Funktionalanalysis - Mathematik

FUNKTIONALANALYSIS 71
und damit
∣ ∣ ∣ ∣(1 − S) −1 − (1 − T) −1∣ ∣
∣ ∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣
∣
∞∑ ∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣ ∣∣ = S n − T n ≤ ||S − T||
n=0
Die ist die verlangte Stetigkeit der Inversion.
∞∑
nc n−1 =
n=0
||S − T||
(1 − c) 2 .
(b) Für λ, µ ∈ C gilt
∣ ∣ ∣ ∣φT (λ) − φ T (µ) ∣ ∣ ∣
∣ ∣∣ =
∣ ∣∣
∣ ∣∣µ − λ
∣ ∣∣
∣ ∣∣ = |λ − µ|,
also ist φ T stetig. Die Resolventenmenge ist das Urbild der offenen Menge B(H) × , also
offen in C. Das Spektrum ist das Komplement der offenen Resolventenmenge, also
abgeschlossen.
(c) Sei λ ∈ C mit |λ| > ||T||. Wir müssen zeigen, dass λ σ(T), also dass T − λ
invertierbar ist. Es ist T − λ = λ( 1 λ T − 1) und für den Operator R = 1 λ T gilt
||R|| = 1 ||T|| < 1, also ist R − 1, und damit auch T − λ, invertierbar.
□
|λ|
Sei D ⊂ C offen und sei f : D → V eine Abbildung, wobei V ein Banach-Raum ist. Wir
sagen, f ist holomorph, wenn für jedes z ∈ D der Grenzwert
f ′ (z) = lim ( f (z + h) − f (z))
h
h→0
1
in V existiert. Ist f holomorph und ist α : V → C ein stetiges lineares Funktional, dann
ist die Funktion z ↦→ α( f (z)) eine holomorphe Funktion von D nach C.
Lemma 6.1.8 Sei H ein Hilbert-Raum und sei T ∈ B(H). Dann ist die Abbildung
f : λ ↦→ (T − λ) −1 holomorph auf der Resolventenmenge Res(T).
Beweis: Nach dem Satz ist f stetig. Sei λ ∈ Res(T) und sei h eine kleine komplexe
Zahl. Dann ist 1 ( f (λ + h) − f (λ)) gleich
h
1 (
(T − λ − h) −1 − (T − λ) −1) = 1 h
h ((T − λ) − (T − λ − h)) (λ + h − T)−1 (λ − T) −1
= −(T − λ − h) −1 (T − λ) −1 .
Diese Abbildung ist stetig in h = 0.
□
Definition 6.1.9 Sei H ein Hilbert-Raum. Für T ∈ B(H) sei der Spektralradius r(T)
definiert als
r(T) = sup |λ|.
λ∈σ(T)