Operatory zwarte Lemat. Jeśli T jest odwzorowaniem całkowym na przestrzeni Hilberta X = L 2 (Ω) z jądrem k L 2 (M M)

Transkrypt

1 Operatory zwarte Niech X będzie przestrzeią Baacha. Odwzorowaie liiowe T azywa się zwarte, jeśli obraz kuli jedostkowej T (B) jest zbiorem warukowo zwartym. Przestrzeń wszystkich operatorów zwartych a X ozaczamy przez C(X). Wprost z defiicji widać, że każdy operator T, dla którego dim Im T <, jest zwarty. Łatwo też zauważyć, że C(X) jest przestrzeią liiową Uwaga. Każdy operator liiowy T B(X) jest słabo-słabo ciągły Lemat. Jeśli T jest odwzorowaiem zwartym a X, to dla każdego ciągu (x ) x w 0 = T x 0. W takim razie każde odwzorowaie zwarte jest ciągłe, a więc C(X) B(X). Przy dodatkowych założeiach implikację moża odwrócić Twierdzeie. Jeśli H jest ośrodkową przestrzeią Hilberta, to operator T przeprowadzający ciągi słabo zbieże w zbieże jest zwarty. Mamy też 0.4. Twierdzeie. Niech X będzie refleksywa. Wtedy T C(X), wtedy i tylko wtedy gdy T : B X jest słabo-moco ciągły. Dowód. Niech T : B X będzie słabo-moco ciągły. X jest refleksywa, więc kula B X w jest zwarta, a stąd obraz T (B) jest zwarty w ormie. Zatem operator T jest zwarty. Druga implikacja ie wymaga założeia refleksywości. Niech T : X X będzie zwarty. Wtedy T (B) jest zbiorem zwartym i topologie słaba oraz ormowa a tym zbiorze się pokrywają. Jako że każdy operator liiowy jest słabo-słabo ciągły, T odwzorowuje B w sposób słabo-moco ciągły Lemat. Jeśli T C(X) i T T, to T C(X), a więc przestrzeń liiowa C(X) jest domkięta Twierdzeie. Jeśli T C(X) i A B(X), to AT C(X) i T A C(X). Iymi słowy C(X) jest dwustroym domkiętym ideałem w B(X). Zauważmy mimochodem, że c 0 jest ideałem w l. Aalogia ta ie jest, jak zobaczymy, przypadkowa Lemat. Jeśli T jest odwzorowaiem całkowym a przestrzei Hilberta X = L 2 (Ω) z jądrem k L 2 (M M) T f(x) = k(x, y)f(y) dy, to T jest odwzorowaiem zwartym o ormie T k Lemat. Jeśli T jest odwzorowaiem a przestrzei Hilberta H spełiającym waruek T e 2 <, to T jest zwarty i T 2 T e Lemat. Jeśli T C(X), to T C(X ). M Dowód. Rozważmy przestrzeń C(T (B)) fukcji ciągłych a zwartym domkięciu obrazu kuli jedostkowej B X. Fukcjoały z kuli jedostkowej B X staowią domkiętą podprzestrzeń fukcji jedakowo ciągłych w C(T (B)), a więc podzbiór zwarty. Odwzorowaie C(T (B)) f f T C(B) jest ciągłe, więc obraz B przez to odwzorowaie jest zwarty. Jeśli zaurzymy X w zwykły sposób w C(B), to obraz te jest rówy T (B ).

2 Lemat. Przypuśćmy, że X ma bazę Schaudera {e }. Ozacza to, że dla każdego x mamy jedozacze przedstawieie Wówczas x = m(x) = sup N α (x)e. α k (x)e k jest ormą zupełą rówoważą ormie. Co więcej, fukcjoały α k są ciągłe (względem obu orm). Dowód. Zauważmy, że m(x) < dla każdego x, bo ciąg sum częściowych szeregu Schaudera jest zbieży, a więc ograiczoy. Jedorodość i własość trójkąta są oczywiste. Mamy też x = α j (x)e j = lim N α k (x)e k m(x). N Mamy też j=1 α k (x) e k m k (x) + m k 1 (x) 2m(x), więc fukcjoały α N są ciągłe względem ormy m. Norma m jest także zupeła. Aby to udowodić, przypuśćmy, że (x ) jest ciągiem Cauchy ego względem ormy m. Wtedy dla każdego k ciąg α k (x ) jest zbieżym ciągiem liczbowym. Niech a k = lim α k (x ). Dla dowolego ε > 0 istieje 0, takie że dla, m 0 i dowolego N a stąd dla dowolego M < N α k (x )e k α k (x m )e k ε, α k (x )e k Przechodząc do graicy z m, otrzymujemy α k (x )e k a więc α k (x m )e k 2ε. a k e k 2ε, a k e k 2ε + α k (x )e k, skąd już łatwo wioskujemy, że szereg a ke k jest zbieży w ormie i reprezetuje wektor x 0, taki że m(x x 0 ) = sup N α k (x ) a k e k 2ε dla 0. Zatem ciąg (x ) jest zbieży do x 0 w ormie m, która okazuje się zupeła. Jak zupełe i prówywale ormy oraz m są więc rówoważe, a fukcjoały α k są ciągłe także względem ormy wyjściowej Twierdzeie. Jeśli przestrzeń X ma bazę Schaudera, to każdy operator T C(X) jest graicą w ormie operatorów skończoego wymiaru.

3 3 Dowód. Niech {e } będzie bazą. Projektory P (x) = α k (x)e k są ciągłe i zbieże moco do I. Jako, że zbiór T (B) jest warukowo zwarty, P są zbieże jedostajie a T (B), a to ozacza, że P T T w ormie. Kolejy lemat wprowadza amiastkę pojęcia ortogoalości w przestrzeiach Baacha Lemat (Riesz). Jeśli Y jest domkiętą podprzestrzeią X, to dla każdej liczby 0 < q < 1 istieje u X o ormie 1, taki że dist(u, Y ) > q. Dowód. Niech x / Y i iech y Y będzie takie, że α = x y < q 1 dist(x, Y ). Niech u = α 1 (x y). Jak widać, u = 1 oraz dist(u, Y ) α 1 dist(x, Y ) > q. Niech X będzie ciągiem domkiętych iezmieiczych podprzestrzei operatora liiowego T. Jeśli X X +1, x X \ X 1 i T x = λ x (mod X 1 ), to mówimy, że ciągi (X, x, λ ) tworzą góry układ trójkąty dla T. Jeśli atomiast X +1 X, x X \ X +1 i to mówimy o dolym układzie trójkątym. T x = λ x (mod X +1 ), Lemat. Jeśli (X, x, λ ) jest ieskończoym górym lub dolym układem trójkątym dla T C(X), to λ 0. Dowód. Niech (X, x, λ ) będzie górym układem trójkątym. Niech y < X 1 {x } > będzie wektorem jedostkowym i takim, że dist(y, X 1 ) 1/2. Wtedy więc dla m > a to ozacza, że T y = λ y (mod X 1 ), T y m T y = λ y m (mod X ), T y m T y λ m /2 dla ieskończeie wielu. Gdyby ciąg (λ ) ie dążył do zera, istiałby podciąg T y mk, z którego ie dało by się wybrać zbieżego podciągu Twierdzeie. Niech X będzie przestrzeią Baacha. Niech T C(X) i iech A = I + T. Wtedy i) Obraz operatora A jest domkięty. ii) A jest surjekcją, wtedy i tylko wtedy gdy jest ijekcją. iii) dim ker A < oraz codim Im A <.

4 4 Dowód. i). Niech à : X/ ker A Im A będzie zaday wzorem Ã(π(x)) = Ax, gdzie π : X X/ ker A jest odwzorowaiem ilorazowym. Pokażemy, że istieje stała c > 0, taka że Ã(π(x)) cπ(x), x X. Gdyby tak ie było, to istiałby ciąg x 2, taki że π(x ) = 1 oraz a więc i podciąg (x k ), taki że π(x ) + T π(x ) 1/, lim π(x k ) = lim T π(x k ) = π(x 0 ). k k Jak jedak łatwo zauważyć, π(x 0 ) + T π(x 0 ) = 0, więc x 0 ker A, ale to ie jest możliwe, bo π(x 0 ) = 1. Z udowodioej ierówości wyika, że à jest izomorfizmem a Im A, który jest wobec tego domkięty. ii). Przypuśmy ie wprost, że A jest surjekcją, ale ie ijekcją. Zdefiiujemy idukcyjie ciąg wektorów. Niech x 0 = 0 i iech 0 x 1 ker A. Jeśli day jest już wektor x, iech Ax +1 = x. Niech jeszcze X =< x 0, x 1,..., x >, = 0, 1, 2,.... Jak łatwo widzieć, x X \X 1 i T x +1 = x +1 +x. Zatem (X, x, 1) tworzą ieskończoy góry układ trójkąty, gdzie λ = 1 dla wszystkich, co być ie może. Jeśli teraz A jest ijektywy, ale ie jest surjekcją, to obraz Im A jako domkięty ie jest gęsty. Stąd A, który jest tej samej postaci, jest ieijektywą surjekcją, co daje sprzeczość a mocy poprzedich rozważań. iii). Na podprzestrzei ker A zwarty operator T jest rówy I, więc jej wymiar musi być skończoy. Skończoy jest także wymiar jądra A = I + T, co pociąga, że wymiar przestrzei (Im A) = {ξ X : ξ(x) = 0, x Im A} jest skończoy. Zatem dopełieie algebraicze obrazu Im A, który jest podprzestrzeią domkiętą, ma wymiar skończoy Twierdzeie. Niech T będzie operatorem zwartym. Spektrum σ(t ) jest zbiorem co ajwyżej przeliczalym i jego puktem skupieia może być tylko 0. Każdy iezerowy elemet λ σ(t ) jest wartością własą skończoej krotości. Dowód. Niech 0 λ σ(t ). Operator λi T = λ(i λ 1 T ) jest ieodwracaly, więc musi być ijektywy. Zatem λ jest wartością własą skończoej krotości, bo wymiar jądra I λt jest skończoy. Niech λ będzie ciągiem parami różych wartości własych zbieżym do λ. Niech x będzie wektorem własym odpowiadającym λ. Niech X =< {x k } >. Wtedy (X, x, λ ) jest ieskończoym górym układem trójkątym, a zatem λ = lim λ = 0, jak chcieliśmy. Spektrum jest przeliczale, bo jest zbiorem o co ajwyżej jedym pukcie skupieia. Uwaga. Jeśli spektrum jest ieskończoe, to 0 σ(t ), bo wtedy ciąg wartości własych jest zbieży do zera. Zero ie musi być wartością własą, bo T może mieć zerowe jądro (operator Volterry). Jeśli jedak zero jest wartością własą, jego krotość może być ieskończoa, jak w przykładzie Ax() = ε x(), x c 0, ε = 1 + ( 1). 2

5 Wiosek. Niech H będzie przestrzeią Hilberta, a T C(H). Istieją wówczas układy ortoormale {e } i {f } oraz ciąg liczb µ > 0, takie że T x = µ < x, e > f, x H. Dowód. Niech {e } będzie układem ON wektorów własych T odpowiadających jego iezerowym wartościom własym µ. Niech Y = < {e } >. Mamy Y = ker T = ker T. Niech T = U T będzie rozkładem polarym T. Wtedy gdzie f = Uf. T x = T ( < x, e > e ) = µ < x, e > f, Lemat. Niech H będzie przestrzeią Hilberta, a T C(H) będzie ormaly. Jeśli T u = λu, to T u = λu. Poadto przestrzeie włase H λ i H µ są ortogoale dla λ µ. Dowód. Mamy Jako że H λ = {x X : T x = λx}. T (T u) = T (T u) = λt u, przestrzeń ta jest iezmieicza dla obu operatorów. Zatem T = λi a H λ. Jeśli teraz λ 1 λ 2 są wartościami własymi T, a u 1 i u 2 odpowiadającymi im wektorami własymi, to a więc < u 1, u 2 >= 0. λ 1 < u 1, u 2 >=< T u 1, u 2 >=< u 1, T u 2 >= λ 2 < u 1, u 2 >, Wiosek. Niech H będzie przestrzeią Hilberta, a T C(H) będzie ormaly. Niech {λ } będzie ciągiem jego wszystkich wartości własych liczoych wraz z krotościami. Istieje wówczas baza ortoormala {e }, taka że (0.19) T x = λ < x, e > e, x H. Niech T będzie zwartym operatorem ormalym. Niech {e } będzie bazą jego wektorów własych. Ozaczmy przez P rzut ortogoaly a Ce. Wzór (0.19) możemy zapisać w postaci T = gdzie szereg jest zbieży w ormie. Rzeczywiście, λ P, N λ P max N λ 0, N. W szczególości dla wektorów x, y H < T x, y >= λ < P x, y >= λ µ x,y (dλ), σ(t ) gdzie µ jest miarą zakowaą a C o ośiku w σ(t ) określoą wzorem µ(e) = λ E λ. Mamy µ x,y x y. Jeśli y = x, to µ x = µ x,x jest miarą dodatią o całkowitym wahaiu µ = x 2. Twierdzeie spektrale uogólia te opis a wszystkie ograiczoe operatory ormale.