Stetigkeit von Operatoren mithilfe einer Identität zeigen

Question

Sei X ein normierter Vektorraum und A, B : X —> X lineare Abbildungen mit AB-BA = id. Zeige, dass A oder B stetig sind.

Ich habe einmal die Formel AB^(n+1) - B^(n+1) A = (n+1) Bⁿ für alle n gezeigt. Dann kann man annehmen, dass A und B nicht stetig sind.

Dann gibt es eine Folge (x_n) mit Norm 1 mit ||Ax_n|| > n.

Die Frage ist, wie mache ich jetzt mit dieser Annahme und der obigen Formel weiter?

Comments

Mein erster Gedanke wäre ein Widerspruchsbeweis. Grundidee: Wenn A und B beide nicht stetig wären, wäre auch AB-BA nicht stetig  die Identität aber schon. So in etwa…

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Okay aber wie genau hilft mir da diese Formel mit n+1 weiter?

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Meiner Meinung nach nicht nötig

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Hättest du dann einen Beweis?

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Sollte die Aussage etwa lauten: Dann sind nicht beide Abbildungen stetig?

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@Mathhilf: Mahlzeit. Blut ist wohl gerade ehr wo anders, wa? Können auch beide stetig sein - nimm die Operatoren aus meinem Beispiel. Nimm den Raum aller Schwartz Funktionen mit der Norm $\Vert f \Vert_{L^2}+\Vert f' \Vert_{L^2}+\Vert xf \Vert_{L^2}$, dann sind beide Operatoren aus meiner Antwort stetig. In dem dem du einen der beiden letzen Terme weglässt, kannst du auch nur 1 stetig haben. Und man kann sich noch mehr so Konstruktionen ausdenken, in dem man die als dicht-definierte Operaten in $L^2$ ansieht und dann mit der Graph-Norm den Abschluss bildet. So, macht mal weiter fleißig Mathe!

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@ProfK: Wenn der Ableitungsoperator bezüglich Deiner angegebenen Norm beschränkt sein soll, braucht es eine Abschätzung von $\|f''\|_2$ durch diese Norm. Wie geht das?

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Wie kommst du darauf? $$\Vert Bf \Vert_{L^2}=\Vert f' \Vert_{L^2} \leq \Vert f \Vert_{L^2} +\Vert f' \Vert_{L^2} +\Vert xf \Vert_{L^2}.$$
Du hast nur den Term $(f'(x))^2$ unter dem Integral, brauchst nix partiell zu integrieren.

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Du musst doch für den Raum X eine Norm fixieren. Sonst macht die Aufgabe doch keinen Sinn. Also ist

$$\|Af\|=\|f'\|=\|f'\|_2+\|f''\|_2+\|xf\|_2$$

Oder schau mal auf meine Antwort

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Ich hatte mich vertan, denn da sollte selbstverständlich stehen:

,,Dann ist entweder A oder B unstetig‘‘.

Das tut mir leid!

Ich danke euch trotzdem allen für eure Mühe :)

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"Entweder" ist falsch. Es können auch beide unstetig sein.

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Ja hast Recht

Answer 1

Ich denke, die Aussage soll sein: Dann ist A oder B unstetig.

Zunächst folgt aus der abgeleiteten Formel des FS, dass B nicht nilpotent ist.

Wenn nun A und B stetig wären, dann folgt aus dieser Formel für alle natürlichen n:

$$(n+1)\| B^n\| \leq 2 \|A\|\|B\|\|B^n\| \Rightarrow n+1 \leq 2\|A\|\|B\|$$

Widerspruch

Comments

Das war bei mir falsch. Danke dir!

Answer 2

Das ist einfach so falsch meine Freunde. Sei $X=\mathcal{S}(\mathbb{R})$ der Raum der Schwartz-Funktionen versehen mit der $L^2$-norm. Das ist klar ein normierter Raum und
$$Af=\frac{d}{dx}f \qquad \mathrm{und} \qquad Bf=xf$$

sind unstetige aber lineare operatoren. Weiterhin rechnen wir aus, dass
$$[A,B]f=\frac{d}{dx}xf-x\frac{d}{dx}f=f$$

und somit ist $[A,B]=Id$. Allerdings sind weder A noch B beschränkte operatoren. Sieht man dadurch: Sei $g(x)=\frac{1}{C}e^{-x^2}$ die $L^2$-normierte Gaußglocke. Dann haben wir
$$\Vert xg(x+t) \Vert_{L^2} \to \infty$$

für $t \to \infty$ aber $\Vert g(x+t) \Vert =1$ aufgrund der Translationsinvarianz. Mithilfe der Fouriertransformation $\mathcal{F}$ zeigt man die andere Identität, da $\mathcal{F}(g)=g$, die FT eine bijjektive Isometrie auf $X$ ist und die Fouriertransformierte $B$ zu $const \cdot A$ umwandelt.

Comments

Zu kompliziert…. und auch irreführend

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Diesen Kommentar verstehe ich nicht.

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Was verstehst Du nicht?

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Warum das irreführend sein soll.