Kreinr¨aume und Kreinoperatoren
Baumann Phillip 25.02.2016
Betreuung: Ao.Univ.Prof. Dipl.-Ing. Dr.techn. Harald Woracek
Inhaltsverzeichnis
1 Einleitung 3
2 Kreinr¨aume und Kreinoperatoren 3
3 Eigenwerte von Kreinoperatoren und deren Konjugierten 8
1 Einleitung
Diese Seminararbeit handelt von geordneten Banachr¨aumen mit einer durch die Ord- nungsstruktur festgelegten Menge, dem positiven Cone. Unter gewissen Vorraussetzungen an diesen kann man Operatoren definieren, die anschaulich gesprochen den Cone zusam- menziehen. Also nach einer endlichen Anzahl von Iterationen in sein Inneres abbilden.
Solche Operatoren haben interessante Eigenschaften: Zum einen besitzen sie maximal einen positiven Eigenwert, der alle anderen Eigenwerte betragsm¨aßig von oben beschr¨ankt und zum anderen ist ihr Spektralradius strikt positiv.
2 Kreinr¨ aume und Kreinoperatoren
Definition 2.1 (Cone). Sei V ein Vektorraum. K ⊆ V heißt Cone falls gilt:
1. K+K ⊆ K
2. αK ⊆ K, α≥0 3. K ∩(−K) = {0}
Bemerkung 2.2. Sei V ein Vektorraum und K ⊆ V ein Cone. Dann ist die als
x≥y:⇐⇒x−y∈ K, x, y ∈ V definierte Relation eine Ordnung auf V.
Umgekehrt ist f¨ur eine Ordnung ”≤” auf einem Vektorraum V die Menge
K={x∈ V :x≥0}
ein Cone. Man bezeichnet K h¨aufig auch mit V+ und nennt ihn den positiven Cone der Ordnung ”≤”.
Definition 2.3 (generating). Sei V ein Vektorraum und K ⊆ V ein Cone.
K heißt generating, wenn V =K − K.
Definition 2.4 (archimedisch). Sei V ein Vektorraum, K ⊆ V ein Cone und ≥ die durch K induzierte Ordnung. K heißt archimedisch, wenn f¨ur x ∈ K und y ∈ V mit ny ≤x, n∈N folgt, dass y≤0.
Definition 2.5 (order unit). Sei V ein Vektorraum und K ⊆ V ein Cone. Außerdem bezeichne ≥ die durch K induzierte Ordnung. Dann heißt u ∈ K order unit wenn gilt:
∀x∈ V ∃λ≥0 :λu≥x
Definition 2.6 (Kreinraum). Ein Banachraum (L,k · k) zusammen mit einer Ordnungs- relation ”≤” heißt Kreinraum , wenn gilt:
1. L+ ist abgeschlossen bez¨uglich der Normtopologie.
2. ∃ order unit
Satz 2.7 (Eigenschaften von Kreinr¨aumen). Sei L ein Kreinraum. Dann gilt:
1. L+ ist generating 2. L+ ist archimedisch
3. Die order units sind genau die inneren Punkte von L
Beweis.
ad 1: Sei x∈ L beliebig und u∈ L+ eine order unit. Letzteres existiert nach Definition eines Kreinraums. Daher ∃λ > 0 :x ≤λu ⇐⇒λu−x∈ L+ bzw x−λu ∈ (−L+). Also erhalten wir x=λu+ (x−λu)∈ L++ (−L+) und da x∈ L beliebig war:
L=L++ (−L+)
ad 2: Sei y ∈ L und x ∈ L+ beliebig mit ny ≤ x, n ∈ N. =⇒ 0 ≤ 1nx −y bzw
1
nx −y ∈ L+. Da in einem normierten Vektorraum Addition und Multiplikation mit Skalaren stetig sind, konvergiert 1nx −y −→ −y. Außerdem ist nach Definition einesk·k Kreinraums der Cone L+ abgeschlossen und daher gilt −y∈ L+ bzw−y ≥0⇐⇒y≤0.
ad 3: Sei U ⊆ L+ die Menge aller order units aus L+ und L◦+ das Innere des positi- ven Cones. Wir beginnen den Beweis mit der Inklusion “⊆“. Sei dazu u∈ U eine order unit. =⇒ L=S
n∈Nn[−u, u]. Außerdem erhalten wir aus der Abgeschlossenheit von L+, dass [−u, u] = (−u +L+)∩ (u− L+) und damit auch n[−u, u] abgeschlossen ist f¨ur n ∈ N. Also ist L die abz¨ahlbare Vereinigung von abgeschlossenen Mengen und hat au- ßerdem nichtleeres Inneres. Somit erhalten wir mittels der Kontraposition vom Satz von
Baire: ∃n ∈ N : n[−u, u] hat nichtleeres Inneres =⇒ [−u, u] hat nichtleeres Inneres. Sei also v ein innerer Punkt von [−u, u] und V eine kreisf¨ormige offene Nullumgebung mit v+V ⊆[−u, u]. F¨urx∈V gilt:
u+x≥v +x≥ −u, x∈V
2u+x≥0, x∈V
u+ 12x≥0, x∈V
Daher folgt u+12V ⊆ L+ und somit ist u∈ L◦+, was zu zeigen war.
F¨ur die Umkehrung sei u ∈ L◦+ beliebig. W¨ahle eine kreisf¨ormige Nullumgebung V mit u+V ⊆ L+ =⇒ u±x ∈ L+, x ∈ V. Also gilt −u ≤ x ≤ u ⇐⇒ x ∈ [−u, u]. Damit erhalten wirV ⊆[−u, u] bzw [−u, u]∈ U(0). Da Nullumgebungen absorbierende Mengen sind =⇒ ∀x ∈ L ∃λx > 0 mit λxx ∈ [−u, u] bzw x ≤ λ1
xu, woraus folgt, dass u eine order unit ist.
Beispiel 2.8. Der R2 versehen mit der euklidischen Norm ist bekanntlich ein Banach- raum. Betrachte darauf den in der Normtopologie abgeschlossenen Cone
K = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0∧y ≥ 0} und die zugeh¨orige Ordnungsrelation ” ≤ ”. Wie man leicht einsieht, ist (1,1) ∈ K eine order unit bez¨uglich K und damit (R2,k · k) ein Kreinraum.
Definition 2.9(Kreinoperator). SeiLein Kreinraum. Ein positiver OperatorT :L → L heißt Kreinoperator, wenn gilt:
∀x∈ L+\ {0} ∃n ∈N mit Tnx ist eine order unit.
Beispiel 2.10. Sei L der Kreinraum aus Beispiel 1.8 und T = 1 1
1 0
. Dann ist T ein Kreinoperator, denn aus T2 =
2 1 1 1
=⇒ T2x∈ L◦+, x >0.
Lemma 2.11. Sei (L, τ) ein vollst¨andig metrisierbarer geordneter topologischer Vek- torraum, sodass L+ abgeschlossen und generating ist. Weiters sei {Un : n ∈ N} eine abz¨ahlbare Nullumgebungsbasis bestehend aus abgeschlossenen kreisf¨ormigen Mengen mit
Un+1+Un+1 ⊆Un, n ∈N
Dann bilden die Mengen Vn :=Un∩ L+−Un∩ L+ ebenfalls eine Nullumgebungsbasis mit Vn+1+Vn+1 ⊆Vn, n∈N
Beweis. Siehe [1], Seite 66 ff.
Lemma 2.12. Sei(L, τ)wie im vorigen Lemma und (xn)n∈Nmitxn →0. Dann existiert eine Teilfolge (un)n∈N von (xn)n∈N und u∈ L+, sodass gilt:
−n1u≤un≤ 1nu, n ∈N
Beweis. Sei (xn)n∈N eine beliebige Folge in L mit xn →0 und {Un}n∈N eine abz¨ahlbare Nullumgebungsbasis bestehend aus abgeschlossenen kreisf¨ormigen Mengen mit
Un+1+Un+1 ⊆Un, n∈N
Dann bilden die Mengen Vn := Un ∩ L+ − Un ∩ L+ nach Lemma 1.11 ebenfalls eine Nullumgebungsbasis. =⇒ ∃ Teilfolge (un)n∈N von (xn)n∈N f¨ur die gilt:
un ∈ n1Vn bzw nun∈Vn.
Nach der Konstruktion der Mengen Vn∃yn, zn ∈Un∩ L+, sodass nun =yn−zn, n∈N
Setze nun wn :=
n
P
j=1
yj bzw vn:=
n
P
j=1
zj =⇒
wn+p−wn∈Un+1+Un+2+· · ·+Un+p ⊆Un.
Damit ist (wn)n∈N eine Cauchyfolge und konvergiert wegen der Vollst¨andigkeit von L gegen ein w∈ L. Dawn ∈ L+ f¨urn ∈N und L+ nach Vorraussetzung abgeschlossen ist, liegt auchw∈ L+. Außerdem folgt aus wn+p −wn ∈ L+:
w−wn∈ L+ bzw w≥wn≥yn, n ∈N Analog folgt f¨ur (vn)n∈N:
∃v ∈ L+ mit vn →v und v ≥vn ≥zn, n∈N Damit gilt f¨uru:=w+v ∈ L+:
−u=−w−v ≤ −v ≤ −zn ≤yn−zn=nun ≤yn ≤wn ≤u, n∈N bzw
−1nu≤un≤ n1u, n∈N
Satz 2.13. Sei T :L → L ein Kreinoperator. Dann gilt:
1. T ist stetig.
2. T bildet order units auf order units ab.
3. Tn ist ein Kreinoperator f¨ur n∈N.
Beweis. ad 1: SeiT ein Kreinoperator auf einem KreinraumL. Um die Stetigkeit vonT zu zeigen, wollen wir den Satz vom abgeschlossenen Graphen anwenden. Sei dazu (xn)n∈N
eine Folge in L so, dass xn→0 und Txn→y. Wir m¨ussen nun zeigen, dass y=0.
Nach Lemma 1.12 existiert eine Teilfolge (un)n∈N und ein u∈ L+ mit
−1nu≤un≤ n1u, n∈N Da T positiv ist =⇒
−n1Tu≤ Tun ≤ n1Tu, n ∈N
Aus der Abgeschlossenheit von L+ erhalten wir nun durch den Grenz¨ubergang n→ ∞
0≤y≤0 ⇐⇒ y = 0
Aufgrund der Linearit¨at von T ist somit der Graph abgeschlossen und da L ein Banach- raum ist, folgt die Stetigkeit aus dem Satz vom abgeschlossenen Graphen.
ad 2: Sei u ∈ L eine order unit und k ∈ N so, dass Tku eine order unit ist. (So ein k existiert nach der Definition eines Kreinoperators).
Da u eine order unit ist∃α >0 mit
Tk−1u≤αu Aus der Positivit¨at vonT =⇒
Tku≤αTu
und da Tkueine order unit ist =⇒ Tuist eine order unit.
ad 3: Sei n ∈Nbeliebig und x∈ L+. Da T ein Kreinoperator ist =⇒ Tn ist positiv und
∃k ∈ N, sodass Tkx eine order unit ist. Mit 2) folgt nun, dass (Tn)kx auch eine order unit und damit Tn ein Kreinoperator ist.
3 Eigenwerte von Kreinoperatoren und deren Kon- jugierten
Satz 3.1. Sei T : L → L ein Kreinoperator, x0 > 0 ein Eigenvektor mit zugeh¨origem Eigenwert λ0. Dann gilt:
1. λ0 >0
2. x0 ist eine order unit
3. Der Eigenraum bez¨uglich λ0 ist eindimensional
Beweis. ad 1: Da T positiv ist, folgt f¨ur einen Eigenvektor x0 >0:
0≤ Tx0 =λ0x0
Im Fall Tx0 = 0 folgt jedoch f¨ur n ∈ N : Tnx0 = 0 und das widerspricht der Eigen- schaft von Kreinoperatoren, jedes nichtnegative Elemente nach einer endlichen Anzahl an Iterationen ins Innere des Cones abzubilden. Also erhalten wir:
0<Tx0 =λ0x0 =⇒λ0 >0
ad 2: DaT ein Kreinoperator ist ∃k∈N, sodass Tkx0 =λk0x0 eine order unit ist. Damit ist aber auchx0 eine order unit.
ad 3: Sei x0 wie im Satz beschrieben und x ein weiterer Eigenvektor bez¨uglich λ0. W¨ahle α∈R so, dass x0+αx ∈∂L+.
Nun gilt α6= 0, da andernfalls
x0+αx=x0 ∈∂L+
was ein Widerspruch zu der Annahme ist, dass x0 eine order unit ist, welches nach Satz 1.7.3 im Inneren des Cones liegt. Weiters erhalten wir mit der Annahme x0+αx >0
0<T(x0+αx) = λ0(x0+αx)=2)⇒x0+αx ist order unit, also x0+αx ∈Int(L+) also wieder einen Widerspruch.
Damit folgt x0 +αx = 0 bzw x = −α1x0 bzw x ∈ [{x0}]. Also ist der Eigenraum eindi- mensional.
Satz 3.2. Ein Kreinoperator T hat (neben skalaren Vielfachen) maximal einen positiven Eigenvektor. Falls x0 > 0 der positive Eigenvektor zu dem Eigenwert λ0 ist =⇒ λ0 > 0 und |λ| ≤λ0 f¨ur alle reelen Eigenwerte.
Beweis. Sei x0 Eigenvektor bez¨uglich λ0
=2.1⇒ λ0 > 0, x0 ist eine order unit und bis auf skalare Vielfache der einzige Eigenvektor zu λ0.
Angenommen∃λ ∈REigenwert mit
|λ|> λ0 ⇐⇒ |λλ
0|>1
und sei xein zugeh¨origer Eigenvektor. Dax0 eine order unit ist ∃α ∈R, sodass
±x≤αx0 Da T positiv ist, folgt
Tn(±x)≤αTn(x0) =⇒ λn(±x)≤αλn0x0 =⇒
|λλ
0|n(±x)≤αx0. Da nach Annahme |λλ
0| > 1 und L+ archimedisch ist =⇒ (±x) ≤ 0 und damit x = 0.
Das ist ein Widerspruch zur Annahme, dass x ein Eigenvektor ist. Somit erhalten wir
|λ| ≤λ0.
Angenommenx1 >0 ist ein Eigenvektor bez¨uglich λ1. Dann erhalten wir mit dem soeben Bewiesenen:
λ1 ≤λ0 und λ0 ≤λ1
Also gilt λ1 =λ0 und der Satz ist bewiesen.
Satz 3.3. Der konjugierte Operator eines positiven Operators auf einem Kreinraum L besitzt einen positiven Eigenvektor bez¨uglich einem nichtnegativen Eigenwert.
Beweis. Sei T ein positiver Operator und u∈ L eine order unit. W¨ahle r >0 so, dass kxk ≤r =⇒u±x∈ L+
Damit gilt f¨urkxk ≤1 und f ∈ L+
f(u±rx)≥0 bzw |f(x)| ≤ f(u)r Also folgt kfk ≤ f(u)r , f ∈ L0+.
Defniere nun die Menge C := {f ∈ L0+ : f(u) = 1} = L0+ ∩ ju−1({1}), wobei ju das Punktauswertungsfunktional an der Stelleu bezeichnet. C ist eine nichtleere (wende das algebraic seperating hyperplane theorem auf die disjunkten Mengen {0} und L+\ {0}
an) und konvexe Teilmenge von L0+. Da L0+ = T
x∈L+jx−1([0,∞)) als Durchschnitt von ω∗-abgeschlossenen Mengenω∗-abgeschlossen ist, ist auch C ω∗-abgeschlossen. Außerdem giltkfk ≤ 1r, f ∈ C. Damit istC nach dem Satz von Banach - Alaoglu eineω∗-kompakte Menge.
Auf dieser Menge defnieren wir die Abbildung F :C −→ C durch F(f) = f+T
0f
[f+T0f](u) = f+T
0f 1+T0f(u)
Wir zeigen nun die Stetigkeit von F bez¨uglich derω∗-Topologie. Sei dazu (fi)i∈I ein Netz aus C und f ∈ C mit
Dadurch erhalten wir limi∈I F(fi)(x) = lim
i∈I
fi(x)+T0fi(x) [fi+T0fi](u) = lim
i∈I
fi(x)+fi(Tx)
[fi+T0fi](u) = f(x)+T
0f(x)
[f+T0f](u) =F(f)(x), x∈ L Damit gilt lim
i∈I F(fi) = F(f) und die Stetigkeit von F ist gezeigt.
Nach dem Fixpunktsatz von Tychonoff ∃φ ∈ C mit F(φ) = φ. F¨ur dieses φ gilt:
φ+T0φ= [1 +T0φ(u)]φ⇐⇒ T0φ = [T0φ(u)]φ Also ist 0< φ∈ L0+ ein Eigenvektor bez¨uglich λ:=T0φ(u)≥0.
Definition 3.4. Sei V ein Vektorraum und T : V → V ein stetiger Operator. Ein Un- tervektorraum U ⊆ V heißt T- hyperinvariant :⇐⇒
S(U)⊆ U,
f¨ur alle stetigen Operatoren S :V −→ V, die mit T kommutieren.
Satz 3.5. Sei L ein Kreinraum undT :L −→ Lein positiver Operator, der kein Vielfa- ches der Identit¨at ist. Dann existiert ein nichttrivialer, T- hyperinvarianter, abgeschlos- sener Unterraum U ⊆ L.
Beweis. Seien T und L wie im Satz beschrieben. Nach Satz 2.3 ∃λ ≥0,0< φ∈ L0 mit T0φ=λφ. Definiere den Operator
R:=T −λI Damit gilt
R0φ= 0 bzwφ(Rx) = 0, x∈ L
Da φ 6= 0 =⇒ U := R(L) 6= L. Denn andernfalls ∃y ∈ L, sodass φ(y) 6= 0 und (xn)n∈N
mit Rxn →y. Aus der Stetigkeit von φ erhalten wir:
φ(y) =φ( lim
n→∞Rxn) = lim
n→∞φ(Rxn) = lim
n→∞R0φ(xn) = 0
was ein Widerspruch zur Annahme φ(y)6= 0 ist. Weil T kein Vielfaches der Identit¨at ist
=⇒ U 6={0}.
Außerdem istU abgeschlossen. Bleibt also nur noch zu zeigen, dassS(U)⊆ S, f¨ur alle stetigen, mit T kommutierenden Operatoren gilt. Sei dazu S stetig mitST =T S. Dann gilt:
S(U) = S(R(L)⊆ S(R(L) = R(S(L)⊆ R(L) = U
Also istU ein nichttrivialer, abgeschlossener T - hyperinvarianter Unterraum von L.
Bemerkung 3.6. Die Vorraussetzungen des vorigen Satzes sind f¨ur jeden Kreinoperator erf¨ullt, da diese kein Vielfaches der Identit¨at sein k¨onnen.
Satz 3.7. Jeder Kreinoperator hat positives Spektralmaß.
Beweis. Sei T : L −→ L ein Kreinoperator. Nach Satz 2.3 ∃λ ≥ 0,0 < φ ∈ L0 mit T0φ = λφ. Angenommen λ = 0 und sei x > 0, n ∈ N so, dass Tnx eine order unit ist.
dann gilt:
0<[φ,Tnx] = [T0φ,Tn−1x] =λ[φ,Tn−1x] = 0
Die strikte Ungleichung gilt hier, da im Fall φ(Tnx) = 0 wegen der Positivit¨at von φ=⇒ φ(y) = 0, y∈ L+.DaL+ generating ist, ist das gleichbedeutend mitφ(y) = 0, y∈ L.
Das steht jedoch im Widerspruch zu φ > 0. Also giltλ > 0. Dar(T) = lim
n→∞kTnkn1 und kT k=kT0k gilt:
r(T) = r(T0)>0
Satz 3.8. Sei {Tα}α∈Aeine Familie von paarweise kommutierenden positiven Operatoren auf einem Kreinraum L.
Dann hat die Familie der konjugierten Operatoren {Tα0}α∈A einen gemeinsamen positiven Eigenvektor bez¨uglich einer Famile von nichtnegativen Eigenwerten. Also ∃φ ∈ L0+ und {λα}α∈A ∈R+, sodass
Tα0φ=λαφ, α∈ A
Beweis. Sei u∈ L eine order unit und C :={f ∈ L0+ :f(u) = 1}. Wie bereits gezeigt ist C eine nichtleere, konvexe und ω∗-kompakte Menge.
F¨ur jedes α betrachte die stetige AbbildungFα : (C, ω∗)−→(C, ω∗) definiert durch Fα(f) := f+T
0 αf
[f+Tα0f](u) = f+T
0 αf 1+Tα0f(u)
Sei Dα die Menge aller Fixpunkte von Tα
Dα ={f ∈ C :Fα(f) =f}= [Fα−id]−1({0})
Nach Satz 2.3 ist Dα nichtleer und abgeschlosssen in der ω∗-Topologie und damit als Teilmenge einer kompakten Menge selbst kompakt.
Wir wollen nun zeigen, dass T
α∈A 6= ∅ bzw ¨aquivalent dazu, dass {Dα}α∈A die endliche Durchschnittseigenschaft hat. Denn aus der Kompaktheit von C folgt dann die Aussage.
Der Beweis hierf¨ur l¨auft ¨uber vollst¨andige Induktion:
DaDα 6=∅, α∈ A stimmt der Induktionsanfang trivialerweise. Nehmen wir nun an f¨ur jede n-elementige Indexmenge gilt:
Tn
i=1Dαi 6=∅
Seien nunα1, α2, . . . αn, αn+1 gegeben. Wr m¨ussen nun zeigen, dass Tn+1
i=1 Dαi 6=∅
Nach unserer Induktionsannahme existiert ein 0< φ∈ Dα1 ∩ · · · ∩ Dαn. Setze
Die Mengen Ci sind konvex und nichtleer, da φ∈ Ci, i∈ {1. . . n}. Außerdem sieht man analog zum Beweis der Mengen Dα, dass Ci kompakt ist. Weiters gilt f¨ur ein beliebiges f ∈ Ci:
Tα0
i(Fαn+1f) = Tα0
i( f+T
0 αn+1f 1+Tαn+10 f(u)) = T
0
αif+Tαi0 Tαn+10 f 1+Tαn+10 f(u) = T
0
αif+Tαn+10 Tαi0 f 1+Tαn+10 f(u)
= λif+λiT
0 αn+1f
1+Tαn+10 f(u) =λi( f+T
0 αn+1f
1+Tαn+10 f(u)) =λi(Fαn+1f) Daraus folgtFαn+1(Ci)⊆ Ci. Daher ist G :=Tn
i=1Ci ebenfalls eine konvexe, ω∗-kompakte, nichtleere (φ ∈ G) Menge mit Fαn+1(G) ⊆ G. Nach dem Fixpunktsatz von Tychonoff existiert 0< ψ∈ G mit Fαn+1(ψ) =ψ. Da ψ ∈ Ci, i∈ {1. . . n}gilt:
Fαi(ψ) = ψ, i∈ {1. . . n+ 1} ⇐⇒ψ ∈Tn+1 i=1 Dαi
Also hat die Famile{Dα}α∈Adie endliche Durchschnittseigenschaft und wegen der Kom- paktheit von C nichtleeren Durchschnitt.
Literatur
[1] Charalambos D. Aliprantis & Rabee Tourky:Cones and Duality, American Mathematical Society, Juni 2007.
[2] Harald Woracek & Michael Kaltenb¨ack & Martin Bl¨umlinger: Funk- tionalanalysis, Vorlesungsunterlagen, Februar 2015.