Universität Ulm Abgabe: Mittwoch,

Transkript

1 Universität Ulm Abgabe: Mittwoch, Prof. Dr. W. Arendt Jochen Glück Sommersemester 23 Punktzahl: 36+4* Lösungen Halbgruppen und Evolutionsgleichungen: Blatt 2. Sei X ein Banachraum und (T (t)) t L(X) eine Familie von Operatoren, die die folgenden (5) Eigenschaften erfüllt: (i) T (s + t) = T (t)t (s) für alle s, t >. (ii) lim t T (t)x = x für alle x X. Zeigen Sie, dass (T (t)) t eine stark stetige Halbgruppe ist. Tipp für die starke Stetigkeit: Zeigen Sie mit Hilfe des Prinzips der gleichmäßigen Beschränktheit, dass T (t) auf einem genügend kleinen ntervall [, δ) beschränkt ist (am einfachsten per Widerspruchsbeweis). Verwenden Sie dann einen Satz aus der Vorlesung. Lösung: Weil die konstante Nullfolge in [, ) gegen konvergiert, gilt T () = und offenbar gilt T (t + s) = T (t)t (s) sogar für alle s, t. Als nächstes zeigen wir, dass es ein δ > und ein M gibt, so dass T (t) M für alle t gilt: Wenn wir nämlich widerspruchshalber das Gegenteil annehmen, dann folgt, dass es für jedes n N ein t n [, ) mit T (t n ) n gibt. Für jeden Vektor x X ist aber die Folge (T (t n )x) geegen x konvergent und somit beschränkt. Aus dem Prinzip der gleichmäßigen Beschränktheit folgt, dass es ein M gibt mit der Eigenschaft T (t n ) M für alle n N. Widerspruch. Also gibt es ein δ > und ein M mit T (t) M für alle t [, δ). Weil zugleich lim t T (t)x = x für alle x aus einer dichten Teilmenge von X gilt (nämlich für alle x aus X selbst), folgt nach Vorlesung, dass (T (t)) t stark stetig ist. 2. Sei X ein Banachraum und A : D(A) X ein dicht definierter Operator auf X. Zeigen Sie: Wenn (2) A abgeschlossen und beschränkt ist, dann muss D(A) = X gelten. Lösung: Weil A beschränkt und dicht definiert ist, können wir A zu einem beschränkten linearen Operator  : X X fortsetzen. Sei nun x X. Dann gibt es eine gegen x konvergente Folge (x n ) D(A). Aus der Stetigkeit von  folgt nun aber, dass Ax n = Âx n gegen Âx konvergiert. Wegen der Abgeschlossenheit von A folgt x D(A). 3. Sei X ein Banachraum und A : D(A) X ein abgeschlossener Operator auf X. Weiter sei µ ρ(a). (3*) Zeigen Sie den Spektralen Abbildungssatz für Resolventen: σ(r(µ, A)) \ {} = µ σ(a). Lösung: Offenbar ist in keiner der beiden Mengen enthalten. Sei also λ C \ {}. Man rechnet leicht nach, dass gilt. Also ist µ λ A = (µ A)(λ R(µ, A)) λ λ σ(r(µ, A)) µ λ σ(a) ν σ(a) : µ λ = ν ν σ(a) : λ = µ ν λ 4. Sei X ein Banachraum und sei A L(X). Wir definieren exp(a) := k= µ σ(a). A k.

2 (a) Zeigen Sie, dass die Reihe k= Ak für jedes A L(A) in Operatornorm konvergiert (d.h. exp(a) ist für jedes A L(X) wohldefiniert und liegt wieder in L(X)). (3) Zeigen Sie außerdem, dass die Abbildung exp : L(X) L(X), A exp(a) stetig ist. Tipp für die Stetigkeit: Zeigen Sie zuerst, dass für alle A, B L(X) und alle n N die geometrische Summenformel A n+ B n+ = n k= Ak (A B)B n k gilt. A k Lösung: Es ist Ak k= k= = exp( A ) <, also ist die Reihe k = Ak absolut konvergent. Weil L(X) ein Banachraum ist, ist die Reihe somit auch in Operatornorm konvergent. Die geometrische Summenformel A n+ B n+ = n k= Ak (A B)B n k rechnet man unmittelbar mit Hilfe eines ndexshifts nach (man beachte dabei, dass die Operatoren A und B nicht kommutieren müsse). Sind nun A, B L(X), so folgt mit c := max{ A, B } die Abschätzung exp A exp B k= k= Ak B k = k= kck A B = exp(c) A B. j= k A j (A B)B k j Für A n gilt max{ A n, B } B und folglich exp(a n ) exp(b) ; also ist exp : L(X) L(X) stetig. (b) Zeigen Sie, dass die Abbildung R L(X), t exp(ta) bezüglich der Operatornorm (2) differenzierbar ist mit Ableitung A exp(ta). Lösung: Sei t R \ {}. Nach dem ersten Mittelwertsatz der Differentialrechnung gibt es für jedes n N ein ξ n zwischen t und t + t, sodass t( (t + t) n t n) = nξn n gilt. Es ist ξn n t n n ξ n t ( t + t ) n und wir berechnen = t( exp((t + t)a) exp(ta) ) A exp(ta) = n= n= A n ( (t + t) n t n) t A n+ t n = n= n= A n+ (ξ n n t n ) ξ n t A n+ (n )! ( t + t )n t A 2 exp( A ( t + t )) ( t ). (c) Seien A, B L(X). Zeigen Sie: Wenn A und B kommutieren, dann gilt exp(a + B) = (2) exp(a) exp(b). Hinweis: Sie dürfen ohne Beweis verwenden, dass die Cauchysche Produktformel, die Sie aus der Analysis kennen, auch für absolut-konvergente Reihen beschränkter Operatoren auf Banachräumen gilt. Lösung: Wenn A und B kommutieren gilt die Binomialentwicklung (A+B) n = n ( n k= k) A k B n k. Somit haben wir exp(a + B) = = j= A j j! l= n= B l l! k= n A k B n k = k = exp(a) exp(b). n= k= A k B n k (n k)! = (d) Sei (T (t)) t eine stark stetige Halbgruppe auf X mit Generator A. Zeigen Sie, dass die (6) folgenden Aussagen äquivalent sind: (i) Die Halbgruppe (T (t)) t ist sogar normstetig, d.h. für alle t gilt lim t t T (t) = T (t ) in Operatornorm. (ii) Die Ableitung T () := lim t t (T (t) ) existiert sogar bzgl. der Operatornorm. (iii) Es gibt ein B L(X) derart, dass T (t) = exp(tb) für alle t. (iv) Der Generator A ist auf ganz X definiert. (v) Der Generator A ist stetig. 2

3 Zeigen Sie zudem: Falls die Aussagen (i) bis (v) erfüllt sind, gilt T () = A = B. Tipp für die mplikation (i) (ii): Definieren Sie V (t) := t T (s) ds für alle t > ; zeigen Sie, dass lim t t V (t) = in Operatornorm gilt, und dass für alle t > und für alle genügend kleinen t > die Formel T (t) = V (t ) (V (t + t ) V (t)) gilt. Lösung: (i) (ii) Weil die Abbildung t T (t) normstetig ist, können wir im Banachraum L(X) das Riemann-ntegral V (t) = t T (s) ds betrachten. Nach dem HD gilt lim t t (V (t) ) = T () =, wobei die Konvergenz bezüglich der Norm im Banachraum L(X) erfolgt (also bezüglich der Operatornorm). Es ist invertierbar, und weil die Menge der invertierbaren Elemente offen in L(X) ist, gilt für alle genügend kleinen t >, dass auch V (t ) invertierbar ist. Für solch ein t > und jedes t berechnen wir t T (t) = V (t ) V (t )T (t) = V (t ) T (t + s) ds = t+t = V (t ) T (s) ds = V (t ) (V (t + t ) V (t)). t Nach dem HD sind V (t+t ) und V (t) bezüglich der Operatornorm nach t differenzierbar, also ist auch T (t) bezüglich der Operatornorm nach T (t) differenzierbar. nsbesondere existiert (T (t) T ()) in Operatornorm. lim t t (ii) (iii) Wenn die Ableitung T () bezüglich der Operatornorm existiert, ist A = T () L(X). Wir definieren S(t) := exp(ta) für alle t. Dann ist (S(t)) t ebenfalls eine C -Halbgruppe auf X und besitzt denselben Generator wie (T (t)) t. Weil der Generator die Halbgruppe eindeutig festlegt, folgt T (t) = exp(ta) für alle t. (iii) (iv) Wenn T (t) = exp(tb) für ein B L(X), dann folgt aus Teilaufgabe (ii), dass A = B. nbesondere ist A auf ganz X definiert. (iv) (v) Folgt aus dem Satz vom abgeschlossenen Graphen. (v) (i) Weil A als Generator einer stark stetigen Halbgruppen abgeschlossen und dicht definiert ist, folgt aus Aufgabe 2, dass A auf ganz X definiert ist, falls A stetig ist. Somit ist A L(X). Wir betrachten wieder die Halbgruppe (exp(ta)) t mit Generatoor A; weil der Generator die Halbgruppe eindeutig bestimmt, ist T (t) = exp(ta) für alle t. Nach Teilaufgabe (i) ist (T (t)) t folglich normstetig. Seien nun die Aussagen (i) - (v) erfüllt. Nach Definition des Generators ist A = T () und nach Teilaufgabe (ii) ist T () = B. (e) Sei X = C 2, seien λ, µ C und seien A, B C 2 2 mit (2) λ µ A =, B =. λ Berechnen Sie exp(a), exp(b) und exp(a + B). Lösung: Es ist A n = λ n exp(λ) λ n, also exp(a) =. exp(λ) Weiterhin ist B n = für alle n 2 und somit exp(b) = + B. Weil A und B kommutieren, gilt nach Teilaufgabe (c) außerdem exp(a + B) = exp(a) exp(b). Somit haben wir µ exp(λ) exp(λ)µ exp(b) = und exp(a + B) =. exp(λ) 5. Sei X ein Banachraum und seien A, B L(X). Betrachten Sie die folgenden Aussagen: (i) A und B kommutieren. (ii) exp(ta) und exp(tb) kommutieren für alle t R. (iii) exp(ta) und exp(sb) kommutieren für alle t, s R. (iv) exp(a) und exp(b) kommutieren. 3

4 Wir wollen untersuchen, wie diese Aussagen miteinander zusammenhängen. (a) Zeigen Sie: (i) (ii) (iii) (iv). (5*) Lösung: (i) (ii) ( n exp(a) exp(b) = lim n Wenn A und B kommutieren, gilt k= j= A k B j ) ( n = lim j! n j= k= B j j! A k ) = exp(b) exp(a). Wenn A und B kommutieren, kommutieren aber auch ta und tb für jedes t. Also folgt aus dem gerade Gezeigten, dass exp(ta) und exp(tb) für jedes t kommutieren. (ii) (iii) Sei t R. Falls t = gilt, ist die Behauptung klar. Für t sei M := {s R : exp(ta) exp(sb) = exp(sb) exp(ta)}. Offensichtlich ist M und nach Voraussetzung gilt t M. Außerdem sieht man leicht, dass für jedes s M und jedes k N auch s auch ks in M liegen. Außerdem gilt t k M für jedes k N. Damit ist Qt M. Wegen der Stetigkeit der Exponentialfunktion ist M abgeschlossen, und weil Qt dicht in R liegt, folgt M = R. (iii) (iv) (iii) (i) Klar. Es gilt A exp(ta) B exp(sb) = d d exp(ta) exp(sb) = dt ds = d d exp(sb) exp(ta) = B exp(sb) A exp(ta). dt ds Wenn wir t = s = setzen, folgt die Behauptung. (b) Zeigen Sie, dass die mplikation (iv) (i) im Allgemeinen falsch ist. Finden Sie dazu zwei (2*) Matrizen A, B C 2 2, so dass exp(a) und exp(b) kommutieren, A und B hingegen nicht. Tipp: Ein Jordanblock und eine geschickte gewählte Diagonalmatrix reichen aus! Lösung: Wir wählen A = und B =. 2πi Dann kommutieren A und B nicht. Weil aber exp(b) = gilt, kommutieren exp(a) und exp(b). Für die Lösung der nächsten beiden Aufgaben stellen wir (der Vollständigkeit halber) die folgende Proposition bereit: Proposition. Sei (, Σ, µ) ein σ-endlicher Maßraum, R ein kompaktes ntervall und sei p [, ). Außerdem sei Φ : L p () stetig. Falls es derartige Repräsentanten von Φ(t) (mit t ) gibt, dass die Abbildung Φ( )( ) : C messbar ist, dann gilt ( Φ(t) dt ) (x) = Φ(t)(x) dt für fast alle x. Beweis. Man beachte zunächst, dass (mit dem Satz von Fubini-Tonelli) Φ(t)(x) p d(t, x) = Φ(t)(x) p dx dt = Φ(t) p p dt < gilt, weil t Φ(t) p p stetig und kompakt ist. Also ist Φ( )( ) L p ( ). Ebenfalls wegen Fubini-Tonelli ist somit Φ(t)(x) p dt für fast alle x endlich. Weil endliches Lebesgue-Maß besitzt, ist also auch Φ(t)(x) dt < für fast alle x, d.h. das ntegral auf der rechten Seite unserer Behauptung existiert für fast alle x. Sei nun p der zu p konjugierte ndex und sei g L p (). Dann ist die Abbildung L p () C, f f(x)g(x) dx ein stetiges lineares Funktional auf Lp (). Nach Proposition 2 im Anhang zu Abschnitt.2 ist damit aber ( Φ(t) dt ) (x)g(x) dx = Φ(t)(x) g(x) dx dt. 4

5 Weil endliches Lebesgue-Maß besitzt, ist g : C, (t, x) g(x) sogar auf dem Produktraum p -integrierbar; also impliziert die Hölder-Ungleichung, dass C, (t, x) Φ(t)(x) g(x) integrierbar ist. Mit dem Satz von Fubini können wir jetzt weiterrechnen: Φ(t)(x) g(x) dx dt = Φ(t)(x) dt g(x) dx. Damit haben wir insgesamt ( Φ(t) dt ) (x)g(x) dx = Φ(t)(x) g(x) dx dt = gezeigt. Weil g L p () beliebig war, folgt die Behauptung. Φ(t)(x) dt g(x) dx 6. Sei X = L p (R) für p <. Dieser Raum ist zusammen mit der p-norm ein Banachraum. Sei zudem α R und für jedes t und jedes f X setzen wir T (t)f = f( + αt). (a) Zeigen Sie, dass (T (t)) t eine stark stetige Halbgruppe ist. (3) Lösung: Wir zeigen nur die starke Stetigkeit, die anderen Eigenschaften sind klar. Weil T (t) für alle t gilt und weil die stetigen Funktionen mit kompaktem Träger dicht in X liegen, genügt es lim t T (t)f = f für alle stetigen f X mit kompakten Träger zu zeigen. Sei also f X stetig mit kompaktem Träger, und sei [ n, n] ein ntervall, das den Träger von f komplett enthält. Sei ε >. Es ist f (aufgrund des kompakten Trägers) sogar gleichmäßig stetig, also gibt es ein δ (, ) derart, dass f(x) f(y) < ε gilt, falls x y < α δ ist. Für t < δ gilt dann T (t)f f p = Daraus folgt die Behauptung. n+ α n α f(x + αt) f(x) p dx 2(n + α )ε p. (b) Sei A der Generator der Halbgruppe. Zeigen Sie, dass (2) B := {f X f ist einmal stetig differenzierbar mit f X} D(A) ist, und dass für jedes f B gilt: Af = αf. Lösung: Sei f B. Nach der Allerweltsformel in Proposition (2.8) müssen wir nachprüfen, dass für jedes t die Gleichheit T (t)f f = t T (s)αf ds gilt. Nun ist für fast alle x R ( t T (s)αf ds ) (x) = = x+αt Also ist f D(A) und Af = αf. x t (T (s)αf )(x) ds = t αf (x + αs) ds = f (s) ds = f(x + αt) f(x) = (T (t)f f)(x). (c) Zeigen Sie, dass σ(a) ir gilt. (2) Tipp: Verwenden Sie, dass die Spektralschranke des Generators einer stark stetigen Halbgruppe stets kleiner oder gleich der Wachstumsschranke der Halbgruppe ist. Lösung: Offenbar ist die Halbgruppe T (t) beschränkt, also gilt s(a) ω(t ). Sei andererseits (S(t)) t die entsprechende Halbgruppe zum Parameter α. Dann hat (S(t)) t den Generator A (es gilt nämlich T ()S(t) = T ( t) für t [, ]. Ableiten bei t = liefert die Behauptung, weil T () invertierbar ist). Weil (S(t)) t ebenfalls beschränkt ist, gilt auch s( A). Es ist aber σ( A) = σ(a), also ist Re λ = für jedes λ σ(a). Dies zeigt σ(a) ir. 7. Sei X = L p ([, ]) für p <. Für jedes f X und für alle t, s setzen wir { f(s + t), falls s + t, (T (t)f)(s) =, falls s + t >. Zeigen Sie: 5

6 (a) (T (t)) t ist eine stark stetige Halbgruppe. (3) Lösung: Wir zeigen wieder nur die starke Stetigkeit. Weil T (t) für alle t gilt und weil die stetigen Funktionen dicht in X liegen, genügt es zu zeigen, dass lim t T (t)f = f für alle stetigen f X gilt. Sei also f X stetig und ε >. Weil der Definitionsbereich von f kompakt ist, ist f sogar gleichmäßig stetig. Also gibt es ein δ > mit δ < min{, ε p } sodass f(x) f(y) < ε für x y < δ gilt. Für t < δ folgt dann t T (t)f f p = f(s + t) f(s) p ds + f(s) p ds t ( t)ε p + t f p ε p + f p ε p. (b) Für den Generator A der Halbgruppe gilt (2) B := {f X : f ist einmal stetig differenzierbar mit f X und f() = } D(A) und Af = f für alle f B. Lösung: Wir benutzen wieder die Allerweltsformel, um die Behauptung nachzurechnen. Sei f B. Für zwei Zahlen a, b R verwenden wir die Kurzschreibweise a b := min{a, b}. Dann gilt für t und für fast alle x [, ] ( t T (s)f ds ) (x) = ( x) t f (x + s) ds = = f( (t + x)) f(x) = (T (t)f)(x) f(x). (t+x) x f (s) ds = Die letzte Gleichheit gilt, weil im Falle t + x die dentität f( (t + x)) = f(t + x) = (T (t)f)(x) und im Falle t + x > die dentität f( (t + x)) = f() = = (T (t)f)(x) gilt. (c) σ(a) =. (2) Lösung: Für jedes t > gilt T (t) =, also ist s(a) ω(a) =. Daraus folgt σ(a) =. 8. Für jede stark stetige Halbgruppe (T (t)) t auf einem Banachraum X definieren wir die Wachs- (4*) tumsschranke ω(t ) := inf{ω R M t : T (t) M exp(ωt)}. ( ) Finden Sie eine stark stetige Halbgruppe (T (t)) t auf X = C 2 derart, dass ω(t ) = gilt und ω(t ) in ( ) lediglich ein nfimum, aber kein Minimum ist! Lösung: Wir wählen A C 2 2 als zwei-dimensionaler Jordanblock zum Eigenwert und T (t) = exp(ta). Damit haben wir t A = und T (t) = exp(ta) =. Es ist ω(t ) = (wobei wir zur C 2 2 mit der Operatornorm versehen, die von einer beliebig vorgegebenen Norm auf C 2 induziert wird). Zugleich ist T (t) für t nicht beschränkt, also kann nicht T (t) M exp( t) = M für ein M < und alle t gelten. Folglich ist ω(t ) in ( ) kein Minimum. 6