also ist Sx m eine Cauchyfolge und somit konvergent. Zusammen sagen die Sätze 11.1 und 11.2, dass B (X) ein abgeschlossenes zweiseitiges

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1 11. Kompakte Operatoren Seien X, Y Banachräume, und sei T : X Y ein linearer Operator. Definition T heißt kompakt, enn T (B) eine kompakte Teilmenge von Y ist für alle beschränkten Mengen B X. Wir schreiben B (X, Y ) (bz. B (X), falls X = Y ) für die Menge der kompakten Operatoren von X nach Y. Hierbei genügt es, nachzuprüfen, dass T (K 1 (0)) kompakt ist, denn eine beliebige beschränkte Menge B X ist in einer Kugel K R (0) enthalten, und somit ist T (B) T (K R (0)) = R T (K 1 (0)) als abgeschlossene Teilmenge der kompakten Menge T (K 1 (0)) selbst kompakt (hier benutzen ir, dass Y ein Hausdorff-Raum ist). Kompakte Operatoren sind immer beschränkt (also T B(X, Y )), denn T (K 1 (0)) ist in einer kompakten und somit auch beschränkten Teilmenge von Y enthalten. Schließlich ist T genau dann kompakt, enn zu jeder beschränkten Folge x n X eine Teilfolge x nj existiert, für die T x nj konvergiert. Tatsächlich zeigt die Folgencharakterisierung von Kompaktheit in metrischen Räumen sofort, dass diese Bedingung gelten muss, enn T kompakt ist. Zum Beeis der Umkehrung geben ir uns eine Folge y n T (K 1 (0)) vor und müssen zeigen, dass y n eine konvergente Teilfolge enthält. Es gibt z n T (K 1 (0)) mit y n z n 0; es ist also z n = T x n mit x n < 1. Nach Voraussetzung existiert eine Teilfolge x nj, so dass T x nj = z nj z. Dann gilt aber auch y nj z y nj z nj + z nj z 0 (j ). Satz Seien S, T B (X), A B(X) und α C. Dann sind auch S + T, αs, AS, SA B (X). Beeis. Wir benutzen das unmittelbar vor der Formulierung des Satzes diskutierte Kriterium. Sei also x n X eine beschränkte Folge. Wähle zunächst eine Teilfolge x n und dann eine Teilfolge x n von x n, so dass Sx n und T x n konvergieren. Offensichtlich konvergieren dann auch (S + T )x n, αsx n und ASx n. Schließlich ist egen der Beschränktheit von A die Folge Ax n ebenfalls beschränkt, also können ir auch eine Teilfolge x n ausählen, für die SAx n konvergiert. Satz B (X, Y ) ist eine abgeschlossene Teilmenge von B(X, Y ). Beeis. Seien S n B (X, Y ), S B(X, Y ), S n S 0. Sei x m X eine beschränkte Folge; setze C = sup x m. Ein Diagonalverfahren liefert eine Teilfolge x m, so dass lim m S n x m für alle n N existiert. Zu vorgegebenem ɛ > 0 können ir ein n N bestimmen mit 4C S n S < ɛ. Zu diesem n bestimmen ir dann ein m 0 N, so dass S n (x k x m) < ɛ/2 für alle k, m m 0. Für diese k, m ist dann auch S(x k x m) S n (x k x m) + S n S x k x m < ɛ 2 + 2C S n S < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ, also ist Sx m eine Cauchyfolge und somit konvergent. Zusammen sagen die Sätze 11.1 und 11.2, dass B (X) ein abgeschlossenes zeiseitiges Ideal in B(X) ist. Wir nennen einen Operator T B(X, Y ) endlich-dimensional, enn dim R(T ) <. Endlich-dimensionale Operatoren sind kompakt: Wenn x n X eine beschränkte 64

2 KOMPAKTE OPERATOREN 65 Folge ist, so ist {T x n } eine beschränkte Teilmenge von R(T ) = C N, muss also nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß eine konvergente Teilfolge enthalten. Insbesondere sehen ir also, dass alle Matrizen T C n n = B(C n ) kompakte Operatoren erzeugen (für beliebige Normen auf C n ). Eine eitere Klasse von Beispielen liefert die folgende Übungsaufgabe. Aufgabe Sei T B(l p ) (1 p ) der Multiplikationsoperator (T x) n = t n x n, obei t n C, t n 0. Dann ist T B (l p ). { Hineis: Approximiere T durch t n x n n N die endlich-dimensionalen Operatoren (T N x) n =, und ende Satz 0 n > N 11.2 an. Ab jetzt betrachten ir kompakte Operatoren nur noch in Hilberträumen H. Satz Sei T B(H). Dann ist T B (H) T B (H) T T B (H). Beeis. Wegen Satz 11.1 ist klar, dass T T B (H), falls T B (H) oder T B (H). Sei jetzt T T B (H), und sei x n H eine beschränkte Folge, C = sup x n. Dann gibt es eine Teilfolge x n, so dass T T x n konvergiert. Es folgt, dass T (x m x n) 2 = T (x m x n), T (x m x n) = T T (x m x n), x m x n T T (x m x n) x m x n 2C T T (x m x n) 0 (m, n ), also konvergiert auch T x n, und T ist kompakt. Wenn T kompakt ist, so ist auch T T kompakt ieder nach Satz 11.1, und jetzt liefert eine Anendung des gerade Gezeigten auf T an Stelle von T, dass T B (H). Die Umkehrung (T B (H) = T B (H)) ist dieselbe Aussage, angeendet auf T an Stelle von T. Satz Sei T : H H linear. a) Die folgenden Aussagen sind äquivalent: (i) T B(H) bz. x n 0 = T x n 0; (ii) x n 0 = T xn 0; (iii) xn 0 = T x n 0 b) Die folgenden Aussagen sind äquivalent: (i) T B (H); (ii) x n 0 = T xn 0 Beeis. a) (i) = (ii): Wenn x n 0, so konvergiert für alle y H y, T xn = T y, x n 0, also T x n 0. (ii) = (iii): ist trivial. (iii) = (i): Wir nehmen an, dass T / B(H). Dann gibt es x n H mit x n = 1, aber T x n n 2. Also konvergiert (1/n)x n 0, aber (1/n)T x n kann nicht schach gegen 0 konvergieren, da schach konvergente Folgen beschränkt sind (siehe Blatt 5, Aufgabe 1). b) (i) = (ii): Sei x n H mit x n 0. Da xn insbesondere beschränkt ist, gibt es eine Teilfolge x n, so dass T x n y. Da dann aber auch T x n y, zeigt Teil a), dass y = 0. Hieraus folgt, dass auch für die ursprüngliche Folge T x n 0 gelten muss, denn sonst gäbe es eine Teilfolge x n von x n und ein ɛ > 0, so dass T x n ɛ. Eine Anendung des gerade Gezeigten auf x n an Stelle von x n ergibt einen Widerspruch.

3 66 CHRISTIAN REMLING (ii) = (i): Für den Beeis dieser Implikation brauchen ir das folgende auch für sich interessante Lemma. Falls H separabel ist, folgt das Lemma übrigens auch aus dem Satz von Banach-Alaoglu und der Tatsache, dass die schache und die schache -Topologie übereinstimmen, eil Hilberträume reflexiv sind. Lemma Jede beschränkte Folge x n H enthält eine schach konvergente Teilfolge. Beeis von Lemma Für jedes feste m N ist ( x n, x m ) n N eine beschränkte Folge in C. Der Satz von Bolzano-Weierstraß und ein Diagonalverfahren liefern also eine Teilfolge x n, so dass lim n x n, x m für jedes m N existiert. Wegen der Linearität des Skalarprodukts existiert dann lim n x n, y aber auch für jedes y L({x m }), und eine Untersuchung der Cauchybedingung zeigt, dass dieser Limes sogar für jedes y L({x m }) existiert. eine be- Aufgabe Begründe diese letzte Aussage. Benutze dabei, dass x n schränkte Folge ist. Falls aber z L({x m }), so ist x n, z = 0 für alle n, also existiert der Limes in diesem Fall trivialereise ebenfalls. Insgesamt folgt, dass der betrachtete Grenzert für alle z L({x m }) L({x m }) = H existiert. Also können ir eine Abbildung F : H C durch F (y) = lim n x n, y definieren. F ist offensichtlich linear, und egen F (y) sup x n, y sup x n y C y n N n N ist F auch stetig. Der Riesz sche Darstellungssatz zeigt also, dass es ein x H gibt, so dass lim n x n, y = x, y für alle y H. Mit anderen Worten, es konvergiert x x n Wir kehren nun zum Beeis des letzten Teils von Satz 11.4 zurück. Sei x n H eine beschränkte Folge. Nach Lemma 11.2 können ir eine schach konvergente Teilfolge x n x ausählen. Dann konvergiert x n x 0, also liefert die Voraussetzung, dass T (x n x) 0 bz. T x n T x. Wir untersuchen nun die spektralen Eigenschaften von kompakten Operatoren. Wir beginnen mit normalen Operatoren. Es ird sich zeigen, dass diese ie bei Matrizen aus der Kenntnis der Eigenerte und Eigenvektoren rekonstruiert erden können (für nicht kompakte normale Operatoren ist diese Aussage dagegen im Allgemeinen völlig falsch, z.b. muss ein normaler Operator überhaupt keine Eigenerte haben). Dabei nennen ir z C einen Eigenert von T, enn N(T z) {0}. Entsprechend heißt ein x N(T z), x 0 Eigenvektor von T zum Eigenert z. Die Menge der Eigenerte nennen ir das Punktspektrum von T und notieren sie als σ p (T ). Offensichtlich ist σ p (T ) σ(t ), denn enn z σ p (T ), so ist T z bereits als Abbildung nicht invertierbar und kann somit erst recht keine Inverse in B(H) besitzen. Satz Sei T B (H), T normal. Dann ist σ(t ) \ {0} = σ p (T ) \ {0}, σ(t ) ist abzählbar und dim N(T z) < für alle z σ p (T ) \ {0}. Es gilt T = z n P n,

4 KOMPAKTE OPERATOREN 67 obei die z n die von Null verschiedenen Eigenerte von T sind und die P n sind die Projektionen auf N(T z n ). Die Reihe konvergiert (für jede Anordnung der z n ) in B(H). Falls dim H =, so ist 0 σ(t ). Für den Beeis brauchen ir folgende Aussage: Lemma Sei T B(H) normal mit Spektralschar E und z C. Dann ist E({z}) die Projektion auf N(T z). Aufgabe Beeise Lemma 11.3 Beeis. Nach dem Spektralsatz ist T = z de(z). Setze M ɛ = R(E(C \ K ɛ (0))). Dann ist M ɛ ein abgeschlossener Teilraum von H. Wir behaupten, dass dim M ɛ < für alle ɛ > 0. Wäre nämlich dim M ɛ =, so gäbe es x n M ɛ mit x n = 1, x n 0 (ähle ein ONS in Mɛ ). Nach Satz 11.4b) gilt dann T x n 0, aber andererseits ist T x n 2 = z 2 dµ xn,x n (z) > ɛ 2, da µ xn,x n (K ɛ (0)) = E(K ɛ (0))x n 2 = 0, also z 2 > ɛ 2 für µ xn,x n -f.a. z C und µ xn,x n (C) = x n 2 = 1. Dieser Widerspruch zeigt, dass unsere Behauptung doch gelten muss. Da R(E({z})) R(E(C \ K ɛ (0)) für alle z C mit z > ɛ, zeigt Lemma 11.3 jetzt, dass dim N(T z) < für alle z 0. Außerdem ist P T P ein normaler Operator in M ɛ, obei ir kurz P = E(C \ K ɛ (0)) für die Projektion auf M ɛ schreiben. Für z > ɛ ist T z bereits dann invertierbar in B(H), enn P T P invertierbar in B(M ɛ ) ist. Aufgabe Beeise diese Aussage. P T P ist aber ein normaler Operator in einem endlich-dimensionalen Raum, also besteht das Spektrum von T außerhalb von 0 nur aus höchstens abzählbar vielen Eigenerten. Außerhalb von K ɛ (0) gibt es sogar nur endlich viele Punkte von σ(t ). Schreibe σ p (T )\{0} = {z n } und P n = E({z n }). Dann ist E(C\({z n } {0})) = 0, also gilt für alle x, y H, dass (11.1) x, T y = z dµ x,y (z) = z n x, P n y. C Andererseits bilden die Partialsummen N z np n eine Cauchyfolge in B(H) (enn die Reihe überhaupt unendlich ist), denn da die Wertebereiche der P n paareise orthogonal sind, gilt also N n=n+1 z n P n x 2 = N n=n+1 z n 2 P n x 2 ( ) sup z n 2 x 2, n>n ( ) sup z n 2 n>n N N z n P n z n P n sup z n, n>n N n=n+1 P n x 2 und dieses Supremum konvergiert gegen Null für N. Also existiert ein Limes in B(H), aber jetzt zeigt (11.1), dass dieser Grenzert mit T übereinstimmen muss.

5 68 CHRISTIAN REMLING Wenn dim H =, so muss es unendlich viele Eigenerte z n geben, die dann (ie bereits oben gesehen) gegen 0 konvergieren müssen. Da σ(t ) abgeschlossen ist, folgt 0 σ(t ). Umgekehrt definieren die Reihen aus Satz 11.5 immer kompakte, normale Operatoren. Wir ändern die Notation leicht und schreiben x, x für den Operator, der y auf x, y x abbildet. Wenn x = 1, so ist x, x die Projektion auf L(x). Satz Sei {x n } ein ONS in H, und seien z n C mit z n 0, z n 0 (falls die Folge unendlich ist). Dann konvergiert die Reihe (falls unendlich) T := z n x n, x n in B(H) gegen einen kompakten, normalen Operator T. Es ist σ p (T ) \ {0} = {z n }. Beeis. Wie im Beeis von Satz 11.5 sehen ir, dass die Reihe konvergiert. Dabei N ist T := lim N z n x n, x n als Limes endlich-dimensionaler Operatoren kompakt. Außerdem ist N N N T T = lim z m P m z n P n = lim z n 2 P n N m=1 = lim N N z n P n N m=1 z m P m = T T N (ir schreiben hier x n, x n = P n ), also ist T normal. Offensichtlich ist T x n = z n x n, und es ist auch nicht scher zu sehen, dass es (außer vielleicht 0) keine eiteren Eigenerte gibt. Aufgabe Beeise diese Aussage. Für beliebiges (also nicht notendigereise normales oder kompaktes) T B(H) ist T T ein positiver Operator. Nach Satz 10.8 gibt es also eine eindeutige positive Quadraturzel. Wir schreiben (T T ) 1/2 =: T. Für normales T stimmt diese Definition mit dem mit Hilfe des Funktionalkalküls definierten Operator T überein. Aufgabe Beeise diese Aussage. Satz Sei T B (H). Dann ist T B (H) und T x = T x für alle x H. Ferner gibt es eine unitäre Abbildung V : R( T ) R(T ), so dass T = V T. Die Darstellung T = V T kann als Verallgemeinerung der Formel z = e iϕ z für z C aufgefasst erden und heißt deshalb auch Polarzerlegung von T. Beeis. T T ist kompakt und positiv, also zeigt Satz 11.5, dass T T = t n P n mit t n > 0 und t n 0, falls die Summe unendlich ist. Es folgt, dass T = t 1/2 n P n, und nun folgt aus Satz 11.6, dass T kompakt ist. Es gilt T x 2 = T x, T x = x, T 2 x = x, T T x = T x 2. Definiere V 0 : R( T ) R(T ) durch V 0 ( T x) = T x. Das ist möglich, denn enn T x = T y, so ist egen der gerade beiesenen Gleichheit der Normen auch T x = T y. Aus dieser Gleichheit folgt auch, dass V 0 y = y für alle y R( T ). Außerdem ist V 0 surjektiv, und nach Konstruktion gilt V 0 T = T. Das gesuchte V erhalten ir nun als die eindeutige stetige Fortsetzung von V 0 auf R( T ).

6 KOMPAKTE OPERATOREN 69 Für T B (H) schreiben ir s 1 (T ) s 2 (T ) > 0 für die von 0 verschiedenen Eigenerte von T ; dabei iederholen ir einen Eigenert entsprechend seiner Vielfachheit. Die s n (T ) heißen die singulären Werte von T. Wenn es unendlich viele singuläre Werte gibt, so gilt s n (T ) 0. Mit Hilfe der singulären Werte und der Eigenvektoren von T und T können ir nun einen beliebigen kompakten Operator darstellen: Satz Sei T B (H). Dann ist s n (T ) = s n (T ) = s n ( T ) = s n ( T ). Seien {x n }, {y n } ONS von zugehörigen Eigenvektoren von T und T (also T x n = s n x n, T y n = s n y n ). Dann gilt T = s n x n, x n, T = s n y n, y n T = s n x n, y n, T = s n y n, x n. Falls die Summen unendlich sind, so konvergieren die Reihen in B(H). Beeis. Die Konvergenz der Reihen (für ONS {x n }, {y n }) folgt ieder ähnlich ie in Satz Aus diesem Satz folgt auch die behauptete Darstellung für T, obei ir zunächst s n = s n (T ) setzen. Aus der Definition der singulären Werte ist bereits klar, dass s n (T ) = s n ( T ) und entsprechend für T. Satz 11.7 zeigt jetzt, dass T x = V T x = V s n x n, x x n = s n x n, x y n mit y n = V x n. Da V unitär ist, ist {y n } ein ONS. Für beliebige x, y H gilt x, T y = T x, y = s n x n, x y n, y = s n x, x n y n, y = x, s n y n, y x n. Hieraus folgt die behauptete Darstellung für T (obei nach ie vor s n = s n (T )). Schließlich rechnen ir auf ähnliche Weise aus, dass ( ) T T y = T sn y n, y x n = s m s n y n, y x m, x n y m m,n = s 2 n y n, y y n, da x m, x n = δ mn. In dieser Darstellung stehen aber genau die von Null verschiedenen Eigenerte (siehe Satz 11.6), also ist s n (T ) = s n (T ). Schließlich sehen ir jetzt auch, dass T die behauptete Darstellung hat und dass T y n = s n y n. Korollar T B(H) ist genau dann kompakt, enn es endlich-dimensionale Operatoren T n B(H) gibt mit T n T. Beeis. Wenn T kompakt ist, also T = s n x n, y n, so erhalten ir die gesuchten endlich-dimensionalen approximierenden Operatoren als T N = N s n x n, y n. Die Umkehrung folgt aus Satz 11.2.