ϕ k (t)ψ j (s) 2 ds)dt < folgt ϕ k (t)ψ j (s) δ j1,j 2 und daher handelt es sich um ein Orthonormalsystem in L 2 (Ω 1 Ω 2 ).

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1 1) a) Wir wollen zeigen, dass {ϕ k (t)ψ j (s)} j,k N0 eine Orthonormalbasis ist. Beachte dabei zunächst, dass (t, s) ϕ k (t)ψ j (s) für alle j, k N 0 messbare Abbildungen auf Ω 1 Ω 2 sind und da Ω 1 ϕ k (t)ψ j (s) 2 ds)dt < folgt ϕ k (t)ψ j (s) L 2 (Ω 1 Ω 2 ). Man rechnet jetzt mit Fubini leicht nach, dass (ϕ k1 (t)ψ j1 (s), ϕ k2 (t)ψ j2 (s)) L2 (Ω 1 Ω 2 ) = (ϕ k1, ϕ k2 ) L2 (Ω 1 )(ψ j1, ψ j2 ) L2 (Ω 2 ) = δ k1,k 2 δ j1,j 2 und daher handelt es sich um ein Orthonormalsystem in L 2 (Ω 1 Ω 2 ). Sei jetzt g L 2 (Ω 1 Ω 2 ), dass auf allen ϕ k (t)ψ j (s) senkrecht steht, wir müssen g = 0 zeigen. Es gilt also 0 = (g, ϕ k (t)ψ j (s)) L2 (Ω 1 Ω 2 ) = Ω 1 g(t, s)ψ j (s)ds)ϕ k (t)dt für alle j, k N 0. Da Ω 2 g(t, s)ψ j (s)ds L 2 (Ω 1 ) und {ϕ k } eine Orthonormalbasis von L 2 (Ω 1 ) ist, folgt für alle j N 0 also Ω 2 g(t, s)ψ j (s)ds = 0 für fast alle t Ω 1. Also gibt es eine Nullmenge N Ω 1, so dass Ω 2 g(t, s)ψ j (s)ds = 0 für alle j N 0 und t N c gilt. Da {ψ j } j=0 eine Orthonormalbasis von L 2 (Ω 2 ) ist, gilt für alle t N c also g t := g(t, ) = 0 fast überall. Also ist g 2 L 2 (Ω 2 ) = Ω 1 g(t, s) 2 ds)dt = 0 und daher g = 0. b) Sei {e k } k=1 eine Orthonormalbasis von L 2 (Ω), dann gilt a ij = (S κ e j, e i ) für alle i, j N. Es ist dann natürlich auch {e j (s)} j=1 eine Orthonormalbasis von L 2 (Ω) und daher ist nach a) die Menge {e i (t)e j (s)} eine Orthonormalbasis von L 2 (Ω 2 ). Da für den Integralkern κ L 2 (Ω 2 ) gilt, folgt aus der Parsevalschen Gleichung Ω 2 κ(t, s) 2 d(t, s) = κ 2 L 2 (Ω 2 ) = (κ, e i (t)e j (s)) 2. Es gilt aber (κ, e i (t)e j (s)) = Ω 2 κ(t, s)e i(t)e j (s)d(t, s) = Ω ( Ω κ(t, s)e j(s)ds)e i (t)dt = (S κ e j, e i ) = a ij für alle i, j N und daher a ij 2 und die Behauptung folgt. (κ, e i (t)e j (s)) 2 = 2) a) Es seien U, V, G E Unterräume mit E = U G und V G = {0}. Weiter sei U endlichdimensional, dann wollen wir dim(v ) dim(u) zeigen. Beachte dabei, dass gilt U = E/G als Vektorraum und das man V in E/G einbetten kann via V E/G, x x + G, da V G = {0} gilt nach Voraussetzung. Also

2 folgt dim(v ) dim(e/g) = dim(u). b) Sei f k e k 2 <. Es gibt dann ein m N mit f k e k 2 < 1. Wir betrachten den Operator Sx := m (x, e k )e k + (x, e k )f k für alle x H. Dann ist S stetig linear, denn x ist offensichtlich stetig linear und (x, e k )f k 2 = x H nach der Besselschen Ungleichung. Also ist x m (x, e k )e k (x, e k ) 2 x 2 für alle (x, e k )f k stetig linear und daher auch S. Wir zeigen jetzt S GL(H). Es ist x Sx = (x, e k )e k Sx = (x, e k )(e k f k ) ( e k f k 2 ) 1/2 x für alle x H, d.h. I S ( e k f k 2 ) 1/2 < 1 und damit ist nach dem Satz von der Neumannschen Reihe S = I (I S) GL(H). Es folgt dann aus H = [e k ] m [e k ] k>m die Zerlegung H = S(H) = S([e k ] m ) S([e k ] k>m ) = [e k ] m [f k ] k>m, also gilt dim(h/[f k ] k>m ) = m + 1 und da f 0 + [f k ] k>m,..., f m + [f k ] k>m H/[f k ] k>m linear unabhängig sind, spannen sie den ganzen Raum auf und es folgt H = [f k ] m [f k ] k>m und {f k } ist eine Orthonormalbasis in H nach Satz 6.4, d). 3) a) Nach Satz 7.5 gilt für einen stetig linearen Operator T L(H, G) zwischen den Hilberträumen H und G die Aussage R(T ) = N(T ). Nun ist aber der Faltungsoperator S a normal, wie schon in der Vorlesung bemerkt wurde und daher ist auch λi S a normal. Nach Satz 7.12 folgt daraus insbesondere N(λI S a ) = N((λI S a ) ). Also folgt R(λI S a ) = N((λI S a ) ) = N(λI S a ). Wir müssen also noch zeigen, dass R(λI S a ) abgeschlossen ist in L 2 [ π, π]. Es gilt aber (λi S a )f = k= (λ â(k))(f, e k )e k sowie g = k= (g, e k )e k für f, g L 2 [ π, π], wobei wir e k (t) := e ikt für alle k Z gesetzt haben.

3 Also ist g R(λI S a ) genau dann, wenn es ein f L 2 [ π, π] gibt, mit (λ â(k))(f, e k ) = (g, e k ) für alle k Z und dies ist genau dann der Fall, wenn (g, e k ) = 0 ist für alle k Z mit â(k) = λ. Also ist R(λI S a ) abgeschlossen und wir haben weiterhin gesehen, dass die Kodimension von R(λI S a ) gleich der Kardinalität von {k Z : â(k) = λ}, also insbesondere endlich ist (da λ 0, aber â(k) 0 für k nach dem Lemma von Riemann-Lebesgue). Bemerkung. Da S a nach dem Lemma von Riemann-Lebesgue ein kompakter Operator ist, ist λi S a nach Theorem 11.7 ein Fredholmoperator vom Index 0. Insbesondere ist R(λI S a ) abgeschlossen und es gilt dim(n(λi S )) = codim (R(λI S a )) für alle λ 0. b) Wir können die Integralgleichung in der Form (λi S a )f = g schreiben. In a) haben wir gesehen, dass sie normal auflösbar ist, d.h. R(λI S a ) ist abgeschlossen. Aus der Beschreibung des Bildes in a) können wir schließen, dass für ein g L 2 [ π, π] die Gleichung genau dann lösbar ist, wenn (g, e k ) = 0 ist für alle k Z mit â(k) = λ, bzw. g N(λI S a ) gilt. In diesem Falle ist (λi S a )f = g genau dann, wenn (λ â(k))(f, e k ) = (g, e k ) für alle k Z gilt. Also kann man jede Lösung eindeutig in der Form f = wobei λ k C beliebig sind. â(k) λ (g,e k ) λ â(k) e k + 4) Für n N 0 definieren wir die abgeschlossenen Unterräume â(k)=λ λ k e k schreiben, V n := {(x k ) k N0 : x j = 0 für 0 j n} von l 2. Offensichtlich sind diese S + -invariant. Weitere nichttriviale abgeschlossene und S + -invariante Unterräume sind auf den ersten Blick nicht offensichtlich. Wir betrachten nun den Hardy-Raum H 2 (D) := {f H(D) : sup π π f(reit ) 2 dt < },

4 wobei H(D) den Raum der holomorphen Funktionen auf der offenen Einheitskreisscheibe D := {z C : z < 1} bezeichne. Mit der Parsevalschen Gleichung kann man leicht sehen, dass sup π π f(reit ) 2 dt = a k 2 gilt für f H 2 (D), wenn wir f(z) = a k z k für z D schreiben. Die H 2 -Norm ( sup π π f(reit ) 2 dt) 1/2 = ( a k 2 ) 1/2 macht dann H 2 (D) zu einem Banachraum und der Operator T : l 2 H 2 (D), (a k ) k N0 a k z k ist ein isometrischer Isomorphismus. Da die Elemente von H 2 (D) Funktionen auf D sind, gibt es nun weit mehr Möglichkeiten abgeschlossene Unterräume von H 2 (D) zu definieren, etwa durch Auswertung von Funktionen auf Teilmengen von D. Wir betrachten jetzt auf H 2 (D) den Operator S : H 2 (D) H 2 (D), f zf(z). Es gilt dann offenbar ST = T S +, bzw. S + = T 1 ST. Wenn wir also l 2 mit H 2 (D) via T identifizieren, so ist S + = S, d.h. der Shift-Operator ist gleich dem Multiplikationsoperator mit z auf dem Hardy-Raum. Die invarianten abgeschlossenen Unterräume von S + und die von S stehen dann natürlich in bijektiver Korrespondenz und wir können daher die abgeschlossenen S-invarianten Unterräume von H 2 (D) untersuchen. Für jeden Punkt α D können wir jetzt den abgeschlossenen Unterraum V α := {f H 2 (D) : f(α) = 0} betrachten und dieser ist offenbar auch S-invariant; beachte dabei, dass man für jedes α D zeigen kann, dass die Punktauswertung δ α : H 2 (D) C, f f(α) stetig ist. Also hat S + sogar überabzählbar viele abgeschlossene invariante Unterräume. Um alle abgeschlossenen invarianten Unterräume von S beschreiben zu können,

5 braucht man den Begriff der inneren Funktion. Eine Funktion φ H 2 (D) heißt innere Funktion, wenn Rφ = 1 fast überall, dabei bezeichne Rφ(e it ) = lim r 1 φ(re it ) den Radialen Limes für t [ π, π]. Dieser existiert nach dem Satz von Fatou für fast alle t [ π, π]. Es gilt dann sogar φ H (D), d.h. φ ist sogar eine beschränkte holomorphe Funktion auf D und der Multiplikationsoperator M φ : H 2 (D) H 2 (D), f φf ist eine Isometrie. Der Satz von Beurling (vgl. Kaballo, Aufbaukurs, Theorem 14.33, S.386) besagt nun, dass es zu jedem abgeschlossenen S-invarianten Unterraum V von H 2 (D) eine innere Funktion φ V gibt, mit V = M φ (H 2 (D)) = φh 2 (D) und weiterhin ist für jede innere Funktion φ H 2 (D) der Raum φh 2 (D) ein abgeschlossener S-invarianter Unterraum von H 2 (D).