Обратимость полугруппы операторов

[Sinus]

Пусть $T(t)$ - сильно непрерывная полугруппа (непрерывных) операторов на банаховом пространстве $X$. Известно, что оператор $I-T(1)$ компактен. Доказать, что оператор $T(1)$ обратим.

[zhoraster]

При чем тут полугруппа, не вкурил. Вот есть просто невырожденный оператор $T$, удовлетворяющий условию. Допустим, он необратим. Тогда существует последовательность $\{x_n,n\ge 1\}$, $\|x_n\|=1$, $\|Tx_n\|\le 1/n$. Из $(I-T)x_n$ можно выбрать сходящуюся подпоследовательность, пусть боо она сама сходится. Очевидно, и $x_n$ сходится, пусть к $x$. Но тогда $\|x\|=1$, $Tx=0$, противоречие.

[Sinus]

zhoraster в сообщении #575376 писал(а):

При чем тут полугруппа, не вкурил. Вот есть просто невырожденный оператор $T$, удовлетворяющий условию. Допустим, он необратим. Тогда существует последовательность $\{x_n,n\ge 1\}$, $\|x_n\|=1$, $\|Tx_n\|\le 1/n$. Из $(I-T)x_n$ можно выбрать сходящуюся подпоследовательность, пусть боо она сама сходится. Очевидно, и $x_n$ сходится, пусть к $x$. Но тогда $\|x\|=1$, $Tx=0$, противоречие.

Это конечно правильно, только с чего вы взяли, что оператор $T(1)$ невырожденный? :)

По сути, это и нужно доказать.

[zhoraster]

А разве может быть в сильно непрерывной полугруппе вырожденный оператор? Что-то никак не могу представить

(В условиях задачи, понятно, этого не может быть: ядро $T(1)$ конечномерно, нетривиальные ядра предыдущих операторов в него входят, и получаем противоречие с сильной непрерывностью).

[Sinus]

В принципе, конечно, может. Например, если $X=L_1[0;1]$ и для $f \in X$ мы определим $[T(t)f](s)=f(s-t)$ при $t \leqslant s$, $[T(t)f](s)=0$ в остальных случаях, то любой оператор $T(t)$ вырожден при положительном $t$, более того, $T(1)=0$.

В условиях задачи этого конечно не должно быть, однако ваша аргументация в предидущем посте не может быть признана удовлетворительной.

[zhoraster]

Sinus в сообщении #575838 писал(а):

В условиях задачи этого конечно не должно быть, однако ваша аргументация в предидущем посте не может быть признана удовлетворительной.

Это кому как.

Подробнее. Пусть $T(1)$ вырожден. Тогда
1. $T(1/2)$ вырожден, $T(1/4)$ вырожден и т.д.
2. Пусть $K(t) = \ker T(t)$. Очевидно, $K(s)\subset K(t)$, $s\le t$.
3. Следствие 1 и 2: $K(t)\neq \varnothing$, $t>0$.
4. Следствие компактности $I-T(1)$: $\dim K(1)<\infty$.
5. Пусть $d=\inf_{t>0}\dim K(t)\ge 1$, очевидно, существует $t_0>0$: $\dim K(t_0)=d$.
6. Поскольку $d<\infty$, то в силу 2 $K(t)=K(t_0)\neq \varnothing$, $t\in(0,t_0)$.
7. 6 противоречит сильной непрерывности в нуле.

[Sinus]

zhoraster в сообщении #575843 писал(а):

Sinus в сообщении #575838 писал(а):

В условиях задачи этого конечно не должно быть, однако ваша аргументация в предидущем посте не может быть признана удовлетворительной.

Это кому как.

Подробнее. Пусть $T(1)$ вырожден. Тогда
1. $T(1/2)$ вырожден, $T(1/4)$ вырожден и т.д.
2. Пусть $K(t) = \ker T(t)$. Очевидно, $K(s)\subset K(t)$, $s\le t$.
3. Следствие 1 и 2: $K(t)\neq \varnothing$, $t>0$.
4. Следствие компактности $I-T(1)$: $\dim K(1)<\infty$.
5. Пусть $d=\inf_{t>0}\dim K(t)\ge 1$, очевидно, существует $t_0>0$: $\dim K(t_0)=d$.
6. Поскольку $d<\infty$, то в силу 2 $K(t)=K(t_0)\neq \varnothing$, $t\in(0,t_0)$.
7. 6 противоречит сильной непрерывности в нуле.

Да, так оно и есть :)