Fredholmoperatoren

28.06.2017, 21:17

Heisenberg93

Fredholmoperatoren

Guten Abend zusammen,

Sei $\begin{eqnarray*} \mathcal H =l_2(\mathbb C) \end{eqnarray*}$ . Seien $\begin{eqnarray*} L\colon \mathcal H\to \mathcal H \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} R\colon\mathcal H\to \mathcal H \end{eqnarray*}$ definiert durch

$\begin{eqnarray*} (Lu)_n:=u_{2n}, \forall n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (Ru)_n= \begin{cases} u_{\frac{n}{2}}, &n \text{ gerade}\\<br /> 0, & n \text{ ungerade}\end{cases} \end{eqnarray*}$

(1) Zeigen Sie, dass L surjektiv ist.

(2) Bestimmen Sie $\begin{eqnarray*} \ker (L) \end{eqnarray*}$ .

zu (1): Sei $\begin{eqnarray*} (a_n) \in D(L) := l_2(\mathbb C) \end{eqnarray*}$ , dann ist ist jede Teilfolge $\begin{eqnarray*} (a_{n_k}) \end{eqnarray*}$ , definiert als: $\begin{eqnarray*} \varphi: \mathbb N \to D(L) ; k \to (a_{n_k}):=(a_{\frac{n}{2}}) \end{eqnarray*}$ ebenfalls Element in $\begin{eqnarray*} D(L) \end{eqnarray*}$ .

Dann existiert für alle $\begin{eqnarray*} (a_n) \in D(L) \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} (a_{n_k}) \in D(L) \end{eqnarray*}$ , sodass gilt:

$\begin{eqnarray*} L( (a_{n_k}) ) =( a_{\frac{n}{2} \cdot 2}) = (a_n) \end{eqnarray*}$

zu (2): Gesucht sind diejenigen Elemente, die L auf den Nullvektor(=Nullfolge) in $\begin{eqnarray*} l_2(\mathbb C) \end{eqnarray*}$ abbildet.

Sei $\begin{eqnarray*} (a_n) \in D(L) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} L((a_n) ) = (a_{2n}) \overset{!}{=} (0_n) \end{eqnarray*}$

Diese Bedingung wird doch nur vom Nullvektor erfüllt oder übesehe ich etwas?

MfG
Heisenberg93

29.06.2017, 00:28

Clearly_wrong

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Ich verstehe deine Argumente nicht. Kannst du erläutern, was du mit

Zitat:

dann ist ist jede Teilfolge $\begin{eqnarray*} (a_{n_k}) \end{eqnarray*}$ , definiert als: $\begin{eqnarray*} \varphi: \mathbb N \to D(L) ; k \to (a_{n_k}):=(a_{\frac{n}{2}}) \end{eqnarray*}$ ebenfalls Element in $\begin{eqnarray*} D(L) \end{eqnarray*}$ .

genau meinst?

So wie es da steht, ist $\begin{align*} \varphi \end{align*}$ eine Folge, für die jedes Folgenglied selbst wieder eine $\begin{align*} \ell^2 \end{align*}$ -Folge ist. Das war bestimmt nicht deine Absicht oder?

(2) Sei $\begin{align*} u := (1,0,0,0,...) \end{align*}$ . Dann ist $\begin{align*} Lu = (0,0,0,...) \end{align*}$ , denn der erste Eintrag von $\begin{align*} u \end{align*}$ kommt in $\begin{align*} Lu \end{align*}$ ja garnicht vor und die anderen Einträge sind alle Null. Du solltest dein Argument also nochmal überdenken.

29.06.2017, 07:31

Heisenberg93

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(1) Unsauber aufgeschrieben unglücklich

Es sollte lauten: Sei $\begin{eqnarray*} \varphi:k \to \frac{k}{2} \end{eqnarray*}$ . Wenn $\begin{eqnarray*} (u_n) \in l_2 \end{eqnarray*}$ ist, dann ist die Teilfolge $\begin{eqnarray*} u_{\varphi(n)} \end{eqnarray*}$ auch ein Element aus $\begin{eqnarray*} l_2 \end{eqnarray*}$ .

Somit existiert für jede Folge $\begin{eqnarray*} (u_n) \in W(L) \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} u_{\varphi (n)} \in D(L) \end{eqnarray*}$ , sodass gilt: $\begin{eqnarray*} (Lu)_{\varphi (n)} = (u_n) \end{eqnarray*}$

Wobei W(L) der Wertebereich und D(L) der Definitionsbereich des Operators ist.

(2) Ach ja....

Also sind alle Folgen der Form, $\begin{eqnarray*} u_n = 0, n \medspace gerade \quad \land \quad u_n=c(n) , n \medspace ungerade \end{eqnarray*}$

wobei c(n) eine Komplexe Zahl in Abhängigkeit von n ist, im Kern enthalten

29.06.2017, 07:57

Heisenberg93

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Jetzt kommt der Teil mit dem Fredholm Operator.

Dazu hätte ich vorher eine Verständnis Frage zur Definition, bevor ich weitere Teilaufgaben mit meinen dazugehörigen Lösungsansätzen poste.

In der Vorlesung haben wir Fredholm-Operatoren wie folgt definiert:

Gegeben seien zwei Banachräume E,F. Ein Operator $\begin{eqnarray*} A \in B(E,F) \end{eqnarray*}$ heißt Fredholm, falls er bis auf einen kompakten Operator $\begin{eqnarray*} K_1,K_2 \end{eqnarray*}$ invertierbar ist, d.h. $\begin{eqnarray*} \exists C \in B(F,E) \end{eqnarray*}$ wofür gilt

$\begin{eqnarray*} I_E - BA \quad und \quad I_F - AB \end{eqnarray*}$ sind kompakt und haben endlichen Rank

wobei $\begin{eqnarray*} BA = I + K_1 \quad und \quad AB = I+K_2 \end{eqnarray*}$

Die Definition verstehe ich nicht (besonders die Terme), auf Wiki gibt es eine komplett andere Definition...

Für mich bedeutet: A heißt Fredholm, falls er bis auf einen kompakten Operator $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ invertierbar ist, dass

A nicht invertiertbar, aber A + K invertierbar

Könntest du mich bitte mal aufklären smile

29.06.2017, 16:32

Clearly_wrong

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Zitat:

Was ist denn zum Beispiel $\begin{align*} u_{\varphi(1)} = u_{1/2} \end{align*}$ ?

(2) ist richtig.

Die Definition ist in der Tat etwas ungewöhnlich. Erstmal sollte da statt einem $\begin{align*} C \end{align*}$ vermutlich ein B[/mathjax] stehen, das ist sonst falsch.
Kurze Erklärung:
Damit $\begin{align*} A \end{align*}$ invertierbar ist, müsste es ja ein $\begin{align*} B \end{align*}$ wie angegeben geben, sodass $\begin{align*} AB = I_F \end{align*}$ und $\begin{align*} BA = I_E \end{align*}$ .

Ein Fredholm-Operator ist nun gemäß eurer Definition nicht ganz invertierbar aber "fast". Hier soll jetzt nicht mehr $\begin{align*} AB = I_F \end{align*}$ gelten, sondern $\begin{align*} AB = I_F+K_2 \end{align*}$ , wobei $\begin{align*} K_2 \end{align*}$ einen "kleinen Operator" darstellen soll, also soll $\begin{align*} AB \end{align*}$ fast sowas wie die Identität sein. "Klein" bedeutet hier, dass er endlichen Rang hat. Analog soll sowas auch für $\begin{align*} BA \end{align*}$ gelten.

Die Definition auf Wikipedia ist die übliche und äquivalent zu eurer. Das ist der Satz von Atkinson.

30.06.2017, 09:50

Heisenberg93

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-Ja, dieser Gedanke ist mir auch beim aufschreiben gekommen, dass die Folgeglieder ganzzahlig durchnummeriert werden.
Mit der von mir gewählten Abbildung phi, lies sich die surjektivität besonders leicht zeigen.

Eine andere Idee war die folgende, wenn ich jeder Teilfolge (darauf bildet L ja ab) ihrer ursprünglichen Folge zuweisen könnte (hierfür fällt mir das Argument, warum das gelten soll), hätte ich die surjektivität auch gezeigt.

- Vielen Dank für die Erklärung mit den Kompakten Operatoren, jetzt ist die Definition aus der Vorlesung klar!

Jetzt weiter zum Aufgabenblock smile

3) Ist L ein Fredholm Operator?
(4) Zeigen Sie, dass R injektiv ist.
(5) Zeigen Sie, dass das Bild R(H) abgeschlossen ist.

zu (3); nach Wikipedia; dim(kern(L)), da würde ich jetzt intuitiv sagen, dass dieser nicht endlich ist. Es gibt doch unendlich viele Folgen (die Menge, die ich in (2) bestimmt habe), dessen "gerader" Eintrag Null ist. Damit ist L kein Fredholm Operator

zu(4): R ist offensichtlich nicht injektiv, was man mit einem einfachen Gegenbsp. zeigen kann.

zu (5) Gibt es noch eine andere Definition für Abgeschlosseneheit auf
unendlich dimensionalen Räumen als: Das Komplement ist offen?

30.06.2017, 10:55

Clearly_wrong

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Worauf wird die Folge $\begin{align*} (0, 1, 0, \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{3}, 0, ...) \end{align*}$ abgebildet?

Zu (3) Das ist richtig, kannst du aber nicht so zeigen, du hast eine andere Definition.
Tipp: Nimm dir ein Element des Kerns her und zeige mit der Definition, dass dieses Element im Bild von $\begin{align*} K_1 \end{align*}$ liegt.

Zu (4) Was wäre denn dann hier dein Gegenbeispiel? Das interessiert mich nun.

(5) wie in jedem anderen metrischen Raum auch, kannst du das Folgenkriterium für Abgeschlossenheit nutzen. Es gibt auch Sätze, die einem Abgeschlossenheit von Bildern liefern, zum Beispiel den Satz vom abgeschlossenen Bild, dieser ist hier aber nicht relevant.

Das einfachste wäre es wohl, das Bild explizit hinzuschreiben und als Kern einer anderen stetigen linearen Abbildung zu erkennen.

Alternativ kannst du auch das Folgenkriterium zu benutzen oder aber auch zeigen, dass $\begin{align*} R \end{align*}$ eine Isometrie ist, daraus folgt sofort die Abgeschlossenheit des Bildes, aber ich weiß nicht, ob dir das bekannt ist.

03.07.2017, 07:57

Heisenberg93

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Ich hatte I-net Probleme, sodass ich erst jetzt Antworten kann.

Vielen Dank für deine Hilfe, ich konnte die Aufgaben lösen.

- (4): Die Abbildung, ist natürlich injektiv smile

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