Spektrum eines kompakten Operators ist beschränkt

22.01.2014, 19:42

Shalec

Spektrum eines kompakten Operators ist beschränkt

Hallo,
ich habe folgende Aufgabe:

Voraussetzungen
$\begin{eqnarray*} M:=sup_{||\phi||=1} (K\varphi,\varphi) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} m:=inf_{||\phi||=1} (K\varphi,\varphi) \end{eqnarray*}$
K ist kompakter, selbstadjungierter Operator in einem Hilbertraum H.

Aufgabe
Für $\begin{eqnarray*} \begin{cases} z>M\\ z<m \end{cases} \end{eqnarray*}$ ist der Operator $\begin{eqnarray*} \begin{cases}zI-K\\ -(zI-K)\end{cases} \end{eqnarray*}$ koerzitiv. Benutzen Sie dafür den Satz von Lax-Milgram. Folgern Sie, dass $\begin{eqnarray*} \sigma(K)\subset[m,M] \end{eqnarray*}$ .

I ist hierbei die identische Abbildung.

Frage
Wie muss ich diese Aufgabe verstehen? Muss ich "nur" zeigen, dass das Spektrum beschränkt ist? Eine Interpretation der Aufgabe hatte mich dahin geführt, dass ich überlegt habe, ob der Satz von Lax-Milgram überhaupt eine Aussage über die Koerzitivität eines Operator liefert (denn dies ist i.A. eine Voraussetzung..).

Was muss ich hier denn genau zeigen?

Idee
Setze ich voraus, dass $\begin{eqnarray*} zI-K \end{eqnarray*}$ koerziv ist, dann gilt (Nach dem Buch lineare Funktionalanalysis - Hans Wilhelm Alt)
$\begin{eqnarray*} \exists C>0:\ ( (zI-K)\varphi,\varphi) \geq c||\varphi||2 \end{eqnarray*}$

(Frage am Rande, gibt es ein Command in LaTeX für die Norm?)

Weiter gilt:
$\begin{eqnarray*} ( (zI-K)\varphi,\varphi)=(zI\varphi -K\varphi,\varphi) = (z\varphi,\varphi) - (K\varphi,\varphi) = (z-\lambda) ||\varphi||^2 \end{eqnarray*}$ für einen Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$

Für den zweiten Fall ist dann:
$\begin{eqnarray*} ( -(zI-K)\varphi,\varphi)=(-zI\varphi +K\varphi,\varphi) = -(z\varphi,\varphi) + (K\varphi,\varphi) = (-z+\lambda) ||\varphi||^2 \end{eqnarray*}$

Nach Voraussetzung ist:
$\begin{eqnarray*} (z-\lambda) ||\varphi||^2 < (M-\lambda)||\varphi||^2 \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} (\lambda-z) ||\varphi||^2 > (\lambda-m)||\varphi||^2 \end{eqnarray*}$

was aber nicht viel aussagt.

Habe ich irgendwo einen Gedankenfehler?

Viele Grüße und vielen Dank schonmal

22.01.2014, 20:49

dr.morrison

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Hi Shalec,

erstmal finde ich die Aufgabe recht interessant. Ich habe mir auch ein paar Gedanken gemacht, und bin zu dem Schluss gekommen, dass es wirklich nur Sinn ergibt, wenn man MIT Lax Milgram fuer die Spektralschranken argumentiert und nicht fuer die Koerz.. Daher sei einfach $\begin{eqnarray*} z>M \end{eqnarray*}$ , Du kannst dir die Koerzivitaet per Widerspruch ueberlegen -- ich gebe Dir einen Tipp: Angenommen, der Operator ist nicht koerziv. Dann insbesondere $\begin{eqnarray*} \forall C>0\exists \varphi_{C}\in H: ((zI-K)\varphi_{C},\varphi_{C})<C||\varphi_{C}||^{2} \end{eqnarray*}$ und insbesondere $\begin{eqnarray*} \forall k\in\mathbb{N}\exists \varphi_{k}\in H,||\varphi_{k}||=1: ((zI-K)\varphi_{k},\varphi_{k})<\frac{1}{k} \end{eqnarray*}$ . Nun ueberlege, wie du das zum Widerspruch fuehren kannst.

Wenn Du die Koerzivit. hast, folgt die Aussage mit Lax-Milgram.

Alles Liebe!

24.01.2014, 12:13

Shalec

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Hallo und vielen Dank für Deine Antwort.
Ich denke, dass dies wirklich gewinnbringend sein kann. Nutze ich Deinen Vorschlag

$\begin{eqnarray*} ((zI-K)\varphi_k,\varphi_k)=(z-\lambda)\leq z-\lambda_{max}<\frac{1}{k} \end{eqnarray*}$
Wobei $\begin{eqnarray*} ||\varphi_k||=1 \end{eqnarray*}$

Nun betrachte ich $\begin{eqnarray*} M=sup_{||\varphi_k||=1} (K\varphi,\varphi) \end{eqnarray*}$

Nun.. für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ als Eigenwert von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} K\varphi=\lambda\varphi \end{eqnarray*}$ und da wir hier vom Skalarprodukt ausgehen ist $\begin{eqnarray*} M=sup_{||\varphi_k||=1} (K\varphi,\varphi)=sup_\lambda \lambda \cdot sup_{||\varphi_k||=1} (\varphi,\varphi) = \lambda_{max} \end{eqnarray*}$

Damit ist $\begin{eqnarray*} z-\lambda_{max} = z-M < \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$
Da $\begin{eqnarray*} z>M \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{1}{k}\to 0 (k\to\infty) \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} z-M\to 0\ \Rightarrow\ z=M \end{eqnarray*}$

Was dann den Widerspruch darstellt. Analog für $\begin{eqnarray*} z<m \end{eqnarray*}$ .

Damit ist der Operator $\begin{eqnarray*} zI-K \end{eqnarray*}$ koerziv (ich lese ständig "Koerzitiv" und "Koerziv" mit gleicher Definition - gibt es da ein "richtig/falsch"?)

Falls meine Rechnung oben zu $\begin{eqnarray*} M,m \end{eqnarray*}$ richtig waren, dann ist $\begin{eqnarray*} \lambda_{min}=m,\ \lambda_{max}=M \end{eqnarray*}$ und damit ist das Spektrum Teilmenge des abgeschlossenen Intervalls $\begin{eqnarray*} [m,M] \end{eqnarray*}$ .

Sind meine Überlegungen korrekt? Viele Grüße und vielen Dank nochmal,
Shalec

24.01.2014, 12:32

dr.morrison

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Hi Shalec,

von der Idee her richtig, aber so, wie es dransteht falsch. Zur Nomenklatur: Koerzitiv scheint etwas sehr deutsches zu sein, im Englischen liest man eigentlich immer nur coercive smile

Jedenfalls stimmt dein Widerspruch, aber nur generell musst Du etwas aufpassen mit der Verwendung des Begriffs Eigenwert und Eigenvektor, denn, wie gesagt, ein BLO muss nicht unbedingt nur Eigenwerte im Spektrum haben (das ist hier ANDERS als in Linearer Algebra). Fuer einen kompakten Operator stimmt das allerdings, bis ggf auf die 0. Zu deiner loesung: Lass das mit dem $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ und dem Eigenvektor $\begin{eqnarray*} \varphi_{k} \end{eqnarray*}$ , hierueber weisst du nichts. In der Zeile nach "vom Skalarprodukt ausgegangen sind" ist leider jeder Schritt falsch, der erste, weil der Ausdruck nach dem Gleichheitszeichen keinen Sinn ergibt, er ist konstant, und der zweite nicht, weil du nicht weisst, ob die Phi_{k} Eigenvektoren sind. Arbeite bitte nur mit der Tatsache, dass nach Annahme die Phi_{k} Norm 1 haben. Das funktioniert bereits.

Fuer den Beweis bist du dann aber noch nicht durch, du brauchst fuer Lax Milgram eine bechraenkte koerzive BLF, die liegt allerdings auf der Hand.

Gruss, drmorrison

24.01.2014, 14:16

Shalec

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Genügt es nicht, dass nur $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert ist? Eigenvektoren braucht man garnicht. Denn die Gleichung $\begin{eqnarray*} K-\lambda I=0 \end{eqnarray*}$ ist nur für Eigenwerte erfüllt. Damit ist dann doch $\begin{eqnarray*} K=\lambda I \end{eqnarray*}$ und aus $\begin{eqnarray*} K\varphi_k=\lambda I\varphi_k \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} \varphi_k \end{eqnarray*}$ beliebig, also egal was, es ist hier auch nur wichtig, dass $\begin{eqnarray*} I\varphi_k \end{eqnarray*}$ definiert ist. Wendet man nun die Identität auf einen Wert an, bleibt der Wert, d.h. $\begin{eqnarray*} I\varphi_k=\varphi_k \end{eqnarray*}$ .

Bei Abbildungen ist die Summe auch wie folgt definiert: $\begin{eqnarray*} (T+K)(x)=Tx + Kx \end{eqnarray*}$ wende ich das nun an:
$\begin{eqnarray*} (zI-K)\varphi_k=zI\varphi_k - K\varphi_k=z\varphi_k - \lambda I\varphi_k = z\varphi_k-\lambda\varphi_k \end{eqnarray*}$
Da nun $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ skalare Werte (ggf. $\begin{eqnarray*} \lambda \in\mathbb C \end{eqnarray*}$ ) und $\begin{eqnarray*} z\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ ist. Da $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ selbstadjungiert ist, gilt hier sogar $\begin{eqnarray*} \lambda\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ und damit sind dann $\begin{eqnarray*} z,\lambda\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ und damit gilt dann, nach der Definition der Skalaren Multiplikation, $\begin{eqnarray*} (zI-K)\varphi_k=(z-\lambda)\varphi_k \end{eqnarray*}$ .
Setze ich das nun in das Skalarprodukt ein, kann ich aufgrund der Linearität im ersten Argument die skalaren Werte herausheben. D.h.
$\begin{eqnarray*} ((zI-K)\varphi_k,\varphi_k)=(z-\lambda)(\varphi_k,\varphi_k)=(z-\lambda)\cdot||\varphi_k||^2 \end{eqnarray*}$

Da wir nur $\begin{eqnarray*} ||\varphi_k||^2=1 \end{eqnarray*}$ betrachten folgt also meine obige Rechnung.

Sollte ich hier nun doch was falsch gemacht haben, dann habe ich offenbar das Konzept nicht verstanden. :-) Ich lese mir jetzt aber nochmal Deine Kritik langsam durch und versuche eine Alternative zu entwickeln.

Viele Grüße :-)

24.01.2014, 14:31

dr.morrison

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Um es vielleicht verstaendlicher zu machen: Dein Beweis zeigt Dir, dass Eigenwerte zum Spektrum gehoeren -- das gilt nach Definition. Du weisst ueber lambda NIX, ueberhaupt nichts! Lambda taucht doch nur in der faelschlichen Annahme auf, irgendein phi_{k} sei Eigenwert. Bitte denk da wirklich noch mal drueber nach, weil es so nun mal redundant und kein Beweis ist.

24.01.2014, 15:05

Shalec

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Zitat:

Original von dr.morrison
Um es vielleicht verstaendlicher zu machen: Dein Beweis zeigt Dir, dass Eigenwerte zum Spektrum gehoeren -- das gilt nach Definition. Du weisst ueber lambda NIX, ueberhaupt nichts! Lambda taucht doch nur in der faelschlichen Annahme auf, irgendein phi_{k} sei Eigenwert. Bitte denk da wirklich noch mal drueber nach, weil es so nun mal redundant und kein Beweis ist.

hat sich geklärt ->

code:

1:

Ich verstehe nicht, an welcher Stelle ich annehme, dass [latex]\varphi_k[/latex] ein Eigenwert oder Eigenvektor sei. Für mich gilt nur: [latex]||\varphi_k|| = 1[/latex] mehr nutze ich auch nicht. Denn [latex]K\varphi=\lambda\varphi[/latex] für alle [latex]\varphi\in H[/latex], nach der Definition des Eigenwertes [latex]\lambda[/latex] (Eigenwert vom Kompakten Operator K).

<-

AAHHh.. ich weiß jetzt wo mein gedanklicher Fehler lag. Ich hatte irgendwie verwechselt, dass nicht $\begin{eqnarray*} (\lambda I - K)x =0 \end{eqnarray*}$ für Eigenwerte sondern für Eigenvektoren gilt. Daher habe ich nicht verstanden, warum ich hier egtl. nichts gezeigt habe. Gut, dann nochmal fast von vorne.. Augenzwinkern

code:

1:
2:

In der "Berechnung" von "M" hat sich ein Fehler eingeschlichen.. dort soll [latex]\varphi=\varphi_k[/latex] sein. Der Index hat sich verschlampt...  ?(
trotzdem macht auch das jetzt keinen Sinn mehr ;)

24.01.2014, 18:25

Shalec

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Nun, nachdem ich meine Verwirrung abgelegt habe ist folgendes entstanden:

$\begin{eqnarray*} ((zI-K)\varphi_k,\varphi_k)=z(\varphi_k,\varphi_k) - (K\varphi_k,\varphi_k) \geq z-M\ \Rightarrow\ z-M<\frac{1}{k} \end{eqnarray*}$

hier folgt nun die Argumentation von oben. Dies scheint korrekter. Ich hatte mich offensichtlich in einen falschen Gedanken verrannt unglücklich

24.01.2014, 18:29

dr.morrison

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Und schon hast Du's -- prima!

24.01.2014, 19:58

Shalec

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Zitat:

Original von dr.morrison
Und schon hast Du's -- prima!

Ah, das ist schön. Danke.

Nun muss ich weiter die Beschränkheit zeigen. Bzw. wir hatten die Voraussetzungen für Lax-Milgram wie folgt: Bilinearform stetig und koerziv => Lax-Milgram (kurzum.)

Die Stetigkeit ist nun noch zu zeigen?!
Ich habe irgendwie aus dem Blickfeld verloren, warum ich in dieser Aufgabe überhaupt den Operator zI-K betrachte.

Hier lässt sich doch ein Widerspruch erzeugen. Angenommen der Operator ist nciht stetig, dann gilt:
$\begin{eqnarray*} \forall c>0\ :\ |((zI-K)\varphi,\varphi)|^2 \geq C^2\cdot ||(zI-K)\varphi||^2\cdot ||\varphi||^2 \end{eqnarray*}$

Nach der Cauchy-Schwarz-Ungleichung gilt:
$\begin{eqnarray*} ||(zI-K)\varphi||^2\cdot ||\varphi||^2\geq |((zI-K)\varphi,\varphi)|^2 \end{eqnarray*}$
betrachte ich nun den zweiten Term aus der Annahme kann ich über die CSU den Widerspruch konstruieren.

Damit ist meine BLF stetig und koerziv. D.h. ich kann den Satz von Lax-Milgram nutzen:
$\begin{eqnarray*} \forall f\in H'\ \exists! u=u(f)\ :\ a(u,v)=(f,v)_{H'\times H}\ \forall v\in H \end{eqnarray*}$

Wie nutze ich nun den Satz von Lax-Milgram um zu zeigen, dass das Spektrum Teilmenge des abgeschlossenen Intervalls [m,M] ist?

Edit mit dem Tablet:
Btw.im ersten teil der Aufgabe habe ich bereits gezeigt, dass das Spektrum von K eine Teilmenge von IR bildet.

25.01.2014, 01:45

dr.morrison

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Guten Abend,

Obacht. Du zeigst mit deinem Beweis der Stetigkeit gar nichts; das muss ja nicht fuer alle phi, sondern fuer ein phi gelten, und der Nullvektor tut das immer. Also folgt daraus nichts. Die Stetigkeit ist vielmehr eine Folgerung daraus, dass das Skalarprodukt, die Identitaet und kompakte Ops beschraenkt sind.

Wie du das nutzt? Definition des Spektrums.

Das mit dem Edit war aber nicht die Aufgabe, die wir gerade diskutieren, oder? Denn die reellwertigkeit des Spektrums folgt gerade durch die Selbstadjungiertheit des Operators K.

Alles Liebe.

25.01.2014, 12:53

Shalec

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Zitat:

Original von dr.morrison
Guten Abend,

Obacht. Du zeigst mit deinem Beweis der Stetigkeit gar nichts; das muss ja nicht fuer alle phi, sondern fuer ein phi gelten, und der Nullvektor tut das immer. Also folgt daraus nichts. Die Stetigkeit ist vielmehr eine Folgerung daraus, dass das Skalarprodukt, die Identitaet und kompakte Ops beschraenkt sind.

Ich hatte jetzt einfach (zunächst) notiert, dass nach der CSU eben die Abschätzung

gilt. Für die Stetigkeit muss nun nur ein $\begin{eqnarray*} c>0 \end{eqnarray*}$ existieren, sodass $\begin{eqnarray*} |((Iz-K)\varphi,\varphi)|\leq c\cdot ||u||\cdot||v|| \end{eqnarray*}$
Da ich denke - mir aber derzeit nicht zu 100% sicher bin, dass die CSU in allen Hilberträumen in dieser Form gültig ist, sollte das genügen.

Zitat:

Original von dr.morrison
Wie du das nutzt? Definition des Spektrums.

Ach..ja.. genau. Ich denke ich habe da jetzt eine Idee..manchmal stehe ich auch echt auf dem Schlauch. Ich werde später mal posten, was mir dazu eingefallen ist.

In der FunktionalAnalysis bereiten mir generell Aufgaben bzgl. Randwertprobleme sorgen. Ich verstehe nicht, was für ein Ziel ich dort verfolge. Ich versuche DGL's zu lösen, die besondere Eigenschaften haben - aktuell das Neumann-RWP. Dazu werde ich aber vermutlich einen zweiten Thread eröffnen.

Zitat:

Original von dr.morrison
Das mit dem Edit war aber nicht die Aufgabe, die wir gerade diskutieren, oder? Denn die reellwertigkeit des Spektrums folgt gerade durch die Selbstadjungiertheit des Operators K.

Die Aufgabe, die wir gerade diskutieren, ist der (b) Teil der gesamten Aufgabe.
In (a) musste gezeigt werden, dass das Spektrum bei selbstadjungierten kompakten Operatoren reell ist.
In (c) gibt es noch die Frage, warum die Vielfachheit eines Eigenwertes $\begin{eqnarray*} \lambda\neq0 \end{eqnarray*}$ eines kompakten Operators endlich ist.
In (d) lautet die Frage: Warum sind Eigenfunktionen $\begin{eqnarray*} \{\varphi_j\}_{j=1}^{N} \end{eqnarray*}$ zu verschiedenen Eigenwerten $\begin{eqnarray*} \{\lambda_j\}_{j=1}^{n},\ \lambda_i\neq\lambda_j,\ i\neq j \end{eqnarray*}$ von K linear unabhängig?

Viele Grüße und vielen Dank.

25.01.2014, 13:19

dr.morrison

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Zitat:

Original von Shalec
Ich hatte jetzt einfach (zunächst) notiert, dass nach der CSU eben die Abschätzung

Was machen denn hier u und v? Du brauchst das hier alles gar nicht, nur dass die Identitaet und kompakte Operatoren stetig sind, und dann nuetzt du Cauchy-Schwarz.

Allgemein, weil du es gerade ansprichst, muss man keine Angst oder Sorgen vor Neumann Problemen haben, im PDE Business wird es halt immer schnell technisch, und zumal man anfangs nicht gewohnt ist, eigentlich NUR abzuschaetzen, wirkt es etwas abschreckend. Aber man gewoehnt sich dran, und dann macht es echt Laune!

25.01.2014, 15:36

Shalec

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Zitat:

Original von dr.morrison

Zitat:

Original von Shalec
Ich hatte jetzt einfach (zunächst) notiert, dass nach der CSU eben die Abschätzung

Was machen denn hier u und v? Du brauchst das hier alles gar nicht, nur dass die Identitaet und kompakte Operatoren stetig sind, und dann nuetzt du Cauchy-Schwarz.

Ach..da ist auch wieder ein Fehler.. richtig heißt es: $\begin{eqnarray*} |((Iz-K)\varphi,\varphi)|\leq c\cdot ||(zI-K)\varphi||\cdot||\varphi|| \end{eqnarray*}$ nach der CSU folgt dies trivialerweise.
Durch die Stetigkeit von I und K lässt sich dann doch auch zeigen, dass eine obere Schranke normweise existiert. D.h. dass die BLF beschränkt ist. Aber ich denke, dass das mit CSU genügt. (Ist auch weniger zu schreiben Augenzwinkern

)

Zitat:

Original von dr.morrison
Allgemein, weil du es gerade ansprichst, muss man keine Angst oder Sorgen vor Neumann Problemen haben, im PDE Business wird es halt immer schnell technisch, und zumal man anfangs nicht gewohnt ist, eigentlich NUR abzuschaetzen, wirkt es etwas abschreckend. Aber man gewoehnt sich dran, und dann macht es echt Laune!

Naja..meine Welt ist das rechnen/abschätzen und co. nicht wirklich. Das hatte mir schon in der Schule keinen Spaß bereitet. Lieber die Fakten sehen und nutzen. Neue Teile (er-)finden..
Gelegentlich ist es ok, etwas numerische Arbeit zu leisten - aber das dauert mir immer zu lange. Ich sitze nun auch schon wieder viel zu lange an dem Zettel - normalerweise habe ich nur 2h pro Woche um einen Zettel zu bearbeiten. Da meine Jobs nun aber vorbei sind, hatte ich mehr Zeit. Ab jetzt kann ich mich auch heute weiter um die Lösung der Aufgaben kümmern.

Off-Topic:
Ich halte Übungszettel auch für kontraproduktiv. Sie hindern den Studenten an einem selbstbestimmten Studium und halten vom tatsächlichen Lernen und freien "Mit der Thematik befassen" ab. Ich hätte jetzt lieber die letzten 4-5 Tage genutzt um die Vorlesung durchzugehen oder um an meiner Bachelor-Arbeit zu schreiben. Ich konnte beispielsweise auch 4-5 Vorlesungen noch nicht nacharbeiten - leider sind es genau diese zu den kompakten Operatoren. Aber was soll's, ich habe es mir ja so ausgesucht Augenzwinkern

Leider wird man vom Staat beim Studieren nicht unterstützt, wenn die Eltern theoretisch zu viel verdienen, aber praktisch eben zu wenig haben um ihren eigenen Fortbestand abzusichern. Ist man dann darüber hinaus 4 Semester in der Uni gewesen - ohne Bafög zu beantragen - wird danach ebenfalls keines mehr gezahlt (einem Freund von mir geht es so). Nun muss ich studieren und nebenher 3-4 Nebenjobs ausüben, um alle laufenden Kosten (Miete, Versicherung, NK, Studienbücher,Kleidung, Nahrung...) abzudecken. Ich fahre sogar extra 1,5h pro Fahrt zur Uni (d.h. 3h am Tag), um bei der Miete zu sparen. Aber das nur nebenbei. smile

Leider hält es der StugA nicht für nötig, das Studieren so einzurichten, wie es ursprünglich gewollt ist. Ein Zitat "würden die Übungszettel nicht existieren, würde ich selber nichts machen." Aufgrund dieser Faulheit einiger, müssen dann andere leiden. Sowas ist dann die Vertretung der Studierendenschaft.

Viele Grüße smile

25.01.2014, 18:18

Shalec

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Also ich muss ehrlich sagen, dass ich keine Ahnung habe, wie ich den Satz von Lax-Milgram richtig interpretieren muss um zu sehen, dass zI-K genau dann nicht invertierbar ist, wenn die Eigenwerte in [m,M] liegen.

Also nach Lax-Milgram gilt: $\begin{eqnarray*} \forall f\in H'\ \exists!\ u\in H\ :\ a(u,v)=(f,v)=f(v) \end{eqnarray*}$
wobei letzteres das duale Produkt beschreibt.
ich vermute, dass $\begin{eqnarray*} a(u,v)= ((zI-K)u,v) \end{eqnarray*}$ ist. Jetzt betrachte ich $\begin{eqnarray*} z=\lambda\in\sigma(K)\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ beliebig, dann ist $\begin{eqnarray*} ((\lambda I-K)u_\lambda,v)=f(v) \end{eqnarray*}$
(Hier nenne ich $\begin{eqnarray*} u=u_\lambda \end{eqnarray*}$ um die Abhängigkeit vom Operator auszudrücken)

Vermutlich wäre es sinnvoller $\begin{eqnarray*} \lambda\notin [m,M] \end{eqnarray*}$ zu wählen, um dies zum Widerspruch zu führen (nicht invertierbar). Aber dafür muss ich erstmal genau verstehen, was der Satz aussagt. Kannst Du mir das ein wenig erklären? Ich werde parallel auch noch in der Literatur nachlesen. Unverständlich kann es ja nicht sein Augenzwinkern

25.01.2014, 23:23

dr.morrison

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Das Spektrum eines beschraenkten linearen Operators ist die Menge, wo $\begin{eqnarray*} \lambda I - K \end{eqnarray*}$ (hier) nicht bijektiv ist. Die Bilinearform hast Du richtig, jetzt kommt Lax Milgram. Du schliesst hiermit, dass der Operator sehr wohl bijektiv ist - und damit lambda nicht im Spektrum liegen kann, wenn es auserhalb der Spektralschranken liegt.

Btw. Der Satz von Lax Milgram kann durch elliptische partielle Differentialgleichungen motiviert werden, siehe etwa Evans, PDE, chapter 6.

Alles Liebe!

26.01.2014, 00:33

Che Netzer

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Zitat:

Original von dr.morrison
Das Spektrum eines beschraenkten linearen Operators ist die Menge, wo $\begin{eqnarray*} \lambda I - K \end{eqnarray*}$ (hier) nicht bijektiv ist.

Auch wenn das mit "(hier)" ggf. schon angedeutet werden sollte, möchte ich nochmal betonen: Das gilt nur für Operatoren auf vollständigen Räumen! Im allgemeinen Fall muss "bijektiv" durch "stetig invertierbar" ersetzt werden.

26.01.2014, 00:46

dr.morrison

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Das ist richtig. Allerdings denke ich, dass man durchaus vertraut ist mit dem Satz ueber die beschraenkte Inverse, wenn man Spektrealtheorie macht. Trotzdem ein wertvoller Kommentar!

26.01.2014, 14:20

Shalec

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Zitat:

Original von dr.morrison
Das Spektrum eines beschraenkten linearen Operators ist die Menge, wo $\begin{eqnarray*} \lambda I - K \end{eqnarray*}$ (hier) nicht bijektiv ist. Die Bilinearform hast Du richtig, jetzt kommt Lax Milgram. Du schliesst hiermit, dass der Operator sehr wohl bijektiv ist - und damit lambda nicht im Spektrum liegen kann, wenn es auserhalb der Spektralschranken liegt.

Btw. Der Satz von Lax Milgram kann durch elliptische partielle Differentialgleichungen motiviert werden, siehe etwa Evans, PDE, chapter 6.

Alles Liebe!

Mir waren einige Inhalte nicht bewusst. z.B. dass das $\begin{eqnarray*} f\in H' \end{eqnarray*}$ aus Lax-Milgram invertierbar ist. Ich fasse das jetzt mal zusammen:

$\begin{eqnarray*} \forall z>M, z<m\ :\ ((zI-K)\varphi_z,\varphi)=(zI-K)\varphi \end{eqnarray*}$
nach Lax-Milgram. D.h. $\begin{eqnarray*} f=zI-K \end{eqnarray*}$ und da $\begin{eqnarray*} zI-K \end{eqnarray*}$ außerhalb von $\begin{eqnarray*} [m,M] \end{eqnarray*}$ invertierbar ist, folgt, dass die Eigenwerte von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} [m,M] \end{eqnarray*}$ enthalten sein müssen, da für diese $\begin{eqnarray*} (zI-K) \end{eqnarray*}$ nicht injektiv ist. D.h. $\begin{eqnarray*} \sigma(K)\subset [m,M] \end{eqnarray*}$

Habe ich das richtig gesehen? (Wir hatten gezeigt, dass die Koerzivität für $\begin{eqnarray*} z>M \end{eqnarray*}$ gegeben ist und bei

Heute morgen und gestern Abend habe ich mir mal einige Kapitel aus dem Buch von Hans Wilhelm Alt zur Linearen Funktonalanalysis sowie das Standardwerk von Walter durchgelesen. Nun weiß ich, dass ich so lange auf dem Schlauch stand, da mir der gesamte Kontext gefehlt hatte. (Wie Beispielsweise die Invertierbarkeit des beschränkten Operators. Ich denke, dass man das auch gemerkt hat :-D

Viele Grüße und vielen Dank!

Edit:
Warum ist die Vielfachheit eines Eigenwertes eines kompakten Operators endlich?
Ist hier die Argumentation die folgende: Da anderenfalls dieser Eigenwert gleichzeitig Häufungswert des Spektrums ist und somit ein Widerspruch zu "0 ist einziger Häufungswert" darstellt?

Wie könnte ich dies alternativ begründen?

26.01.2014, 14:53

dr.morrison

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Hi shalec,

Obacht, hier ist vieles falsch. Wenn f aus dem Dual ist, kann es nicht gleich einem Operator von H nach H sein. Das ist also einfach Unsinn. Du schreibst, um der Logik zu folgen, ...und da zI-K ausserhalb [m,M] invertierbar ist... Nein, das willst Du doch gerade zeigen.

Ich greife jetzt Dir mal unter die Arme. Wir wollen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} zI-K \end{eqnarray*}$ fuer z.B. $\begin{eqnarray*} z>M \end{eqnarray*}$ invertierbar ist. Wir wissen bereits, dass $\begin{eqnarray*} B(u,v):=((zI-K)u,v) \end{eqnarray*}$ eine koerzive und beschraenkte Linearform auf dem Hilbertraum H definiert. Sei also $\begin{eqnarray*} f\in\mathcal{H} \end{eqnarray*}$ beliebig - wir muessen lediglich zeigen, dass es genau ein $\begin{eqnarray*} g\in\mathcal{H} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (zI-K)g=f \end{eqnarray*}$ , dann sind wir nach obigen Bemerkungen durch.

Wir betrachten nun den (beachte, der Hilbertraum ist reell) den isometrischen Isomorphismus $\begin{eqnarray*} \mathcal{H}\cong \mathcal{H}^* \end{eqnarray*}$ . Damit existiert genau ein (!!!!) $\begin{eqnarray*} f^*\in\mathcal{H}^{*} \end{eqnarray*}$ , sodass fuer alle $\begin{eqnarray*} u\in\mathcal{H} \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} (f,u)=(f^*,u) \end{eqnarray*}$ , wobei links das Skalarprodukt und rechts die duale Paarung steht. Was koennte dir nun Lax Milgram sagen?

26.01.2014, 19:41

Shalec

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Zunächst steht am Ende dieses Posts theoretisch das wichtigste.

Zitat:

Original von dr.morrison
Obacht, hier ist vieles falsch. Wenn f aus dem Dual ist, kann es nicht gleich einem Operator von H nach H sein. Das ist also einfach Unsinn.

Bisher hatte ich den Dualraum immer so verstanden, dass darin die Abbildungen enthalten sind. D.h. wenn ich $\begin{eqnarray*} u\in H \mapsto v\in H \end{eqnarray*}$ betrachte, ist die jenige Abbildung im Dualraum, d.h. in $\begin{eqnarray*} H' \end{eqnarray*}$ . Daher dachte ich, dass $\begin{eqnarray*} f=zI-K \end{eqnarray*}$ ist.

Zitat:

Original von dr.morrisonDu schreibst, um der Logik zu folgen, ...und da zI-K ausserhalb [m,M] invertierbar ist... Nein, das willst Du doch gerade zeigen.

Ausgehend von oben und dem Beweis zur Koerzivität hatte ich dies nun angenommen, da für $\begin{eqnarray*} z>M \end{eqnarray*}$ die BLF koerziv ist. Für $\begin{eqnarray*} z\in [m,M] \end{eqnarray*}$ war ich vorhin offenbar in einer falschen Annahme, dass ich dies bereits gezeigt hätte, dass dies nicht koerziv ist. Daraus resultierte dann meine Aussage hier.

Eben nochmal nachgeguckt: $\begin{eqnarray*} H'=\mathcal{L}(H)=\{ T:H\to H\ |\ T\ stetig,\ linear\} \end{eqnarray*}$

Da Lax-Milgram doch sagt, dass für alle $\begin{eqnarray*} f\in H' \end{eqnarray*}$ das und das gilt.. dann gilt dies doch auch für den Operator $\begin{eqnarray*} (zI-K)\in H' \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von dr.morrison
Ich greife jetzt Dir mal unter die Arme. Wir wollen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} zI-K \end{eqnarray*}$ fuer z.B. $\begin{eqnarray*} z>M \end{eqnarray*}$ invertierbar ist. Wir wissen bereits, dass $\begin{eqnarray*} B(u,v):=((zI-K)u,v) \end{eqnarray*}$ eine koerzive und beschraenkte Linearform auf dem Hilbertraum H definiert. Sei also $\begin{eqnarray*} f\in\mathcal{H} \end{eqnarray*}$ beliebig - wir muessen lediglich zeigen, dass es genau ein $\begin{eqnarray*} g\in\mathcal{H} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (zI-K)g=f \end{eqnarray*}$ , dann sind wir nach obigen Bemerkungen durch.

Bis hierhin verstehe ich die Idee bedingt.

Es scheint mir so, als hätte ich den Zusammenhang von dem was wir machen und dem was wir wollen verloren.

Zitat:

Original von dr.morrison
Wir betrachten nun den (beachte, der Hilbertraum ist reell) den isometrischen Isomorphismus $\begin{eqnarray*} \mathcal{H}\cong \mathcal{H}^* \end{eqnarray*}$ . Damit existiert genau ein (!!!!) $\begin{eqnarray*} f^*\in\mathcal{H}^{*} \end{eqnarray*}$ , sodass fuer alle $\begin{eqnarray*} u\in\mathcal{H} \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} (f,u)=(f^*,u) \end{eqnarray*}$ , wobei links das Skalarprodukt und rechts die duale Paarung steht. Was koennte dir nun Lax Milgram sagen?

Mit Isometrien hatte ich bislang noch gar nicht gearbeitet - nur zur Kenntnis genommen, dass es sie gibt, und dass sie tolle Eigenschaften besitzen, wie Normerhaltung etc..

Ich verstehe den Zusammenhang nicht. Ich muss auch ehrlich sagen, ich kenne derzeit keinen einzelnen Satz vollständig und nur manche Definitionen durch Zufall. Die Übungsaufgaben hatte ich stets so lösen können: 1h Vorlesung durchlesen, 1h bearbeiten, 70% der Punkte hats gebracht. Hier habe ich in der Vorlesung keine Ansätze. Wie gesagt, mich halten die Übungszettel vom lernen ab.
Ich weiß, dass es für bestimmte Aussagen Sätze gibt, womit ich einfacher ans Ziel komme, nach denen Suche ich dann im Notfall, wenn der Beweis nicht ohnehin trivial ist. Normalerweise leite ich mir die notwendigen Dinge her, hier klappt das nicht.
Bislang habe ich nur gesehen, dass ich Lax-Milgram anwenden kann.
Durch Hinweise bin ich darauf gekommen, dass dieses $\begin{eqnarray*} f\in H' \end{eqnarray*}$ invertierbar ist.
Ich erkenne aber nicht, wie mir nun der Satz weiter helfen kann. Auch mit Deinem Hinweis nicht. Offenbar muss ich sehr viel aufarbeiten.

Ich wiederhole nochmal alle Steps

Wir haben identifiziert $\begin{eqnarray*} B(u,v)=((zI-K)u,v) \end{eqnarray*}$
gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} B(u,v) \end{eqnarray*}$ koerziv und stetig
und dass Lax-Milgram seine Anwendung findet: $\begin{eqnarray*} \forall f\in H'\ \exists! u\in H\ :\ B(u,v)=f(v) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f\in H' \end{eqnarray*}$ ist invertierbar

Zur Folgerung $\begin{eqnarray*} \sigma(K)\subset [m,M]=\left[\inf\limits_{||\varphi||=1} (K\varphi,\varphi),\sup\limits_{||\varphi||=1} (K\varphi,\varphi)\right] \end{eqnarray*}$ fehlt: $\begin{eqnarray*} \forall z\in [m,M]\ ist\ (zI-K)\ nicht\ bijektiv \end{eqnarray*}$

Wie ich das folgern kann, weiß ich nicht. Deinen Hinweis von oben kann ich leider nicht gewinnbringend anwenden. Mehr als hinschreiben schaffe ich mit meinem derzeitigen Wissensstand nicht. Ich habe keinerlei Ansätze weiter zu kommen.

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Mir ist eben noch was aufgefallen. Der Satz von Lax-Milgram aus unserer Vorlesung geht mit dem auf Wikipedia auseinander. Auf Wiki heißt es: $\begin{eqnarray*} \exists! T\in H' \end{eqnarray*}$ in der Vorlesung $\begin{eqnarray*} \forall T\in H' \end{eqnarray*}$

Viele Grüße und vielen Dank :-)

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Spektrum eines kompakten Operators ist beschränkt

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