die Null ist in der Resolventenmenge also folglich wäre

$\begin{eqnarray*} (T-0\cdot 1)^{-1} \end{eqnarray*}$ ein beschränkter Operator ( $\begin{eqnarray*} 0\in C , 1\in B(H) \end{eqnarray*}$ ich denke das sollte soweit klar sein...)

Schritt 2: Da aber $\begin{eqnarray*} T T^{-1} = T^{-1} T =1 \end{eqnarray*}$ gilt, würde das bedeuten, der Einheitsoperator wäre kompakt, , da ja die kompakten Operatoren ein 2-seitiges *-Ideal in B(H) bilden (das ist schnell klar, wähle $\begin{eqnarray*} T\in K(H) , S\in B(H), H_1 \end{eqnarray*}$ irgendeine beschränkte Teilmenge von H, dann ist $\begin{eqnarray*} TSH_1 , STH_1 \end{eqnarray*}$ kompakt (das stetige Bild einer kompakten Menge ist kompakt).

Schritt 3: Ich wähle mir eine beschränkte Menge aus dem HR. Zum Bsp die Einheitskugel $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} 1*S_1=S_1 \end{eqnarray*}$ offensichtlich und da nach unserer Annahme wir gefolgert haben 1 ist kompakt, wäre $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ auch kompakt. (Kompakte Op. bilden beschränkte Mengen auf relativ kompakte ab.)

Schritt 4: $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ ist aber nicht kompakt, da wir ja ziemlich easy eine Folge aus $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ finden, die keine konvergente Teilfolge hat, nämlich $\begin{eqnarray*} a_i = e^i \end{eqnarray*}$ ... also einfach eine Folge von Basisvektoren. Jeder VR hat ne Basis und wir haben ein Skalarprodukt, Vollständigkeit, etc also wir können sogar eine ONB bauen. Dann gilt offensichtlich für alle $\begin{eqnarray*} e^i, e^j \in S_1: ||e^i-e^j || =\sqrt 2 \end{eqnarray*}$ und auf keinen Fall $\begin{eqnarray*} <\epsilon \end{eqnarray*}$ ... Also folglich ist die Einheitskugel im unenedlichdim. nicht kompakt, also kann der Einheitsoperator nicht kompakt gewesen sein, also war $\begin{eqnarray*} T^{-1} \end{eqnarray*}$ kein beschränkter Operator, also muss die Null im Spektrum sein.

So weit so gut, oder? Aber kann ich mir nicht die Schritte 3 und 4 komplett sparen? Das Einselement kann doch nie in einem echten Ideal liegen, oder? Weil ja dann für alle $\begin{eqnarray*} x\in B(H) \end{eqnarray*}$ gelten würde $\begin{eqnarray*} 1*x=x*1=x \end{eqnarray*}$ ? und damit wäre x automatisch kompakt, folglich gäbe es gar keine unkompakten? Ich bin grad nur verwirrt, ob diese Schlussfolgerung zu simpel/fehlerhaft ist oder ob ich mir wirklich den ganzen Mist mit der Einheitskugel sparen kann, weil der Einheitsoperator ohnehin nie in einem Ideal liegen kann...

30.11.2018, 17:41

Guppi12

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Hallo,

wenn dir bekannt ist, dass es auch nicht kompakte stetige lineare Abbildungen auf einem unendlich-dimensionalen Banachraum gibt, kannst du da mit der Idealeigenschaft argumentieren und bist fertig.

Allerdings ist der Standardbeweis dafür genau, sich die Identität herzunehmen und wäre diese kompakt,
so wäre $\begin{eqnarray*} \overline{B(0,1)} \end{eqnarray*}$ kompakt, Widerspruch.

Du kannst nicht einfach sagen: "es wäre unlogisch, wenn es keine nicht kompakten Operatoren gibt", das musst du schon beweisen. Aber klar, wenn du das schon weißt, kannst du abkürzen.

Edit: Übrigens ist die Einheitskugel in keinem unendlich-dimensionalen normierten Raum kompakt, das liegt am Lemma von Riesz, die Aussage gilt also allgemeiner.

30.11.2018, 18:09

HLD

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Ah ja, der 2-in-1-Beweis sozusagen. Hammer

Ja klar, B(H) ist natürlich ein Ideal in sich selbst und da liegt 1 natürlich drin. Der Clou ist dabei ich hab noch nicht das "echt" , um die Idealeigenschaft anzuwenden...

Prinizpiell würde es ja aber eigentlich auch ausreichen, ich finde in einem ganz konkreten (unendlichdim.) HR einen ganz konkreten Operator, welcher eine beschränkte Menge auf eine abbildet, deren Abschluss nicht kompakt ist, oder? Dann wüsste ich ja schon, dass B(H) ohne K(H) nicht grundsätzlich leer ist...

Aber klar es macht natürlich Sinn gleich den Einheitsoperator zu nehmen, wenn man einmal dabei ist.

30.11.2018, 18:11

Guppi12

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Zitat:

Prinizpiell würde es ja aber eigentlich auch ausreichen, ich finde in einem ganz konkreten (unendlichdim.) HR einen ganz konkreten Operator, welcher eine beschränkte Menge auf eine abbildet, deren Abschluss nicht kompakt ist, oder? Dann wüsste ich ja schon, dass B(H) ohne K(H) nicht grundsätzlich leer ist...

Nein, das wüsstest du dann nur für diesen ganz konkreten Hilbertraum.

30.11.2018, 18:15

HLD

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Zitat:

Original von Guppi12

Zitat:

Nein, das wüsstest du dann nur für diesen ganz konkreten Hilbertraum.

Ach stimmt, dann hätte ich mit der Idealeigentschaft-Abkürzung bewiesen, dass die Null im Spektrum aller kompakten Operatoren auf eben jenem HR ist. Ok jetzt hab ich's.

Also Abkürzung wieder verworfen, weil Vorraussetzung bewiesen werden muss, die genau das benötigt, was die Abkürzung einspart. Mit Zunge

Ich muss sagen, du überblickst die Lage ziemlich gut und vor allem schnell. smile

30.11.2018, 18:18

Guppi12

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Danke für das Lob und freut mich, dass ich helfen konnte smile

Viele Grüße Wink

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