Punktspektrum d. Multip.oper. < Funktionalanalysis < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Sei [mm] \mu [/mm] ein [mm] \sigma [/mm] - endliches Maß auf [mm] \Omega, [/mm] 1<p< [mm] \infty [/mm] und [mm] \Phi \in L^{\infty}(\mu). [/mm] Zeige dass das Punktespektrum des Multiplikationsoperators [mm] M_{\Phi} \in \Beta (L^{p}(\mu)) [/mm] höchstens abzählbar ist. |
Hallo,
Meine Idee hierzu:
Sei [mm]\lambda \in \sigma_{p}(M_{\Phi})[/mm] so folgt für ein [mm] f_{\lambda} \neq [/mm] 0 dass :
[mm] (M_{\Phi}- \lambda)f_{\lambda} [/mm] = 0. f.ü.
es folgt die Gültigkeit [mm] \Phi [/mm] = [mm] \lambda [/mm] f.ü. auf [mm] [f_{\lambda} \neq 0]:=\{\omega \in \Omega : f_{\lambda}(\omega) \neq 0\}.
[/mm]
Es hat natürlich [mm] [\Phi [/mm] = [mm] \lambda] [/mm] pos. Maß und es gilt [mm] [\Phi [/mm] = [mm] \lambda_{1}] \cap [\Phi [/mm] = [mm] \lambda_{2}] [/mm] = [mm] \emptyset [/mm] , [mm] \lambda_{1} \neq \lambda_{2} \in \sigma_{p}(M_{\Phi}).
[/mm]
Es ist zu zeigen , dass das System [mm] ([\Phi [/mm] = [mm] \lambda])_{\lambda \in \sigma_{p}(M_{\Phi})} [/mm] (Im Falle dass [mm] \sigma_{p}(M_{\Phi}) [/mm] überabz. und [mm] \sigma [/mm] endlich ist)
[mm] \summe_{\lambda \in \sigma_{s}(M_{\Phi})} [\Phi [/mm] = [mm] \lambda] [/mm] = [mm] \bigcup_{\lambda \in \sigma_{s}(M_{\Phi})} [\Phi [/mm] = [mm] \lambda] \subseteq \Omega, \mu([\Phi=\lambda]) [/mm] > 0 dies nicht erfüllt.
Sei also [mm] (A_{n})_{n \in IN} [/mm] eine Mengenfamilie damit gemäß der [mm] \sigma [/mm] - Endlichkeit
[mm] \mu(A_{n}) [/mm] < [mm] \infty [/mm] , [mm] \bigcup_{n \in \IN} A_{n} [/mm] = [mm] \Omega [/mm] gilt.
definiere:
[mm] I_{m,n}:=\{\lambda \in \sigma_{p}(M_{\Phi}) : \mu([\Phi = \lambda] \cap A_{m}) > 1/n\}
[/mm]
so sinnd alle [mm] I_{m,n} [/mm] wegen
[mm] \infty [/mm] > [mm] \mu(A_{m}) \ge \mu(\cup_{\lambda} \in I_{m,n}[\Phi [/mm] = [mm] \lambda] \cap A_{m}) \ge a(I_{m,n})/n [/mm] endlich (a bezeichne das Zählmaß) und es folgt
[mm] \sigma_{p}(M_{\Phi}) [/mm] = [mm] \bigcup_{m,n \in \IN}I_{m,n}. [/mm] somit ist
[mm] \sigma_{p}(M_{\Phi}) [/mm] abzählbar.
Was sagt ihr dazu?
Vielen Dank im Voraus.
Gruß
Thomas
Ps: Es besteht kein Grund zur Eile - Das Beispiel wurde von mir rein aus Interesse bearbeitet.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:39 Fr 02.08.2013 | | Autor: | Thomas_Aut |
Die obige Frage liegt zwar schon eine Weile zurück , aber eventuell kann sich das jemand bei Zeit kurz durchsehen.
Es besteht kein Grund zur Eile - ich habe das Beispiel nur aus Interesse bearbeitet.
Gruß Thomas
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Hallo Thomas
Hab das beispiel letztes Semester für die Woraceck-Übung ausgearbeitet und bin auf eine unwahrscheinlich ähnliche Lösung gekommen.
Man sollte noch ergänzen, dass die Mengen [mm] $[\Phi=\lambda]$ [/mm] nur fast überall definiert sind und sich überlegen, ob Ausnahmenullmengen zu problemen führen können, aber sowas sauber zu notieren ist halt mühsam...
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:35 Sa 10.08.2013 | | Autor: | felixf |
Moin Thomas!
> Sei [mm]\mu[/mm] ein [mm]\sigma[/mm] - endliches Maß auf [mm]\Omega,[/mm] 1<p<
> [mm]\infty[/mm] und [mm]\Phi \in L^{\infty}(\mu).[/mm] Zeige dass das
> Punktespektrum des Multiplikationsoperators [mm]M_{\Phi} \in \Beta (L^{p}(\mu))[/mm]
> höchstens abzählbar ist.
>
>
>
> Hallo,
>
> Meine Idee hierzu:
>
> Sei [mm]\lambda \in \sigma_{p}(M_{\Phi})[/mm] so folgt für ein
> [mm]f_{\lambda} \neq[/mm] 0 dass :
> [mm](M_{\Phi}- \lambda)f_{\lambda}[/mm] = 0. f.ü.
> es folgt die Gültigkeit [mm]\Phi[/mm] = [mm]\lambda[/mm] f.ü. auf
> [mm][f_{\lambda} \neq 0]:=\{\omega \in \Omega : f_{\lambda}(\omega) \neq 0\}.[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Wobei, wie mathinator90 schrieb, die Mengen [mm] $[f_\lambda \neq [/mm] 0]$ nicht wohldefiniert sind, da sie von einigen Wahlen abhaengen. Allerdings: mit Hilfe des Auswahlaxioms kannst du immer irgendwelche solche Mengen waehlen, und brauchen tust du ja die Eigenschaft [mm] $\mu([f_\lambda \neq [/mm] 0]) > 0$, die immer erfuellt ist.
> Es hat natürlich [mm][\Phi[/mm] = [mm]\lambda][/mm] pos. Maß und es gilt
> [mm][\Phi[/mm] = [mm]\lambda_{1}] \cap [\Phi[/mm] = [mm]\lambda_{2}][/mm] = [mm]\emptyset[/mm]
> , [mm]\lambda_{1} \neq \lambda_{2} \in \sigma_{p}(M_{\Phi}).[/mm]
> Es ist zu zeigen , dass das System [mm]([\Phi[/mm] =
> [mm]\lambda])_{\lambda \in \sigma_{p}(M_{\Phi})}[/mm] (Im Falle dass
> [mm]\sigma_{p}(M_{\Phi})[/mm] überabz. und [mm]\sigma[/mm] endlich ist)
> [mm]\summe_{\lambda \in \sigma_{s}(M_{\Phi})} [\Phi[/mm] = [mm]\lambda][/mm]
> = [mm]\bigcup_{\lambda \in \sigma_{s}(M_{\Phi})} [\Phi[/mm] =
> [mm]\lambda] \subseteq \Omega, \mu([\Phi=\lambda])[/mm] > 0 dies
> nicht erfüllt.
Oder einfacher: es ist zu zeigen, dass das System abzaehlbar ist. Was du ja auch schliesslich machst.
Den Rest kannst du auch allgemeiner beweisen: sei [mm] $(B_i)_{i\in I}$ [/mm] ein Mengensystem mit [mm] $\mu(B_i) [/mm] > 0$ und [mm] $B_i \cap B_j [/mm] = [mm] \emptyset$ [/mm] fuer $i [mm] \neq [/mm] j$. Ist [mm] $\mu$ $\sigma$-endlich, [/mm] so ist $|I|$ abzaehlbar.
Bei dir ist $I := [mm] \sigma_s(M_\Phi)$ [/mm] und [mm] $B_i [/mm] := [mm] [\Phi [/mm] = i]$.
> Sei also [mm](A_{n})_{n \in IN}[/mm] eine Mengenfamilie damit
> gemäß der [mm]\sigma[/mm] - Endlichkeit
> [mm]\mu(A_{n})[/mm] < [mm]\infty[/mm] , [mm]\bigcup_{n \in \IN} A_{n}[/mm] = [mm]\Omega[/mm]
> gilt.
> definiere:
> [mm]I_{m,n}:=\{\lambda \in \sigma_{p}(M_{\Phi}) : \mu([\Phi = \lambda] \cap A_{m}) > 1/n\}[/mm]
>
> so sinnd alle [mm]I_{m,n}[/mm] wegen
> [mm]\infty[/mm] > [mm]\mu(A_{m}) \ge \mu(\cup_{\lambda} \in I_{m,n}[\Phi[/mm]
> = [mm]\lambda] \cap A_{m}) \ge a(I_{m,n})/n[/mm] endlich (a
> bezeichne das Zählmaß)
Genau.
> und es folgt
> [mm]\sigma_{p}(M_{\Phi})[/mm] = [mm]\bigcup_{m,n \in \IN}I_{m,n}.[/mm] somit
> ist
> [mm]\sigma_{p}(M_{\Phi})[/mm] abzählbar.
> Was sagt ihr dazu?
Sieht gut aus!
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:04 Sa 10.08.2013 | | Autor: | Thomas_Aut |
Danke für beide Rückmeldungen.
Liebe Grüße
Thomas
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