Musterlösung zu Blatt 9 - Mathematik, TU Dortmund

Musterlösung zu Blatt 9
Hilberträume und Quantenmechanik, Sommersemester 2014
33 Nach Aufgabe 9 ist S ein beschränkter linearer Operator auf L2 (Ω), falls 0 ≤ γ < n
gilt. Desweiteren ist κ ∈ L2 (Ω2 ), falls 0 ≤ γ < n2 gilt, und in diesem Falle folgt die
Behauptung unmittelbar aus Satz 11.10.
Für den Fall
n
2
≤ γ < n betrachte Operatoren Sε mit
Z
σ(t, s)
Sε f (t) :=
f (s) ds für ε > 0 .
γ
|s−t|≥ε |t − s|
Diese sind nach Satz 11.10 kompakt. Da K(L2 (Ω)) nach Satz 11.7 einen abgeschlossenen Unterraum von L(L2 (Ω)) bzgl. der Operatornorm bildet, genügt es
zu zeigen: kS − Sε k → 0 für ε → 0
Es gilt:
Z
kS − Sε k =
|s−t|<ε
σ(t, s)
f (s) ds
|t − s|γ
Nach Satz 2.13 ist
k(S − Sε )f kL2 ≤ kκkZI · kκkSI · kf kL2
mit κ(t, s) =
σ(t,s)
.
|t−s|γ
Da σ und Ω beschränkt sind, genügt es, wie in Aufgabe 9
Z
|t|−γ dt für ε > 0
|t|<ε
zu untersuchen. Betrachte zunächst den Fall n = 1:
Z ε
Z ε
ε
2
−γ
−γ
1−γ t dt =
|t| dt = 2
t
→ 0 für ε → 0 , da γ < 1
1−γ
0
0
−ε
Im Falle n = 2 liefern Polarkoordinaten
t1
r cos ϕ
t =
=
t2
r sin ϕ
mittels der Transformationsformel
Z
Z 2π Z ε
−γ
|t| dt =
r−γ · r dr dϕ =
|t|<ε
0
0
mit |t| = r
2π 2−γ ε
r
→ 0 für ε → 0 ,
2−γ
0
da γ < 2. Im allgemeinen Fall ergibt sich entsprechend
Z
ε
−γ
n−γ |t| dt = Cn · r
→ 0 für ε → 0 , da γ < n .
0
|t|<ε
34 Definiere S1 := I − (I − S)−1 . Dann folgt
(I − S)−1 = I − S1
1
und desweiteren
I = (I − S)(I − S1 ) = I − S − S1 + SS1 ,
also
S1 = SS1 − S ∈ J
(vgl. Satz 11.3 und Bemerkung 11.4 für die entsprechenden Idealeigenschaften im
Falle J = K(X)).
35 Zu dem Fredholmoperator T : H → H gibt es (direkte) orthogonale Zerlegungen
H = H1 ⊕2 N (T ) mit H1 = N (T )⊥ und H = R(T ) ⊕2 H2 mit H2 = R(T )⊥ , so
dass die vier Unterräume jeweils abgeschlossen in H sind. Für den Kern N (T ) und
die orthogonalen Komplemente H1 , H2 gilt dies stets und für R(T ) nach Definition eines Fredholmoperators (vgl. auch Bemerkung 11.15 e)). Die Einschränkung
T1 : H1 → R(T ) ist somit wieder stetig und zudem bijektiv, nach dem Theorem 6.8
vom inversen Operator also ein Isomorphismus. Da T auf N (T ) die Nullabbildung
ist, ergibt sich die Zerlegung T = T1 + 0 des Operators T .
Die Räume N (T ) und H2 sind endlichdimensional. Ist
ind T = dim N (T ) − dim H2 = 0 ,
so wähle einen Operator F ∈ F(H) mit F = 0 + F1 und einem Isomorphismus
F1 : N (T ) → H2 . Dann ist T + F bijektiv. Ensprechend lässt sich F1 im Falle
ind F ≤ 0 injektiv und im Falle ind F ≥ 0 surjektiv wählen, so dass T + F injektiv
bzw. surjektiv ist.
36 Betrachte wie in Aufgabe 35 die orthogonalen Zerlegungen
G1 = F1 ⊕2 N (T1 ) und G2 = F2 ⊕2 N (T2 ) ,
wobei F1 und F2 abgeschlossen sind, und definiere T : F1 × F2 → H durch
(x1 , x2 ) 7→ T1 x1 + T2 x2 .
Dann ist T wegen R(T1 ) ⊕ R(T2 ) = H injektiv, da die Summe direkt ist, und
surjektiv, da sie ganz H ergibt, also bijektiv und zudem stetig. Nach dem Satz vom
inversen Operator (Theorem 6.8) ist T −1 ebenfalls stetig, und somit sind
R(T1 ) = (T −1 )−1 (F1 × {0}) und R(T2 ) = (T −1 )−1 ({0} × F2 )
beide abgeschlossen als Urbild einer abgeschlossenen Menge unter der stetigen Abbildung T −1 .
sawo
2