Analiza funkcjonalna II Ryszard Szwarc

Transkrypt

1 Analiza funkcjonalna II Ryszard Szwarc Wykład prowadzony w semestrze letnim 28 Opracowany na podstawie notatek Wiktora Malinowskiego Wrocław 21

2 2 Analiza funkcjonalna II Spis treści 1 Operatory ograniczone na przestrzeni Banacha 2 2 Operatory dodatnie 16 3 Zbieżność operatorów 25 4 Operatory zwarte 28 5 Operatory unitarne 45 6 Zadania 54 1 Operatory ograniczone na przestrzeni Banacha Niech T : X X będzie ciągłym operatorem liniowym na przestrzeni Banacha X. Przypominamy, że normę operatora T określamy wzorem T = sup{ T x : x 1}. Symbolem B(X) := B(X, X) oznaczamy przestrzeń Banacha wszystkich ciągłych operatorów liniowych z X w X. Przykład 1.1. Rozważmy odwzorowanie liniowe T : C n C n. Chcemy zbadać dla jakich zespolonych liczb λ operator (tzn. macierz) λi T jest odwracalny. Jak wiadomo z kursu algebry liniowej warunkiem równoważnym jest det(λi T ). Liczby λ, dla których ostatni wyznacznik zeruje się nazywamy wartościami własnymi. Wiadomo, że jeśli det(λi T ), to istnieje niezerowy wektor v C n taki, że T v = λv. Tzn. macierz λi T nie jest różnowartościowa. Innym równoważnym warunkiem jest, że Im (λi T) C n. Definicja 1.2. Zbiorem rezolwenty ρ(t ) nazywamy zbiór tych liczb zespolonych λ, dla których operator λi T jest odwracalny. Dopełnienie C \ ρ(t ) nazywamy spektrum operatora T i oznaczamy symbolem σ(t ).

3 Operatory ograniczone 3 Definicja 1.3. Spektrum punktowym σ p (T ) nazywamy zbiór wartości własnych operatora T, tzn. zbiór liczb zespolonych λ takich, że λi T nie jest operatorem różnowartościowym. Wtedy istnieje niezerowy element x w X taki, że T x = λx. Definicja 1.4. Spektrum resztowym σ r (T ) nazywamy zbiór liczb zespolonych λ, dla których obraz Im (λi T ) nie jest gęstą podprzestrzenią w X. Przykład 1.5. Rozważmy przestrzeń X = l 2 = {(x n ) n= : x n 2 < }. n= Dla x = (x n ) n= określmy operator S wzorem x n 1 n 1 (Sx) n = n =. Tzn. S(x, x 1, x 2,...) = (, x, x 1, x 2,...). Mamy Sx 2 = x 2, zatem S = 1. To oznacza, że operator S jest izometrią. Sprawdzamy różnowartościowość operatora λi S. W tym celu rozwiązujemy równanie (λi S)x =, czyli Sx = λx. Otrzymujemy nieskończony ciąg równań = λx x n 1 = λx n, n 1. Jeśli λ =, to x n = dla wszystkich n. Załóżmy, że λ. Wtedy x = oraz x n = λ 1 x n 1 = λ n x =. To oznacza, że operator S nie posiada wartości własnych. Zbadamy teraz σ r (S). Załóżmy, że obraz Im (λi S) nie jest gęsty w l 2. Równoważnie istnieje niezerowy element y l 2 taki, że y Im (λi S). Niech V = lin{e, e 1, e 2,...}, gdzie e k = (,...,, 1 k,...). Przestrzeń V jest gęsta w l 2, tzn. V = l 2. Zatem (λi S)(V ) Im (λi S) = (λi S)(l 2 ) = (λi S)(V ) (λi S)(V ).

4 4 Analiza funkcjonalna II Skorzystaliśmy z własności znanej z kursu topologii, że obraz przez odwzorowanie ciągłe domknięcia zbioru jest zawarty w domknięciu obrazu tego zbioru. To oznacza, że Im (λi S) = (λi S)(V ). Otrzymujemy, że warunek y Im (λi S) jest równoważny z warunkiem y (λi S)(V ). Ostatni warunek implikuje, że y (λi S)(e k ) dla k =, 1, 2,.... Rozwiązujemy układ równań Zatem Dalej Otrzymujemy ostatecznie y, (λi S)(e k ) =, k =, 1, 2,.... y, (λe k e k+1 =, k =, 1, 2,.... y k+1 = λy k, k =, 1, 2,.... y k = λ k y, k 1. Jeśli y =, to y =. Jeśli y, to y l 2 wtedy i tylko wtedy, gdy λ < 1. Zatem σ r (S) = {λ C : λ < 1}. Pozostaje zbadać liczby λ spełniające λ 1. Sprawdzimy, kiedy λi S jest na. W tym celu dla y l 2 rozwiązujemy równanie (I S)x = y. Wtedy λx = y, λx n x n 1 = y n, n 1. Stąd otrzymujemy x n = λ 1 y n + λ 1 x n 1. Zatem x n = λ 1 y n + λ 2 y n λ n 1 y. Niech y = e, gdzie 1, n = ; e =, n 1. (1.1)

5 Operatory ograniczone 5 Wtedy x n = λ n 1, n. Dla λ = 1 ciąg (x n ) nie należy do l 2. Zatem σ(s) {λ C : λ 1}. Niech λ > 1. Sprawdzamy normę rozwiązania x z (1.1). n x n 2 = λ k 1 y 2 n n k λ k 1 y n k λ l 1 y n l n= n= k= n= k,l= = k,l= λ k 1 λ l 1 n=max(k,l) y n k y n l λ k 1 λ l 1 y n k 1/2 1/2 2 y n l 2 k,l= n=max(k,l) n=max(k,l) ( ) 2 λ λ k 1 λ l 1 y 2 2 = y 2 k,l= λ 1 2. Zatem czyli (λi S) 1 y 2 = x 2 (λi S) 1 λ λ 1 y 2, λ λ 1. Uwaga ) W przykładzie można zauważyć, że jeśli λ σ(s), to λ S. Ta własność zachodzi dla każdego ograniczonego operatora (por. Wniosek 1.8). 2) Zbiór σ(s) jest domknięty i również ta własność jest spełniona dla dowolnego ograniczonego operatora liniowego (por. Twierdzenie 1.7). Twierdzenie 1.7. Załóżmy, że ograniczony operator liniowy T : X X, gdzie X jest przestrzenią Banacha, spełnia T < 1. Wtedy operator I T jest odwracalny oraz (I T ) 1 = T n. n=

6 6 Analiza funkcjonalna II Dowód. Szereg T n jest bezwględnie zbieżny, bo n= T n T n = n= n= 1 1 T. Dzięki zupełności przestrzeni X symbol A = n= T n określa ograniczony operator liniowy. Zauważmy, że AT = T A = T n+1 = A I. n= Zatem Stąd A = (I T ) 1. A(I T ) = (I T )A = I. Wniosek 1.8. Niech X będzie przestrzenią Banacha oraz T B(X). Jeśli λ > T, to operator λi T jest odwracalny, tzn. λ ϱ(t ). Dowód. Mamy λi T = λ(i λ 1 T ), λ 1 T < 1. Z poprzedniego twierdzenia operator I λ 1 T jest więc odwracalny. Zatem odwracalny jest też λi T. Uwaga 1.9. Z twierdzenia wynika, że dla T < 1 mamy (I T ) T. Zatem przy założeniu T < λ otrzymujemy (λi T ) 1 = λ 1 (I λ 1 T ) 1 λ λ 1 T = 1 λ T. Twierdzenie 1.1. Dla T B(X), gdzie X jest przestrzenią Banacha, zbiór rezolwenty ϱ(t ) jest otwartym podzbiorem w C. Ponadto funkcja R z (T ) = (zi T ) 1, z ϱ(t )

7 Operatory ograniczone 7 jest analitycznym odwzorowaniem zbioru ϱ(t ) w B(X), tzn. w otoczeniu każdego punktu z funkcja R z (T ) przedstawia się za pomocą bezwzględnie zbieżnego szeregu potęgowego postaci R z (T ) = (z z ) n A n, A n B(X). Zachodzi też wzór n= R z (T ) R w (T ) = (z w)r z (T )R w (T ). (1.2) Uwaga Wzór (1.2) można kojarzyć z tożsamością 1 z t 1 w t = z w (z t)(w t). Dowód. Niech z ϱ(t ). Pokażemy, że liczby z leżące blisko z należą do ϱ(t ). Mamy zi T = (z I T ) (z z)i = (z I T )[I (z z)(z I T ) 1 ]. (1.3) Załóżmy, że Wtedy z z < 1 (z I T ) 1. (z z )(z I T ) 1 < 1. Z Twierdzenia 1.7 operator I (z z)(z I T ) 1 jest odwracalny. Zatem ze wzoru (1.3) operator zi T jest odwracalny jako złożenie dwu operatorów odwracalnych. Czyli z ϱ(t ), więc zbiór ϱ(t ) jest otwarty. Ze wzoru (1.3) i Twierdzenia 1.7 otrzymujemy R z (T ) = (zi T ) 1 = (z z) n (z I T ) n 1 n= = (z z ) n A n, A n = ( 1) n (z I T ) n 1. (1.4) n= Obliczamy R z (T ) R w (T ) = (zi T ) 1 (wi T ) 1 = (zi T ) 1 [(wi T ) (zi T )](wi T ) 1 = (z w)(zi T ) 1 (wi T ) 1 = (z w)r z (T )R w (T )

8 8 Analiza funkcjonalna II Dla z, z o ϱ(t ) na podstawie (1.4) mamy R z (T ) R z (T ) = (z z) n (z I T ) n 1 (z I T ) 1 = (z z) n (z I T ) n 1. n= Zatem R z (T ) R z (T ) z z n (z I T ) 1 n+1 = z z R z (T ) 2 1 z z R z (T ) przy założeniu, że z z < R z (T ) 1. Z obliczeń wynika, że lim R z (T ) = R z (T ). z z Zatem, korzystając z (1.2), otrzymujemy R z (T ) R z (T ) lim z z z z = lim z z ( 1)R z (T )R z (T ) = R z (T ) 2. To oznacza, że funkcja z R z (T ) posiada pochodną zespoloną jako funkcja z podzbioru ϱ(t ) w B(X). Twierdzenie Niech T będzie ograniczonym operatorem liniowym na przestrzeni Banacha X. Wtedy spektrum σ(t ) jest niepustym i domkniętym podzbiorem w C. Dowód. Domkniętość zbioru wynika z otwartości zbioru rezolwenty. Załóżmy, że spektrum σ(t ) jest zbiorem pustym. Wtedy funkcja R z (T ) jest określona na całej płaszczyźnie zespolonej. Dla ustalonych elementu x X oraz funkcjonału x X rozważamy funkcję f(z) = x (R z (T )x). Funkcja f(z) jest holomorficzna w całej płaszczyźnie zespolonej. Z zadania 18 mamy, że R z (T ). Wtedy f(z). Funkcja f(z) jest zatem z z ograniczona w C. Na podstawie twierdzenia Liouville a funkcja f jest stała, czyli f(z). Stąd x (R z (T )x) = dla dowolnego funkcjonału x, czyli R z (T )x = dla dowolnego elementu x X. Zatem R z (T ) =, co stoi w sprzeczności z odwracalnością operatora R z (T ).

9 Operatory ograniczone 9 Uwaga Dla X = C n operatory T : X X utożsamiamy z macierzami wymiaru n n. Wtedy za zasadniczego twierdzenia algebry mamy σ(t ) = {λ C : det(λi T ) }. Definicja Promieniem spektralnym operatora T B(X). nazywamy liczbę r(t ) = max{ λ : λ σ(t )}. Twierdzenie Dla T B(X), gdzie X jest przestrzenią Banacha, istnieje granica lim T n 1/n oraz granica ta jest równa r(t ). Ponadto, jeśli n X jest przestrzenią Hilberta oraz T = T, to r(t ) = T. Dowód. Jeśli T n = dla pewnej liczby n, to T n = dla n n. Wtedy lim n T n 1/n =. Załóżmy zatem, że T n dla wszystkich potęg n. Oznaczmy a n = ln T n. Zauważmy, że Rzeczywiście a n+m a n + a m. a n+m = ln T n+m = ln T n T m ln T n T m Istnienie granicy ciągu a n wynika z następnego lematu. = ln T n + ln T m = a n + a m. Lemat Jeśli ciąg liczb rzeczywistych a n spełnia warunek a n+m a n + a m, to istnieje granica (być może niewłaściwa) ciągu a n /n oraz Dowód. Mamy lim n a n n = inf a n n n. a np+r a np + a r na p + a r dla dowolnych liczb naturalnych n, p i r. Ustalmy liczbę p. Każdą liczbę m można zapisać w postaci m = np + r, gdzie r p 1. Zatem a m m = a np+r np + r Gdy m, to n, więc n np + r a p + 1 np + r a r. lim sup a m m a p p.

10 1 Analiza funkcjonalna II Ponieważ p jest dowolną liczbą naturalną, to lim sup a m m inf p a p p lim inf a m m. Stąd granice górna i dolna muszą być sobie równe. Z lematu wynika, że lim n T n 1/n = inf n T n 1/n. Załóżmy, że z > inf n T n 1/n. Pokażemy, że wtedy operator zi T jest odwracalny. Istotnie, dla pewnej liczby n mamy z > T n 1/n. Stąd z n > T n. Wtedy z n I T n = z n (I 1 z n T n ) jest operatorem odwracalnym, bo z n T n < 1. Z drugiej strony mamy z n I T n = (zi T )S = S(zI T ), dla S = z n 1 I + z n 2 T zt n 2 + T n 1. Odwracalność operatora zi T wynika z prostego algebraicznego faktu, którego dowód pozostawiamy czytelnikowi. Fakt Załóżmy, że w półgrupie A z jednością, element a jest odwracalny oraz a = bc = cb dla pewnych elementów b i c. Wtedy elementy b i c też są odwracalne. Otrzymaliśmy, że z / σ(t ). Zatem σ(t ) {z C : z inf n T n 1/n }. To oznacza, że r(t ) inf n T n 1/n. Niech teraz r > r(t ). Tzn. operator R z (T ) istnieje dla z r. Ustalmy element x X i funkcjonał x X. Funkcja z x (R z (T )x) jest holomorficzna dla z > r(t ). Zatem ta funkcja jest holomorficzna w pierścieniu r z s. Zatem I n := 1 x (R z (T )x)z n dz = 1 x (R z (T )x)z n dz. 2πi 2πi z =r z =s

11 Operatory ograniczone 11 Rozważmy s > T. Wtedy dla z = s możemy rozwinąć R z (T ) w absolutnie zbieżny szereg R z (T ) = z (k+1) T k, Zatem k= I n = x (T k x) 1 z n (k+1) dz = x (T n x), k= 2πi z =s bo tylko jeden składnik (dla k = n) jest niezerowy. Otrzymujemy zatem Dalej Ostatecznie Stąd x (T n x) = I n = 1 2πi z =r x (R z (T )x)z n dz. x (T n x) 1 2π 2πr rn max z =r R z(t ) = r n+1 max z =r R z(t ). T n = sup x 1 x 1 x (T n x) r n+1 max z =r R z(t ). lim n T n 1/n r. Ponieważ r było dowolną liczbą większą do r(t ), to Niech T B(H). Dla x H mamy Zatem lim n T n 1/n r(t ). T x 2 = T x, T x = T T x, x T T x x T T x 2. T 2 T T T T = T 2. Stąd T T = T 2. Jeśli T = T, to T 2 = T 2. Potęgi operator T są również samosprzężone, więc T 2n = T 2n 1 2 = T 2n 2 4 =... = T 2n.

12 12 Analiza funkcjonalna II Czyli T 2n 1/2n = T. Przechodząc do granicy otrzymamy r(t ) = T. Wniosek Jeśli T B(H) jest operatorem normalnym, tzn. T T = T T, to r(t ) = T. Dowód. Wykonujemy obliczenia T 2n 2 = (T 2n ) T 2n = (T ) 2n T 2n = (T T ) 2n = T T 2n = T 2n+1 Zatem T 2n 1/2n = T. Przechodząc do granicy otrzymujemy tezę. Wniosek Jeśli T B(H) jest operatorem normalnym, to T n = T n. Dowód. Mamy T n = r(t n ) = lim k T nk 1/k = (lim k T nk 1/nk ) n = r(t ) n = T n. Przykład 1.2. Rozważmy operator T : L 2 (, 1) L 2 (, 1) zadany wzorem (T f)(x) = x f(y) dy. Obraz Im T jest zawarty w C[, 1]. Istotnie, z nierówności Schwarza mamy dla x 1 x 2 1 x 2 (T f)(x 2 ) (T f)(x 1 ) = f(y) dy = x 1 1 f(y)χ [x1,x 2 ](y) dy f 2 χ [x1,x 2 ] 2 = x 2 x 1 f 2.

13 Operatory ograniczone 13 Zatem T nie jest operatorem odwracalnym. Obliczmy T 2. (T 2 f)(x) = x (T f)(y) dy = Udowodnimy przez indukcję, że (T n f)(x) = x y f(z) dz dy x x x f(z) dy dz = (x z)f(z) dz. z 1 x (x y) n 1 f(y) dy. (1.5) (n 1)! Zakładamy, że wzór jest prawdziwy i sprawdzamy następną potęgę. (T n+1 f)(x) = x (T n f)(y) dy = x 1 (n 1)! Korzystając z (1.5) otrzymujemy 1 (n 1)! x y (y z) n 1 f(z) dz dy x f(z) (y z) n 1 dy dz = 1 x (x z) n f(z) dz. n! z 1 T n+1 f 2 2 = (T n+1 f)(x) 2 dx = 1 1 x 2 (n!) 2 (x y) n f(y) dy dx 1 1 x x f(y) 2 dy (x y) 2n dy dx f (n!) 2 2 (n!) 2 1 = (n!) 2 (2n + 1)(2n + 2) f 2 2 x 2n+1 2n + 1 dx 1 ((n + 1)!) 2 f 2 2. Zatem T n+1 1 (n+1)!. Stąd lim n T n 1/n =. W rezultacie σ(t ) = {}. Twierdzenie Dla T B(H) mamy σ(t ) = σ(t ) := {z : z σ(t )}.

14 14 Analiza funkcjonalna II Dowód. Wiemy, że jeśli operator A B(H) jest odwracalny, to A jest też odwracalny oraz (A ) 1 = (A 1 ). Niech z / σ(t ). Tzn. zi T jest operatorem odwracalnym. Zatem zi T jest też odwracalny, czyli z / σ(t ). To daje σ(t ) σ(t ). Stąd wynika, że czyli σ(t ) = σ((t ) ) σ(t ), σ(t ) σ(t ). Wniosek Niech U : H H będzie operatorem unitarnym, tzn. U U = UU = I, lub równoważnie U = U 1. Wtedy σ(u) {z C : z = 1}. Dowód. Mamy U 2 = U U = I = 1. Zatem U = 1, skąd wynika σ(u) {z C : z 1}. Niech z < 1. Chcemy pokazać, że zi U jest odwracalny. Zauważmy, że zi U = zu U U = (I zu )U. U jest odwracalny. Operator I zu jest również odwracalny, bo zu = z < 1. Stąd zi U jest odwracalny, co dowodzi tezy wniosku. Uwaga Jeśli U jest unitarny, to Ux = x dla x H. Rzeczywiście Podobnie U x = x. Ux 2 = Ux, Ux = U Ux, x = x, x = x 2. Twierdzenie Jeśli operator T : H H jest normalny, to T x = T x dla x H. Dowód. Mamy T x 2 = T x, T x = T T x, x = T T x, x = T x, T x = T x 2.

15 Operatory ograniczone 15 Wniosek Jeśli T jest operatorem normalnym, to (λi T )x = (λi T )x dla x H. Ponadto, jeśli λ jest wartością własną operator T, to λ jest wartością własną operatora T, z tym samym wektorem własnym. Dowód. Z założenia wynika, że λi T jest operatorem normalnym, więc możemy zastosować poprzednie twierdzenie. Druga część wniosku wynika z obserwacji, że T x = λx oznacza (λi T )x =. Twierdzenie Wektory własne odpowiadające różnym wartościom własnym operatora normalnego są ortogonalne. Dowód. Niech T : H H będzie operatorem normalnym oraz T x = λx i T y = µy dla λ µ oraz pewnych niezerowych wektorów x, y H. Obliczamy Zatem x, y =. λ x, y = T x, y = x, T y = x, µy = µ x, y. Wniosek Niech T będzie operatorem normalnym na H = C n. Wtedy istnieje baza ortonormalna v 1, v 2,..., v n w C n złożona z wektorów własnych operatora T. Uwaga Teza wniosku oznacza, że w bazie wektorów {v 1, v 2,..., v n } macierz operatora T ma postać diagonalną z liczbami λ 1, λ 2,..., λ n na przekątnej. Dowód. Utożsamimy operator T z macierzą w standardowej bazie przestrzeni C n. Rozwiązujemy równanie p(λ) = det(λi T ) ze względu na λ. Wtedy p(z) jest wielomianem stopnia n, więc na podstawie Zasadniczego Twierdzenia Algebry istnieje rozwiązanie λ 1 C. Wtedy λ 1 jest wartością własną odpowiadającą pewnemu wektorowi v 1 C n. Tzn. T v 1 = λ 1 v 1. Rozkładamy przestrzeń na C n = Cv 1 M 1, gdzie M 1 = {x 1 }.

16 16 Analiza funkcjonalna II Mamy M 1 C n 1 oraz T (M 1 ) M 1. Rzeczywiście, niech v M 1. Chcemy sprawdzić, czy T v M 1. W tym celu obliczamy T v, v 1 = v, T v 1 = v, λ 1 v 1 = λ 1 v, v 1 =. Traktujemy T jako operator na M 1 C n 1. Powtarzamy całe wcześniejsze rozumowanie, aby znaleźć wektor własny v 2 i wartość własną λ 2 i nastepną podprzestrzeń M 2. Itd. Twierdzenie Dla ograniczonego operatora samosprzężonego w przestrzeni Hilberta spektrum jest zawarte w osi rzeczywistej. Dowód. Załóżmy, że z = λ + µi, gdzie λ, µ R, oraz µ. Pokażemy, że operator zi T jest odwracalny, tzn. z / σ(t ). Wykonujemy obliczenia (zi T )v 2 = (zi T )v, (zi T )v = (zi T )(zi T )v, v = (λ 2 + µ 2 )I 2λT + T 2 )v, v = [(λi T ) 2 + µ 2 I]v, v = (λi T )v, (λi T )v + µ 2 v, v µ 2 v 2. Otrzymaliśmy więc (zi T )v µ v. (1.6) To oznacza, że operator zi T jest różnowartościowy oraz, że obraz Im (zi T ) jest domknięty. Korzystając z zadania 83 [[5]] mamy H = ker(zi T ) Im (zi T ). Pierwsza podprzestrzeń jest zerowa, bo z / R. Zatem H = Im (zi T ), tzn. zi T jest operatorem 1-1 i na. Stąd zi T jest odwracalny algebraicznie. Ponadto z (1.6) wynika ograniczoność operaora odwrotnego. 2 Operatory dodatnie Definicja 2.1. Operator A B(H) nazywamy dodatnim, jeśli Av, v dla wszystkich wektorów v H. Piszemy wtedy A. Fakt 2.2. Każdy operator dodatni jest samosprzężony.

17 Operatory dodatnie 17 Dowód. Z założenia mamy w szczególności, że Av, v = v, Av. Na podstawie tożsamości polaryzacyjnej otrzymujemy Av, w = k= A(v+i k w), v+i k w i k = 1 4 Stąd A = A. 4 v+i k w, A(v+i k w) i k = v, Aw = A v, w. k= Uwaga 2.3. Warto zapamiętać, że z tożsamości polaryzacyjnej wynika, że jeśli dla dwu operatorów A i B z B(H) mamy Av, v = Bv, v, to A = B. Przykłady. (a) H = C n oraz A jest macierzą postaci A = n Wtedy Av, v = n k=1 k v k 2, dla v = (v k ) n k=1. (b) Dla H = L 2 (, 1) określamy (Af)(x) = xf(x). Wtedy Av, v = 1 x f(x) 2 dx. Lemat 2.4. Jeśli A oraz C B(H), to C AC. Dowód. C ACv, v = A(Cv), Cv. Lemat 2.5. Jeśli A, B oraz A + B =, to A = B =. Dowód. Mamy Av, v + Bv, v = (A + B)v, v =. Ponieważ oba składniki są nieujemne, to oba muszą się zerować dla dowolnego wektora v. Stąd A = B =.

18 18 Analiza funkcjonalna II Lemat 2.6. Mamy 1 x = 1 oraz szereg jest zbieżny jednostajnie. (2n)! (n!) 2 (2n 1)4 n xn, x 1, Dowód. Wzór jest znany z kursu Analiza 1. Wiemy, że ( ) 1/2 1 x = 1 + ( x) n, x < 1. (2.1) n Po przekształceniu i zastosowaniu wzoru Stirlinga mamy ( ) 1/2 ( 1) n+1 = n (2n)! (n!) 2 (2n 1)4 1 n 2 πn n. Zatem szereg jest zbieżny jednostajnie w przedziale [ 1, 1]. Obie strony (2.6) reprezentują więc funkcje ciagłe w przedziale [ 1, 1]. Stąd równość rozszerza się na przedział domknięty. Lemat 2.7. Jeśli A jest operatorem samosprzężonym, to Dowód. Mamy A = sup Av, v = sup Av, v. v 1 v =1 A = sup u 1 v 1 Av, w = sup u 1 v 1 Re Av, w, bo można dobrać liczbę zespoloną α o module 1 taką, że Av, w = Av, αw. Z tożsamości polaryzacyjnej otrzymujemy Re Av, w = 1 4 A(v + w), v + w 1 A(v w), v w 4 = 1 4[ v + w 2 Ay, y v w 2 Az, z ],

19 Operatory dodatnie 19 gdzie o ile v ± w. Zatem y = v + w v + w, z = v w v w, Re Av, w 1 v + w 4[ 2 + v w 2 ] ] sup Ay, y y =1 W rezultacie mamy A sup Ay, y. y =1 Oczywiście nierówność przeciwna jest też spełniona, bo Ay, y Ay y A y 2. = 4[ 1 2 v w 2] sup Ay, y. y =1 Czyli sup Ay, y A. y =1 Twierdzenie 2.8. Dla dodatniego operatora A B(H) istnieje jedyny operator dodatni B spełniający B 2 = A, nazywany pierwiastkiem z A i oznaczany A 1/2. Dowód. Możemy założyć, że A 1, dzieląc w razie potrzeby przez liczbę dodatnią. Oznaczmy X = I A. Wtedy Ponadto Xv, v = v, v Av, v v 2 A 2 v 2. Z Lematu 2.7 otrzymujemy więc Xv, v = v, v Av, v v 2. X = sup Xv, v 1. v =1 Oznaczmy c n = (2n)! (n!) 2 (2n 1)4 n.

20 2 Analiza funkcjonalna II Określmy B = I c n X n, przez analogię ze wzorem z Lematu 2.6, bo A = I X. B jest dobrze określonym operatorem, bo szereg jest bezwględnie zbieżny znowu z Lematu 2.6. Uwaga 2.9. W przestrzeni B(H) można pomnożyć metodą Cauchy ego dwa szeregi bezwględnie zbieżne i otrzymany szereg będzie bezwględnie zbieżny. Dowód jest taki sam jak dla szeregów liczbowych, tylko symbol wartości bezwględnej trzeba zamienić symbolem normy. Jedyna różnica polega na tym, że ab = a b, AB A B. Sprawdzamy, czy B 2 = A. ( ) ) B 2 = I c n X (I n c n X n = d n X n, n= gdzie prawa strona jest iloczynem Cauchy ego szeregu I c n X n przez siebie. Ale z Lematu 2.6 mamy ( ) 2 1 c n x n = 1 x, zatem d = 1, d 1 = 1 oraz d n = dla n 2. Czyli B 2 = I X = A. Sprawdzimy nieujemność operatora B. Mamy Bv, v = v, v c n X n v, v v 2 c n X n v 2 v 2 c n v 2 =. Skorzystaliśmy z faktu, że X n X n 1 oraz c n = 1, co wynika z Lematu 2.6. Pozostaje sprawdzić jedyność. Załóżmy, że dla innego operatora C mamy C 2 = A. Wtedy CA = C 3 = AC, tzn. C i A są przemienne ze sobą.

21 Operatory dodatnie 21 Wtedy również C i B są przemienne, co wynika z określenia operatora B. Wykonujemy obliczenie (B C)B(B C) + (B C)C(B C) = (B C)(B + C)(B C) = (B 2 C 2 )(B C) =. Każdy z początkowych składników jest operatorem dodatnim z Lematu 2.5. Zatem (B C)B(B C) = (B C)C(B C) =. Odejmując te operatory otrzymujemy = (B C)B(B C) (B C)C(B C) = (B C) 3. Operator B C jest samosprzężony, więc z Lematu 1.19 wynika, że czyli C = B. = (B C) 3 = B C 3, Definicja 2.1. Dla A B(H) określamy A = (A A) 1/2. Definicja Operator U B(H) nazywamy częściową izometrią, jeśli U jest izometrią po obcięciu do podprzestrzeni (ker U), tzn. Uv = v, dla wszystkich v ker U. Uwaga Zbiór Im U jest domknięty jako izometryczny obraz przestrzeni domkniętej (ker U) przez operator U. Rzeczywiście, ponieważ H = ker U (ker U), to Im U = U(H) = U ( (ker U) ). Lemat Operator U jest częściową izometrią wtedy i tylko wtedy, gdy operator UU jest rzutem, tzn. (UU ) 2 = UU.

22 22 Analiza funkcjonalna II Dowód. ( ) Wiemy, że (ker U) = Im U. Ponadto UU v = U v. Zatem (UU ) 2 v, v = UU v, UU v = UU v 2 = U v 2 = UU v, v. Stąd (UU ) 2 = UU. ( ) Jeśli (UU ) 2 = UU, to korzystając z wcześniejszych obliczeń otrzymamy, że U jest izometrią na Im U. Zatem U jest izometrią na domknięciu Im U, czyli na (ker U). Dla częściowej izometrii U mamy dwa ortogonalne rozkłady przestrzeni H = ker U (ker U), H = (Im U) Im U. Operator U jest izometrią z (ker U) na Im U. Lemat Jeśli U jest częściową izometrią, to U jest też częściową izometrią. Dowód. Wiemy, że (UU ) 2 = UU. Z Lematu 2.13 wystarczy dowieść, że (U U) 2 = U U. Mamy UU (UU I) =. Ponieważ U jest izometrią na (ker U) = Im U, to U jest 1-1 na Im U. Stąd U (UU I) =. Przez sprzężenie otrzymujemy (UU I)U = czyli UU U = U. (2.2) Mnożymy z lewej strony przez U i uzyskujemy (U U) 2 = U U. Jako częściowa izometria U jest izometrią z (ker U ) na Im U, czyli z Im U na = (ker U) (odwrotnie niż U). Ponadto UU jest rzutem na Im U. Istotnie, z (2.2) mamy UU (Uv) = Uv, tzn. UU jest identycznością na Im U. Co więcej UU zeruje się na (Im U) = ker U. Po zamianie rolami U i U wnioskujemy, że U U jest rzutem ortogonalnym na Im U = (ker U). Twierdzenie 2.15 (Rozkład polarny). Dla operatora A B(H) istnieje jedyna częściowa izometria U spełniająca A = U A oraz ker A = ker U. Ponadto Im U = Im A.

23 Operatory dodatnie 23 Dowód. Mamy Zatem Av, Av = A Av, v = A 2 v, v = A v, A v Av = A v. Stąd wynika, że jeśli A v 1 = A v 2, to Av 1 = Av 2, bo A v 1 A v 2 = A (v 1 v 2 ) = A(v 1 v 2 ) = Av 1 Av 2. Określamy odwzorowanie U najpierw na podprzestrzeni Im A wzorem U( A v) = Av. Z poprzednich obliczeń operator U jest dobrze określony i jest izometrią z Im A na Im A. Zatem U rozszerza się do izometrii z Im A na Im A w oparciu o znany fakt z topologii metrycznej. Połóżmy Uv = dla v (Im A ) = ker A. Wtedy U staje się częściową izometrią oraz ker U = ker A = ker A. Z definicji operatora U mamy U A = A. Pozostaje sprawdzić jedyność. Załóżmy, że V jest również częściową izometrią spełniającą A = V A oraz ker V = ker A. Zatem V A v = Av = U A v, tzn. V i U są równe na Im A. Stąd V = U na Im A, przez ciągłość. Z kolei na dopełnieniu ortogonalnym Im A = ker A = ker A = ker V = ker U operatory U i V są równe, bo oba się tam zerują. To oznacza, że U = V. Uwaga Zauważmy U U jest rzutem na Czyli (ker U) = (ker A) = (ker A ) = Im A. U A = U U A = A. Uwaga Jeśli A jest operatorem odwracalnym, to również A i iloczyn A A są odwracalne. W związku z tym A jest odwracalny. Wtedy U = A A 1. To oznacza, że U i U są odwracalne.dalej U U = A 1 A A A 1 = I, zatem U = U 1 co oznacza, że U jest operatorem unitarnym.

24 24 Analiza funkcjonalna II Przykłady. (a) Niech H = C n. Wtedy operator A jest dodatni wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie wartości własne macierzy A są nieujemne. Rzeczywiście, niech A. Wtedy jeśli Av = λv, dla v, to Av, v = λ v, v. Zatem λ. Odwrotnie, załóżmy, że wartości własne dla A są nieujemne. Wiemy, że A można przedstawić w postaci A = CDC 1, gdzie D jest macierzą diagonalną oraz C jest macierzą unitarną. Tzn. A = CDC. Elementy na przekątnje macierzy D są nieujemne jako wartości własne macierzy A. Zatem D jest operatorem dodatnim, bo jeśli λ 1 λ 2 D =...., λ n to n Dv, v = λ k v k 2. k=1 Zatem A. Ponadto A 1/2 = CD 1/2 C 1, gdzie λ 1/2 1 D 1/2 λ 1/2 2 =,.... λn 1/2 (b) Niech H = L 2 (, 1) oraz (Af)(x) = x f(x). Wtedy Ponadto Af, f = 1 (Af)x)f(x) dx = 1 (A 1/2 f)(x) x f(x). x f(x) 2 dx. (b) Niech H = l 2. Określmy U(x, x 1, x 2,...) = (x 1, x 2, x 3,...). U jest izometrią na V = e, gdzie e k = (,...,, 1,,...). Ponadto U k zeruje się na Ce. Zatem U jest częściową izometrią. Mamy U (x, x 1, x 2,...) = (, x, x 1,...).

25 Zbieżność operatorów 25 Rzeczywiście U x, y = x, Uy = x n y n+1 = x n 1 y n. n= Zauważmy, że U U(x, x 1, x 2,...) = U (x 1, x 2, x 3,...) = (, x 1, x 2,...), UU (x, x 1, x 2,...) = U(, x, x 1,...) = (x, x 1, x 2,...). Tzn. UU = I oraz U U jest rzutem na e. 3 Zbieżność operatorów Niech X i Y będą przestrzeniami unormowanymi. Rozważmy T n, T B(X, Y ). Definicja 3.1. (a) Mówimy, że ciąg operatorów T n jest zbieżny do operatora T w normie operatorowej, jeśli T n T B(X,Y ) n. (b) Mówimy, że ciąg T n jest zbieżny do T mocno, jeśli dla wszystkich elementów x X mamy T n x T x Y n. (c) Mówimy, że ciąg T n jest zbieżny do T słabo, jeśli dla wszystkich elementów x X oraz wszystkich funkcjonałów y Y mamy Z nierówności y (T n x) y (T x) n. y (T n x) y (T x) = y (T n x T x) y Y T n x T x Y = y Y (T n T )x Y y Y x X T n T B(X,Y ) wynika, że (a) (b) (c).

26 26 Analiza funkcjonalna II Przykład 3.2. Niech X = Y = l 2 oraz Dla T n = U n mamy U(x, x 1, x 2,...) = (x 1, x 2, x 3,...). T n (x, x 1, x 2,...) = (x n, x n+1, x n+2,...). Zatem T n x 2 = x k 2. n k=n To oznacza, że ciąg T n jest zbieżny mocno do zera. Ponieważ T n T n e n = e = 1, to ciąg T n nie dąży do w normie operatorowej. Mamy U (x, x 1, x 2,...) = (, x, x 1,...). Wtedy Zatem Dalej bo U n y n (U ) n (x, x 1, x 2,...) = (,...,, x }{{}, x 1,...). n (U ) n x 2 = x 2. (U ) n x, y = (U n ) x, y = x, U n y n,. To oznacza, że (U ) n dąży do słabo, ale nie dąży do mocno. Uwaga 3.3. Dla T n, T B(H) mamy T n T n x, y n T x, y, x, y H. T wtedy i tylko wtedy, gdy słabo Twierdzenie 3.4. Załóżmy, że X jest przestrzenią Banacha, a Y przestrzenią unormowaną. Wtedy każdy słabo zbieżny ciąg operatorów T n B(X, Y ) jest ograniczony, tzn. sup n T n <. Dowód. Załóżmy, że T n n T słabo, tzn. dla dowolnego elementu x X ciąg T n x jest słabo zbieżny w przestrzeni Y. Wtedy ciąg T n x jest ograniczony w Y. Zatem z twierdzenia Banacha-Steinhausa normy T n są wspólnie ograniczone.

27 Zbieżność operatorów 27 Rozważmy przestrzeń Hilberta H. Dla A, B B(H) piszemy A B jeśli A = A, B = B oraz A B. Ta relacja jest przechodnia, bo jeśli A oraz B, to A + B. Lemat 3.5. Dla A mamy Au, v Au, u 1/2 Av, v 1/2, (3.1) Au A 1/2 Au, u 1/2. (3.2) Dowód. Dla z C i u, v H rozważamy wyrażenie A(zu + v), zu + v = z 2 Au, u + Av, v + 2Re {z Au, v }. Załóżmy, że Au, v. Niech z = λ sgn Au, v dla λ R. Wtedy A(zu + v), zu + v = Au, u λ 2 2 Au, v λ + Av, v. Otrzymaliśmy nieujemny trójmian kwadratowy zmiennej λ. Zatem wyróżnik trójmianu musi być niedodatni. Czyli 4 = Au, v 2 Au, u Av, v. To dowodzi (3.1). W (3.1) podstawmy v = Au. Wtedy z nierówności Schwarza otrzymujemy Au 2 Au, u 1/2 A 1/2 Au. Przy założeniu Au otrzymujemy (3.1). Twierdzenie 3.6. Niech T n B(H) będzie rosnacym i ograniczonym ciągiem operatorów dodatnich, tzn. T n T n+1, oraz sup T n <. Wtedy ciąg T n jest zbieżny mocno. Dowód. Dla v H mamy Ponadto T n v, v T n+1 v, v. T n v, v T n v 2 c v 2, gdzie c = sup T n. Zatem ciąg liczbowy T n v, v jest rosnący i ograniczony, n więc jest zbieżny dla dowolnego elementu v.. Z tożsamości polaryzacyjnej n

28 28 Analiza funkcjonalna II wynika, że również ciąg T n u, v jest zbieżny dla dowolnych elementów u i v. Oznaczmy B(u, v) = lim n T n u, v. Wtedy B(u, v) sup T n u, v c u v. n Zatem B(u, v) jest ograniczoną formą hermitowską na H H. Z Twierdzenia 3.24 i zadania 72 [[5]] istnieje operator samosprzężony T taki, że B(u, v) = T u, v. Tzn. lim n T n u, v = T u, v. Zatem ciąg T n jest zbiezny do T słabo. Operator T jest dodatni, bo T n u, u T u, u. Co więcej T T n. Stosujemy (3.2) do A = T T n i otrzymujemy T u T n u = (T T n )u T T n 1/2 (T T n )u, u 1/2 T T n 1/2 T u T n u, u 1/2. Ponieważ to T T n T + T n T + c, T u T n u ( T + c) 1/2 T u T n u, u 1/2. Zatem T u T n u n. Czyli T n dąży do T mocno 4 Operatory zwarte Definicja 4.1. Ograniczony operator liniowy T : X Y, gdzie X i Y są przestrzeniami unormowanymi, nazywamy zwartym jeśli obraz dowolnego ograniczonego podzbioru w X jest warunkowo zwartym podzbiorem w Y, tzn. z każdego ciągu elementów tego obrazu można wybrać podciąg zbieżny. Uwaga 4.2. Aby operator T : X Y był zwarty wystarczy, aby zbiór T (B 1 ) był warunkowo zwarty, gdzie B 1 jest kulą jednostkową w X, tzn. B 1 = {x X : x 1}. Rzeczywiście, każdy ograniczony zbiór jest zawarty w wielokrotności kuli jednostkowej. Więc obraz takiego zbioru jest zawarty w wielokrotności obrazu kuli jednostkowej.

29 Operatory zwarte 29 Przykład 4.3. Niech T : C[, 1] C[, 1] będzie okreśłony wzorem (T f)(x) = 1 k(x, y) f(y) dy, gdzie k(x, y) jest funkcją ciagłą dwu zmiennych. Wtedy Stąd T f T k := sup k(x, y) f. x,y 1 sup k(x, y). x,y 1 Rozważmy zbiór T ({f C[, 1] : f 1}. Ten zbiór jest ograniczony, bo operator T jest ograniczony. Sprawdzamy jednakową ciągłość funkcji z tego zbioru. (T f)(x) (T f)(x ) = 1 1 [k(x, y) k(x, y)] f(y) dy k(x, y) k(x, y) f(y) dy f 1 f sup y 1 sup y 1 k(x, y) k(x, y) k(x, y) k(x, y). (4.1) Funkcja k(x, y) jest jednostajnie ciągła. Zatem dla ustalonej liczby dodatniej ε istnieje liczba dodatnia δ taka, że jeśli x x < δ oraz y y < δ to k(x, y) k(x, y ) < ε. Zatem jeśli x x < δ, to sup k(x, y) k(x, y) ε. y 1 Czyli (T f)(x) (T f)(x ) ε. Reasumując obraz kuli jednostkowej przez operator T jest ograniczony i warunkowo zwarty. Zatem z twierdzenia Arzeli- Ascoliego ten obraz jest warunkowo zwarty, więc operator T jest zwarty. Twierdzenie 4.4. Niech X, Y, V, i W będą przestrzeniami unormowanaymi, natomiast operatory T : X Y, A : V X oraz B : Y W będą ograniczonymi operatorami liniowymi. Jeśli operator T jest zwarty, to zwarty jest również operator BT A : V W.

30 3 Analiza funkcjonalna II Uwaga 4.5. Aby pokazać operator T : X Y jest zwarty, trzeba udowodnić, że dla każdego ograniczonego ciągu x n w X ciąg T x n zawiera podciąg zbieżny w Y. Dowód. Niech v n będzie ograniczonym ciągiem w V. Wtedy ciąg Av n jest ograniczony w X. Zatem ciąg T (Av n ) zawiera podciąg T (Av nk ) zbieżny. Z ciągłości operatora B mamy, że podciąg BT Av nk jest też zbieżny. Przykład 4.6. Rozważmy operator T : L 2 (, 1) L 2 (, 1) (T f)(x) = 1 k(x, y)f(y) dy, gdzie k(x, y) jest funkcją ciągłą dwu zmiennych. Określmy operatory S 1 : C[, 1] L 2 (, 1) oraz S 2 : L 2 (, 1) C[, 1] wzorami S 1 f = f, (S 2 f)(x) = Oba operatory są ograniczone, bo oraz (S 2 f)(x) 1 k(x, y)f(y) dy. 1 1/2 S 1 f 2 = f 2 = f(x) 2 dx f, 1 k(x, y) f(y) dy k k 1 1 f(y) dy 1/2 f(y) 2 dy = k f 2, czyli S 2 f k f 2. Mamy T = S 1 S 2. Pokażemy, że operator S 2 jest zwarty, zatem T też będzie zwarty z poprzedniego twierdzenia. Wykażemy, że obraz kuli w L 2 (, 1) przez S 1 jest warunkowo zwarty w C[, 1]. Oczywiście obraz kuli jest ograniczony, bo operator S 2 jest ograniczony. Sprawdzamy jednakową ciagłość funkcji z obrazu kuli. Niech f 2 1. Wtedy korzystając z (4.1) otrzymamy (S 2 f)(x) (S 2 f)(x ) sup k(x, y) k(x, y) f 1 sup k(x, y) k(x, y) f 2, y 1 y 1

31 Operatory zwarte 31 więc (S 2 f)(x) (S 2 f)(x ) sup k(x, y) k(x, y). y 1 Ponieważ funkcja k(x, y) jest jednostajnie ciągła, to funkcje S 2f, dla f 2 1 są jednakowo ciagłe. Przykład 4.7. Operatory skończenie wymiarowe, tzn. dim Im T <, są zwarte. Istotnie, niech T : X Y będzie ograniczonym operatorem liniowym, dla którego T (X) jest przestrzenią skończonego wymiaru m. Wtedy przestrzeń T (X) jest izomorficzna z C m z normą euklidesową. W takiej przestrzeni każdy zbiór ograniczony jest warunkowo zwarty. W szczególności obraz kuli jednostkowej przez operator ograniczony T jest taki. Twierdzenie 4.8. Niech X przestrzenią unormowaną, a Y przestrzenią Banacha. Załóżmy, że operatory T n B(X, Y ) są zwarte oraz zbieżne do operatora T B(X, Y ) w normie operatorowej. Wtedy operator T tez jest zwarty. Dowód. Rozważamy ciąg x m elementów z kuli jednostkowej w X. Z założenia istnieje podciąg x (1) m ciągu x m taki, że ciąg T x (1) m jest zbieżny, np. do y 1. Z kolei istnieje podciąg x (2) m ciągu x (1) m taki, że ciąg T 2 x (2) m jest zbieżny, np. do y 2. Postępując tak dalej znajdziemy podciąg x (n) m ciągu x (n 1) m taki, że ciąg T n x (n) m jest zbieżny, np. do y n. Określmy nowy ciąg x m = x (m) m. Dla m n ciąg x m jest podciągiem ciągu x m (n). Zatem T n x m m y n. Sprawdzimy, że ciąg y n jest zbieżny. Mamy y l y k = lim m T l x m T k x m. Ale T l x m T k x m = (T l T k ) x m T l T k x m T l T k. Zatem ciąg y n spełnia warunek Cauchy ego. Z zupełności przestrzeni Y ciąg y n jest zbieżny do pewnego elementu y. Pokażemy, że T x m m y. Mamy T x m y T x m T n x m + T n x m y n + y n y T T n + T n x m y n + y n y. Dla liczby dodatniej ε wybieramy n odpowiednio duże tak, aby T T n < ε/3 oraz y n y < ε/3. Następnie dla ustalonej wartości n istnieje liczba

32 32 Analiza funkcjonalna II m tak, że dla m m zachodzi T n x m y n < ε/3. Wtedy dla m m otrzymujemy T x m y < ε. Przykład 4.9. Rozważmy ponownie operator T : L 2 (, 1) L 2 (, 1) z Przykładu 4.6. Na podstawie twierdzenia Stone a-weierstrassa kombinacje liniowe funkcji postaci a(x)b(y) leżą gęsto z przestrzeni C([, 1] 2 ). Zatem istnieje ciąg funkcji k n (x, y) postaci k n (x, y) = N k=1 a k (x)b k (y) (przy czym N i funkcje a k oraz b k zależą od n) takich, że k n (x, y) k(x, y). Określmy operatory Zatem (T n f)(x) = 1 k n (x, y)f(y) dy = N k=1 1 a k (x) Im T n lin{a 1 (x), a 2 (x),..., a N (x)}. n b k (y)f(y) dy. To oznacza, że T n jest operatorem skończenie wymiarowym. W szczególności T n jest operatorem zwartym. Ponadto [(T n T )f](x) = sup x,y 1 Stąd otrzymujemy Zatem 1 [k n (x, y) k(x, y)]f(y) dy k n (x, y) k(x, y) f 1 sup x,y 1 (T n T )f 2 T n T 1 k n (x, y) k(x, y) f(y) dy k n (x, y) k(x, y) f 2. sup k n (x, y) k(x, y) f 2. x,y 1 sup k n (x, y) k(x, y) x,y 1 n. Twierdzenie 4.1. Niech T będzie ograniczonym operatorem liniowym na przestrzeni Hilberta. T jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy T jest zwarty. Dowód. Wiemy, że operator T można zapisać w postaci T = U T oraz U T = T. Jeśli T jest zwarty, to zwarty jest też T. Wtedy również T = T U jest zwarty.

33 Operatory zwarte 33 Twierdzenie W ośrodkowej przestrzeni Hilberta H ograniczony operator liniowy T jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy przekształca ciągi słabo zbieżne do zera w ciągi zbieżne do zera w normie przestrzeni. Dowód. ( ) Załóżmy, że ciąg elementów x n przestrzeni H dąży słabo do zera. Ten ciąg jest więc ograniczony. Zatem T x n zawiera podciąg zbieżny T x nk. Oznaczmy T x nk y. Dla z H otrzymujemy k y, z = lim k T x nk, z = lim k x nk, T z =. Zatem y, z = dla wszystkich z H, czyli y =. Z powyższego rozumowania wynika, że każdy podciąg ciągu T x n zawiera podciąg zbieżny do zera. Stąd otrzymujemy, że T x n dąży do zera. ( ) Niech x n będzie ograniczonym ciągiem elementów z H. Z twierdzenia Banacha-Alaoglu możemy wybrać podciąg x nk, który jest -słabo, czyli słabo, zbieżny. Niech x nk x słabo. Zatem x nk x słabo. Z założenia ciąg k k T (x nk x) jest zbieżny do zera w normie. Czyli T x nk T x k. Lemat Niech X, Y i Z będą przestrzeniami unormowanymi. Załóżmy, że operator T : X Y jest zwarty oraz, że ciąg ograniczonych operatorów S n : Y Z jest mocno zbieżny do operatora S : Y Z. Wtedy ciąg operatorów S n T jest zbieżny do ST w normie operatorowej. Dowód. Załóżmy, że S n T nie jest zbieżny do ST w normie operatorowej. Zatem dla pewnej dodatniej liczby ε można znaleźć rosnący ciąg liczb naturalnych n k oraz ciąg elementów x k X takich, że x k = 1, (S nk T ST )x k ε. Ze zwartości operatora T ciąg T x k zawiera podciąg zbieżny. Bez straty ogólności założymy, że T x k jest zbieżny do pewnego elementu y Y. Wtedy ε (S nk T ST )x k S nk T x k S nk y + S nk y Sy + Sy ST x k S nk T x k y + S nk y Sy + S y T x k k. Twierdzenie Każdy zwarty operator pomiędzy przestrzeniami Hilberta jest granicą w normie operatorowej ciągu operatorów skończenie wymiarowych.

34 34 Analiza funkcjonalna II Dowód. Niech T : H 1 H 2 będzie zwarty. Rozważmy przestrzeń T (H 1 ). Oznaczmy symbolem B kulę jednostkową w H 1. Wtedy T (H 1 ) = T (nb) = nt (B) nt (B). Zatem przestrzeń T (H 1 ) jest zawarta w przeliczalnej sumie zbiorów zwartych. Z kursu topologii metrycznej wiemy, że przestrzeń T (H 1 ) jest więc ośrodkowa. Zatem również domknięcie H 3 := T (H 1 ) jest ośrodkową przestrzenią Hilberta. Niech {e k } k=1 oznacza bazę ortonormalną w przestrzeni H 3. Wtedy dla dowolnego elementu x H 3 mamy Oznaczmy x = x, e k e k. k=1 n I n x = x, e k e k. k=1 Wtedy I n x n x, czyli I n n I H3 mocno. Z Lematu 4.12 otrzymujemy, że I n T n I H3 T = T w normie operatorowej. Twierdzenie 4.14 (Alternatywa Fredholma). Niech T będzie operatorem zwartym w przestrzenia Hilberta. Wtedy dla liczby λ operator λi T jest odwracalny albo liczba λ jest wartością własną operatora T. Dowód. Mamy λi T = λ(i λ 1 T ). Zamieniając operator T na λ 1 T, który też jest zwarty możemy ograniczyć się do przypadku λ = 1. Rozważamy więc operator I T. Z poprzedniego lematu można znaleźć operator skończenie wymiarowy K taki, że T K < 1. Wtedy I T = I (T K ) K. Operator I (T K ) jest odwracalny na podstawie Twierdzenia 1.7. Zatem I T = { I K [I (T K )] 1} [I (T K )]. Oznaczmy Wtedy K 1 = K [I (T K )] 1. I T = (I K 1 )(I T + K ). (4.2)

35 Operatory zwarte 35 Operator K 1 jest skończenie wymiarowy, bo Im K 1 Im K. Ze wzoru (4.2) wynika, że I T jest odwracalny wtedy i tylko wtedy, gdy I K 1 jest odwracalny. Ponadto I T jest różnowartościowy wtedy i tylko wtedy, gdy I K 1 jest óżnowartościowy. Wystarczy zatem pokazać, że jeśli I K 1 jest nieodwracalny, to I K 1 nie jest różnowartościowy. Załóżmy nie wprost, że I K 1 jest różnowartościowy. Pokażemy, że I K 1 jest na. Ustalmy y H. Chcemy rozwiązać równanie (I K 1 )x = y. (4.3) Wybieramy bazę ortonormalną e 1, e 2,..., e n w Im K 1. Będziemy szukać rozwiązania x w postaci n x = y + λ k e k. (4.4) Mamy k=1 n K 1 x = α k (x)e k. (4.5) k=1 Zapis jest jednoznaczny, zatem α 1, α 2,..., α n zależą liniowo od zmiennej x. Podstawmy (4.4) i (4.5) do (4.3). Wtedy n n n n y + λ k e k α k (y)e k λ j α k (e j )e k = y. k=1 k=1 k=1 j=1 Po uproszczeniu y porównujemy współczynniki przy wektorach bazowych i dostajemy układ n równań z n niewiadomymi λ 1, λ 2,..., λ n. n λ k λ j α k (e j ) = α k (y), k = 1, 2,..., n. j=1 Macierz układu ma postać I A, gdzie A = (α k (e j )) n j,k=1. Układ równań ma postać macierzową (I A)λ = b, λ, b C n, gdzie λ 1 α 1 (y) λ 2 λ =., b = α 2 (y).. λ n α n (y)

36 36 Analiza funkcjonalna II k=1 Wyznacznik układu det(i A) jest niezerowy Istotnie, gdyby det(i A) =, to równanie (I A)λ = miałoby niezerowe rozwiązanie λ C n. Równoważnie, przyjmując y = uzyskamy niezerowe rozwiązanie równania (I K 1 )x = n, bo można przyjąć x = λ k e k. To jest sprzeczne z założeniem o różnowartościowości I K 1. Zatem det(i A). Wtedy rówananie (I A)λ = b posiada rozwiązanie λ. Ale to oznacza, że równanie (I K 1 )x = y ma rozwiązanie. W rezultacie operator I K 1 jest na. Twierdzenie 4.15 (Riesz-Schauder). Spektrum operatora zwartego na przestrzeni Hilberta składa się z co najwyżej przeliczalnego zbioru liczb zespolonych nie mających punktu skupienia poza być może punktem. Każda niezerowa liczba w spektrum jest wartością własną o skończonej krotności (tzn. przestrzeń wektorów własnych odpowiadająca tej liczbie ma skończony wymiar). Dowód. Niech λ oraz λ σ(t ) dla zwartego operatora T. Z alternatywy Fredholma wynika, że λ jest wartością własną operatora T. Niech T x = λx, oraz x. Ustalmy liczbę ε >. Pokażemy, że przestrzeń wektorów własnych odpowiadających wartosciom własnym λ, λ ε, ma skończony wymiar. To zakończy dowód tezy twierdzenia. Załóżmy nie wprost, że istnieje nieskończony układ liniowo niezależny (x n ) taki, że T x n = λ n x n oraz λ n ε. Zastosujemy proces ortogonalizacji Grama-Schmidta do tegi ciągu i otrzymamy układ ortonormalny (y n ) o własności y n E n := lin{x 1, x 2,..., x n }, y n E n 1. Niech Wtedy n n T (y n ) = α k,n T x k = α k,n λ k x k k=1 k=1 n 1 Tzn. = λ n α n,n x n + k=1 n y n = α k,n x k. k=1 n 1 α k,n λ k x k = λ n y n λ n T (y n ) = λ n y n + v n, v n E n 1. n α k,n x k + α k,n λ k x k. k=1 k=1

37 Operatory zwarte 37 Zatem T y n, y n = λ n y n, y n = λ n. Załóżmy, że n > m. Wtedy T y m E m E n 1, więc T y m y n. Dalej T y n T y m T y n T y m, y n = T y n, y n = λ n ε. To oznacza, że ciąg T y n nie posiada podciągu zbieżnego co przeczy zwartości operatora T. Lemat Jeśli T jest zwartym operatorem liniowym na przestrzeni Hilberta, to obraz Im (I T ) jest domkniętą podprzestrzenią liniową. Dowód. Wystarczy udowodnić nierówność (I T )x c x dla pewnej stałej c > oraz wszystkich x ker(i T ). Rzeczywiście, dla H = ker(i T ) rozważmy operator I T : H H. Zauważmy, że (I T )(H) = (I T )(H ). Wtedy z nierówności (I T )x c x dla x H wynika, że I T jest operatorem różnowartościowym na H i jego obraz jest domknięty. Załóżmy nie wprost, że nierówność nie jest spełniona dla żadnej stałej c >. Zatem istnieje ciąg elementów x n ker(i T ) spełniający x n = 1 oraz (I T )x n n. Z ciągu T x n można wybrać podciąg zbieżny T x nk. Niech T x nk k y. Wtedy x nk T x nk k. Zatem x nk k y. Stąd (I T )y = lim k (I T )x nk =, czyli y ker(i T ). Z drugiej strony ponieważ x nk k y, to y ker(i T ). Zatem y =. Ale y = lim k x nk = 1. Uwaga Jeśli operator T jest zwarty, to również Im (λi T ) dla λ jest domkniętą podprzestrzenią liniową, bo Im (λi T ) = Im (I λ 1 T ). Twierdzenie Niech T będzie zwartym operatorem liniowym w B(H). Równanie (I T )x = y ma rozwiązanie x H wtedy i tylko wtedy, gdy y ker(i T ).

38 38 Analiza funkcjonalna II Dowód. Mamy rozkład ortogonalny H = ker(i T ) Im (I T ) = ker(i T ) Im (I T ). Zatem y Im (I T ) wtedy i tylko wtedy, gdy y ker(i T ). Twierdzenie Niech T B(H) będzie zwartym operatorem samosprzężonym w ośrodkowej przestrzeni Hilberta. Wtedy istnieje baza ortonormalna złożona z wektorów własnych operatora T. Tzn. istnieje baza ortonormalna {ϕ n } N taka, że T ϕ n = µ n ϕ n, gdzie µ n R oraz µ n n. (gdy dim H =, to N = ) Dowód. Przeprowadzimy dowód w przypadku dim H =. Operator T nie jest odwracalny, bo dla ciągu ortonormalnego e n mamy e n, zatem słabo T e n n. Czyli σ(t ). Wiemy, że σ(t ) R. Ponadto gdzie µ n. Przestrzeń własna σ(t ) = {µ n } N {}, E n = {x H : T x = µ n x} ma skończony wymiar. Wiemy też, że jeśli T = T, to wektory własne odpowiadające różnym wartościom własnym są ortogonalne. Niech E = ker T. Oznaczmy N H = E n E. Tzn. H jest najmniejszą domkniętą podprzestrzenią zawierającą podprzestrzenie E n dla n =, 1, 2,..., N. Pokażemy, że H = H. Załóżmy nie wprost, że H H. Zauważmy, że T (H ) H, bo T (E n ) E n dla każdego nn =, 1, 2,..., N. Lemat 4.2. Niech T B(H) oraz T = T. Jeśli dla pewnego podzbioru M H mamy T (M) M, to T ( M ) M. Dowód. Niech x M. Dla y M mamy T y M, więc To oznacza, że T x M. T x, y = x, T y =.

39 Operatory zwarte 39 Z lematu mamy T ( H ) H. Niech T oznacza operator T ograniczony do podprzestrzeni niezmienniczej H. Operator T jest nadal samosprzężony. T nie posiada wartości własnych, bo wszystkie wektory własne zostały uwzględnione w H. Operator ten jest też zwarty. Zatem σ( T ) = {}. Tzn. promień spektralny r( T ) jest zerowy. Ale z samosprzężności mamy T = r( T ) =. Czyli T =. Otrzymujemy sprzeczność za wyjątkiem sytuacji H = {}. Zatem N H = E n E. Wiemy, że dim E n <. W każdej podprzestrzeni E n wybieramy bazę ortonormalną. Połączenie tych zbiorów da nam bazę ortonormalną całej przestrzeni H. Ustawmy elementy bazy w ciąg {ϕ n }. Wtedy T ϕ n = µ n ϕ n, dla pewnych liczb µ n σ(t ). Ponieważ elementy ϕ n dążą słabo do zera, to µ n n. Uwaga Dla x H mamy Zatem x = x, ϕ n ϕ n. T x = x, ϕ n T ϕ n = µ n x, ϕ n ϕ n. Twierdzenie Dla operatora zwartego T B(H) istnieją układy ortonormalne {ϕ n } N, {ψ n } N oraz liczby dodatnie {λ n } N takie, że N T x = λ n x, ϕ n ψ n. Dowód. Stosujemy rozkład polarny T = U T. Wartości własne operatora T są nieujemne. Rzeczywiście, jeśli A oraz Ax = λx, dla x, to Ax, x = λ x 2. Zatem λ. Z poprzedniego twierdzenia istnieje baza ortonormalna {ϕ n } taka, że T x = µ n x, ϕ n ϕ n.

40 4 Analiza funkcjonalna II Zatem T x = U T x = µ n x, ϕ n Uϕ n = µ n µ n x, ϕ n Uϕ n. Dla µ n oznaczmy Uϕ n = ψ n. Mamy T ϕ n = µ n ϕ n. Stąd ϕ n Im T. Wiemy, że U jest izometrią na Im T. Zatem, n m, ψ n, ψ m = Uψ n, Uψ m = ϕ n, ϕ m = 1, n = m. Stąd układ {ψ n },µ n jest ortonormalny. Niezerowe liczby µ n ustawiamay w ciąg {λ n } N, aby uzyskać tezę twierdzenia. Uwaga Gdy N =, to λ n n. Definicja Wielkości λ n nazywamy liczbami singularnymi operatora zwartego T. Możemy założyć, że λ 1 λ 2 λ Twierdzenie 4.25 (Zasada minimaksu). Dla operatora zwartego T w przestrzeni Hilberta n-ta liczba singularna wyraża się wzorem Dowód. Niech λ n = min V <H dim V =n 1 max T x. x V x =1 N T x = λ n x, ϕ n ψ n, λ n. Oznaczmy V n = lin{ϕ 1, ϕ 2,..., ϕ n 1 }. Mamy T x 2 = T x, T x = T T x, x = T 2 x, x = T x, T x = T x 2 Wtedy element x V n ma postać N x = x, ϕ k, ϕ k + x, gdzie x ker T = ker T. k=n Zatem N T x = λ k x, ϕ k, ϕ k. k=n

41 Operatory zwarte 41 Z nierówności Bessela otrzymujemy W rezultacie N N T x 2 = λ 2 k x, ϕ k 2 λ 2 n x, ϕ k 2 λ 2 n x 2. k=n k=n T x = T x λ n x λ n, dla x 1. To daje nierówność we wzorze tezy twierdzenia. Dla dowodu przeciwnej nierówności niech V < H będzie podprzestrzenią wymiaru n 1. Wtedy istnieje wektor x V n+1 taki, że x V oraz x = 1. Dalej N n T x = λ k x, ϕ k ϕ k = λ k x, ϕ k ϕ k. Zatem k=1 n n T x 2 = T x 2 = λ 2 k x, ϕ k 2 λ 2 n x, ϕ k 2 = λ 2 n x 2 = λ 2 n. k=1 k=1 Stąd max T x λ n. Biorąc kres dolny względem V otrzymujemy x V x =1 min V <H dim V =n 1 k=1 max T x λ n. x V x =1 Uwaga Jeśli λ n < λ n 1 oraz V V n i dim V = n 1, to max T x > λ n. x V x =1 Tzn. V = V n jest jedyną podprzestrzenią, dla której osiągnięte jest minimum. Uwaga Prawdziwy jest też inny wzór λ n = max V <H dim V =n max T x. x V x =1

42 42 Analiza funkcjonalna II Wniosek Jeśli T jest operatorem zwartym, to T = T x dla pewnego elementu x H takiego, że x = 1. Dowód. Istotnie, z zasady minimaksu wynika, że λ 1 = sup T x = T. x =1 Liczba λ 1 jest największą wartością własną operatora T. Niech x H będzie odpowiadającym jednostkowym wektorem własnym. Wtedy T x = T x = λ 1 x = λ 1 = T. Uwaga Wniosek można udowodnić bezpośrednio. Mamy T = lim n T x n dla pewnego ciągu wektorów spełniających x n = 1. Na podstawie Twierdzenia Banacha-Alaoglu z ciągu x n można wybrać podciąg słabo zbieżny. Niech x n s x. Wtedy x 1. Ponadto x n x s. Zatem T x n T x w normie przestrzeni H. To oznacza, że T x = lim T x n = T. Ponieważ n T = T x T x, to x 1. Czyli x = 1. Definicja 4.3. Operator T B(H) nazywamy operatorem Hilberta-Schmidta jeśli dla pewnej bazy ortonormalnej {e n } mamy T e n 2 <. Klasę tych operatorów oznaczamy symbolem HS. Przykład Niech T : C C będzie odwzorowaniem liniowym z macierzą a ij = T e j, e i, gdzie {e n } N oznacza standardową bazę w przestrzeni C N. Wtedy N N N T e n 2 = a ij 2, i=1 j=1 tzn. otrzymujemy sumę kwadratowów wartości bezwględnych wszystkich wyrazów macierzy. Przykład Rozważmy odwzorowanie liniowe T : l 2 l 2. Oznaczmy a ij = T e j, e i, gdzie {e n } oznacza standardową bazę w przestrzeni l 2. Wtedy T e n 2 = a ij 2. i=1 j=1

43 Operatory zwarte 43 Twierdzenie Wielkość T e n 2 nie zależy od wyboru bazy ortonormalnej. Ponadto jeśli T HS, to T HS. Dowód. Niech {f m } m=1 będzie dowolną bazą ortonormalną przestrzeni H. Wtedy z równości Parsevala mamy T e n 2 = T e n, f m 2 = e n, T f m 2 = T f m 2. m=1 m=1 m=1 (4.6) Podstawiając {f m } m=1 = {e n } otrzymamy T e n 2 = T e n 2. (4.7) Dalej stosujemy (4.6) do operatora T i (4.7) do bazy {f m } m=1, aby uzyskać T e n 2 = T e n 2 = (T ) f m 2 = (T f m 2. m=1 m=1 Twierdzenie Każdy operator Hilberta-Schmidta jest zwarty. Ponadto liczby singularne operatora Hilberta-Schmidta są sumowalne z kwadratem. Dowód. Możemy założyć, że operator T jest nieskończenie wymiarowy, no teza jest w oczywisty sposób spełniona dla operatora skończenie wymiarowego. Ustalmy bazę ortonormalną {e n }. Dla operatora T HS rozważmy operatory N T N x = x, e n T e n. Tzn. T N = T P N, gdzie P N jest rzutem ortogonalnym na podprzestrzeń lin{e 1, e 2,..., e N }. Operator T N jest skończenie wymiarowy, więc jest zwarty. Mamy T x = T ( ) x, e n e n = x, e n T e n.

44 44 Analiza funkcjonalna II Zatem z nierówności Schwarza mamy T x T N x 2 = Stąd n=n x, e n T e n x, e n T e n n=n+1 x, e n 2 T e n 2 T e n 2 x 2. n=n+1 T T N n=n+1 n=n+1 1/2 T e n 2 n=n+1. N Zatem T jest zwarty jako granica w normie operatorowej operatorów skończenie wymiarowych. Wiemy, że T x = λ n x, ϕ n ϕ n, gdzie λ n oraz {ϕ n } jest bazą ortonormalną obrazu operatora T. Niech {f k } K k=1 będzie bazą ortonormalną dla ker T = ker T. Wtedy układ {ϕ n } {f k } K k=1 jest bazą ortonormalną całej przestrzeni H. Ponadto K > T ϕ n 2 + T f k 2 = T ϕ n 2 = λ 2 n. k=1 Twierdzenie Operatory Hilberta-Schmidta tworzą ideał. Dowód. Niech T, S HS. Dla bazy ortonormalnej {e n } na podstawie nierówności trójkąta w l 2 mamy ( ) 1/2 ( ) (T + S)e n 2 1/2 ( ) = T e n + Se n 2 1/2 ( T e n + Se n ) 2 ( ) 1/2 ( ) T e n 2 1/2 + Se n 2 <. Czyli T + S HS. Niech T HS oraz S B(H. Wtedy ST e n 2 S 2 T e n 2 = S 2 T e n 2 <,

45 Operatory unitarne 45 co oznacza ST HS. Z Twierdzenia 4.33 mamy T HS. Zatem S T HS. Znowu z Twierdzenia 4.33 otrzymujemy T S = (S T ) HS. Uwaga Operatory HS z normą ( ) 1/2 T HS = T e n 2 tworzą unormowaną przestrzeń liniową, w której norma pochodzi od iloczynu skalarnego T, S = T e n, Se n. Można udowodnić, że przestrzeń HS jest zupełna, czyli jest przestrzenią Hilberta. 5 Operatory unitarne Operator U B(H nazywamy unitarnym, jeśli UU = U U = I, tzn. U = U 1. Mamy U 2 = U U = I = 1. Zatem spektrum σ(u) {z : z 1}. Ale dla z < 1 mamy zi U = zuu U = U(I zu ). Zatem operator zi U jest odwracalny. Ostatecznie otrzymujemy, że σ(u) {z : z = 1} = T. Definicja 5.1. Wielomianem trygonometrycznym nazywamy wyrażenie postaci n p(z) = a k z k, k= m gdzie a k C, z T. Wielomian sprzężony p(z) określamy wzorem (Uwaga: z = z 1 dla z T). p(z) = p(z) = n k= m a k z k