AnFunIIa.tex January 19, 2016 ANALIZA FUNKCJONALNA II (2015/2016)

Transkrypt

1 AFuIIa.tex Jauary 19, 2016 ANALIZA FUNKCJONALNA II (2015/2016) 1. Widmo operatora zwartego i operatora samosprzężoego. Niech H będzie przestrzeią Hilberta i B(H) zbiorem operatorów ograiczoych w H. Zbiorem rezolwetowym operatora A B(H) azywamy zbiór rs(a): = {z C : z Id H A jest odwracaly w B(H)}. (1) Widmem (spektrum) sp(a) operatora A azywamy dopełieie zbioru rs(a) w C sp(a) = C\ rs(a). Elemet widma λ azywamy wartością własą, jeżeli λ Id H A ma ietrywiale jądro. Zbiór wartości własych azywamy widmem puktowym (czysto puktowym) i ozaczamy sp p (A). Poieważ zbiór operatorów odwracalych jest otwarty w B(H), zbiór rezolwetowy jest otwarty a spektrum jest zbiorem domkiętym. Liczbę sr(a) = sup z z sp(a) azywamy promieiem spektralym operatora A. W Twierdzeiu 29 pokażemy, w większej ogólości, że zachodzi formuła Gelfada-Beurliga: sr(a) = lim A 1. (2) Struktura przestrzei Hilberta pozwala wprowadzić operację sprzężeia w B(H). Łatwo sprawdzamy, że A = A. Przydate będzie astępujące stwierdzeie. Stwierdzeie 1. A jest operatorem samosprzężoym wtedy i tylko wtedy, gdy (x Ax) R dla każdego x H. Dowód: Jeżeli A jest s.s. (samosprzężoy), to (x Ay) = (Ax y) i stąd (x Ax) = (Ax x) = (x Ax). Aby dowieść wyikaie w drugą stroę przypomijmy wzory polaryzacyje. Ozaczmy h(x, y) = (x Ay). Mamy h(x + y, x + y) = h(x, x) + h(y, y) + h(x, y) + h(y, x), h(ιx + y, ιx + y) = h(x, x) + h(y, y) ιh(x, y) + ιh(y, x) i stąd h(x, y) = 1 2 (h(x + y, x + y) h(x, x) h(y, y)) + ι (h(ιx + y, ιx + y) h(x, x) h(y, y)), 2 h(y, x) = 1 2 (h(x + y, x + y) h(x, x) h(y, y)) ι (h(ιx + y, ιx + y) h(x, x) h(y, y)), 2 czyli (x Ay) = h(x, y) = h(y, x) = (y Ax) = (Ax y). Defiicja 1. Operator A azywamy dodatim, jeżeli (x Ax) 0 dla każdego x H. Piszemy A 0. Ze Stwierdzeia 1 wyika, że operator dodati jest s.s Własości spektrale operatora samosprzężoego. Twierdzeie 1. Jeżeli A jest operatorem samosprzężoym, to sp(a) R. 1

2 Dowód: Niech µ, λ R i iech µ 0. Pokażemy, że istieje (A (λ + ιµ)) 1, czyli że λ + ιµ rs(a). Poieważ A jest s.s., mamy szacowaie dla x H: (A (λ + ιµ))x 2 = ((A (λ + ιµ))x (A (λ + ιµ))x) = ((A λ)x (A λ)x) + ((A λ)x ιµx) + ( ιµx (A λ)x) + µ 2 x = (A λ)x 2 ιµ(ax x) + ιµλ(x x) ιµλ(x x) + ιµ(x Ax) + µ 2 x 2 = (A λ)x 2 + µ 2 x 2 µ x 2 (3) Z tej ierówości wyika, że operator A (λ + ιµ) jest ijekcją i odwroty jest ciągły a swojej dziedziie. Wystarczy teraz pokazać, że obraz A (λ + ιµ) jest gęsty. Wyika to z ogólego faktu, że domkięcie obrazu jest aihilatorem jądra operatora sprzężoego. W aszym przypadku (A (λ + ιµ)) = A (λ ιµ), więc z ierówości (3) jądro A (λ ιµ) jest trywiale. Przydaty będzie astępujący lemat. Lemat 1. Jeżeli A jest s.s., to Dowód: Z defiicji ormy operatora, więc wystarczy pokazać, że A = sup (v Av) = sup (v Av) (4) v 1 v =1 A = (v Aw) 1 2 sup (v Aw), v =1, w =1 ( v 2 + w 2) sup (x Ax). (5) x 1 Nierówość ta jest zachowaa, jeżeli v zastąpimy przez λv, gdzie λ = 1, więc możemy przyjąć, że (v Aw) jest liczbą rzeczywistą dodatią. Dostajemy w tym przypadku (v Aw) = (v Aw) = 1 ((v Aw) + (w Av)) 2 = 1 ((v + w A(v + w)) (v w A(v w))) = 1 2 ( v + w 2 + v w 2) sup (x Ax) x 1 ( v 2 + w 2) sup (x Ax) (6) x 1 Twierdzeie 2. Dla każdego operatora A, operator A A jest dodati i A A = A 2. (7) Dowód: Z rówości (v A Av) = (Av Av) = Av 2 mamy dodatiość, więc i samosprzężoość A A. Z Lematu ( A A = sup (v A Av) = sup (Av Av) = sup Av 2 = v =1 v =1 v =1 2 sup Av ) = A 2. v =1 Stąd już łatwo wyika waże twierdzeie. 2

3 Twierdzeie 3. Dla operatora samosprzężoego orma jest rówa promieiowi spektralemu, A = sr(a). Dowód: Z poprzediego twierdzeia A 2 = A 2 i stąd A 2m = A 2m. Z formuły (2) Gelfada-Beurliga dostajemy dostajemy lim A 1 = A Własości spektrale samosprzężoego operatora zwartego. Dla przypomieia: Twierdzeie 4 Alteratywa Fredholma. Niech A: X X będzie zwartym odwzorowaiem przestrzei Hilberta X w siebie. Możliwe są dwie, wykluczające się sytuacje (1) dla każdego g X istieje rozwiązaie rówaia (Id A)f = g, (2) rówaie jedorode (Id A)f = 0 ma ietrywiale rozwiązaie. Z twierdzeia tego wyika atychmiast waże Twierdzeie 5. Jeżeli A B(H) jest zwarty, to każde 0 λ sp(a) jest wartością własą. Dowód: Istotie, jeżeli A jest zwarty i λ 0, to z alteratywy Fredholma wyika, że λ rs(a) lub λ jest wartością własą. Wiosek 1. Jeżeli A jest s.s. i zwarty, to A lub A jest wartością własą. Dowód: A jest s.s., więc sr(a) = A, czyli A lub A ależy do sp(a). Z poprzediego Twierdzeia wyika teza. Twierdzeie 6 (Riesz-Schauder). Widmo samosprzężoego, zwartego A ie może mieć puktu skupieia różego od zera. Dowód: Niech A będzie zwartym, samosprzężoym operatorem i λ 0 puktem skupieia sp(a). Ozacza to, że istieje ciąg sp(a) λ j λ taki, że λ j λ i λ dla i j. Możemy przyjąć, że λ j 0, więc λ j są wartościami własymi. Niech x j będą odpowiedimi, uormowaym wektorami własymi Ax j = λ j x j. Poieważ A jest samosprzężoy, to dla i j λ j (x j x i ) = (λ j x j x i ) = (Ax j x i ) = (x j Ax i ) = λ i (x j x i ) i stąd (x j x i ) = 0. Zatem Ax j Ax i 2 = λ 2 i + λ 2 j 2λ 2 0. Ozacza to, że z ciągu (Ax j ) ie moża wybrać podciągu zbieżego, co przeczy zwartości A. Przypomijmy, że w każdej przestrzei Hilberta istieje baza ortoormala. Twierdzeie 7 (Hilbert-Schmidt). Jeżeli A jest operatorem samosprzężoym, zwartym, to w H istieje ortoormala baza wektorów własych. Dowód: Niech λ 0 będzie wartością własą A. Odpowiedia przestrzeń wektorów własych jest wymiaru skończoego i posiada skończoą bazę ortoormalą. Przestrzeie włase odpowiadające rózym wartościom własym są ortogoale, więc podprzestrzeń domkięta, rozpięta a wektorach własych iezerowych wartości własych ma ortoormalą bazę wektorów własych. Ozaczmy tą przestrzeń V. Jest to podprzestrzeń iezmieicza operatora A, więc V też jest podprzestrzeią iezmieiczę. A V jest operatorem samosprzężoym, zwartym, bez iezerowych wartości własych. Zatem sp(a V ) = {0}, czyli A V = 0. Dowola baza ortoormala w V jest bazą wektorów własych. Razem z bazą w V daje bazę ortoormalą wektorów własych w V V = H. 3

4 2. Zagadieie Sturma-Liouville a. W klasyczym sformułowaiu zagadieie Sturma-Liouville a jest zagadieiem własym dla zagadieia brzegowego a odciku [a, b] ( pu ) + qu = λu, u(a) = u(b) = 0, p(t) > 0, q(t) 0 (8) z odpowiedio regularymi, rzeczywistymi współczyikami fukcyjymi p, q. Możemy też ograiczyć się do rzeczywistych fukcji u. Mówiąc o zagadieiu własym zakładamy że operator z lewej stroy (8) działa w jedej przestrzei, p. w przestrzei Hilberta. Jedyym aturalym kadydatem jest przestrzeń L 2 ([a, b]), ale (8) ie jest w tej przestrzei odwzorowaiem ciągłym. Żeby lepiej zrozumieć sytuację, spójrzmy a zagadieie z iej stroy. Na przestrzei fukcji gładkich rozpatrzmy fukcjoał L: u 1 2 [a,b] (p(u ) 2 + q(u) 2 ). Oczywistym jest, że L da się rozszerzyć w sposób ciągły do przestrzei H 1 ([a, b]) fukcji całkowalych z kwadratem, których pochoda też jest całkowala z kwadratem. L jest zatem fukcjoałem kwadratowym i ciągłym a H 1 ([a, b]), więc różiczkowalym i jego pochoda δl: H 1 ([a, b]) (H 1 ([a, b])) = H 1 ([a, b]) jest odwzorowaiem liiowym i ciągłym. Dodając do L wyraz 1 2 [a,b] (u)2 dostajemy fukcjoał L rówoważy kwadratowi ormy w H 1 ([a, b]), więc pochoda δl jest izomorfizmem. Z kolei, pochoda 1 2 [a,b] (u)2 jest izomorfizmem H 0 ([a, b]) (H 0 ([a, b])) = H 0 ([a, b]), więc jej obcięcie do H 1 ([a, b]) zadaje odwzorowaie zwarte (włożeie H 1 ([a, b]) H 0 ([a, b]) jest zwarte). Wioskujemy stąd, że δl jest samosprzężoym odwzorowaiem Fredholma. Fukcjoał L jest dodati, więc jądro δl pokrywa się z poziomicą zerową L i zawiera się w jedowymiarowej podprzestrzei fukcji stałych. Zobaczmy, jak wygląda δl(u) dla regularych u: < δl(u), v >= [a,b] (pu v + quv) = (pu v)(b) (pu v)(a) + [a,b] ( (pu ) + qu)v, (9) więc δl(u) jest reprezetowae trójką ((pu )(a), (pu ) + qu)v, (pu )(b)) (dwie liczby i fukcja). Ograiczmy teraz L do podprzestrzei H 1 0 ([a, b]) fukcji zerujących się a brzegu: u(a) = u(b) = 0 (fukcje z H 1 ([a, b]) są ciągłe, więc ma to ses). Teraz δl: H0 1 ([a, b]) (H0 1 ([a, b])) = H0 1 ([a, b]) Przestrzeń duala H 1 0 ([a, b]) jest przestrzeią ilorazową przestrzei H 1 ([a, b]). Dla regularych u, w (9) zikają człoy brzegowe i δl(u) jest reprezetowae fukcją (pu ) + qu. Poadto, δl pozostaje Fredholma, samosprzeżoe, ale teraz jądro jest trywiale i stąd δl jest izomorfizmem. Mamy więc odwzorowaie odwrote, będące też izomorfizmem, (δl) 1 : H 1 0 ([a, b]) H1 0 ([a, b]). Dla regularych u, δl(u) jest reprezetowae fukcją, jest więc w obrazie aturalego włożeia J : H 0 ([a, b]) H0 1 ([a, b]), dualego do włożeia J: H1 0 ([a, b]) H 0 ([a, b]) (które jest odwzorowaiem zwartym). W kosekwecji, odwzorowaie J (δl) 1 J: H 0 ([a, b]) H 0 ([a, b]) (10) 4

5 jest odwzorowaiem zwartym, a własości spektrale operatora zwartego są am już zae. Uwaga. Powyższe rozumowaie moża zastosować do szerokiej klasy obszarów w R i operatorów różiczkowych zadaych zasadą wariacyją, jak a przykład w elektrostatyce. Pokażemy teraz, że (10) jest operatorem całkowym kostruując jego jądro całkowe. Zamiast więc zajmować się zagadieiem spektralym (8) zajmiemy się spektrum operatora odwrotego. Pamiętajmy, że p(t) > 0, q(t) 0 i rozpatrzmy zagadieia początkowe ( pu ) + qu = 0, u(a) = 0 ( pv ) + qv = 0, v(b) = 0. (11) Wiemy, że przestrzeie rozwiązań dla tych zagadień są jedowymiarowe i ich przecięcie jest zerowe. Istotie, jeżeli u jest rozwiązaiem dla obu zagadień, to 0 = (( pū ) + qū)u = (p u 2 + q u 2 ) uū b a= (p u 2 + q u 2 ) [a,b] [a,b] i stąd u = 0, czyli u = 0. Niech u 0 i v 0 będą iezerowymi, dla wygody rzeczywistymi, rozwiązaiami zagadień (11). Poieważ są liiowo iezależe, ich wyzaczik Wrońskiego W (t) = u 0(t)v 0 (t) u 0 (t)v 0(t) jest róży od zera i z twierdzeia Liouville a [a,b] ( t p ) W (t) = W (a) exp a p dt = W (a) p(a) p(t), czyli t W (t)p(t) = W (a)p(a) jest fukcją stałą. Zdefiiujemy fukcję G: [a, b] [a, b] R wzorem G(t, s) = 1 { u0 (t)v 0 (s), dla t s pw v 0 (t)u 0 (s), dla t s. (12) G jest fukcją ciągła a [a, b] [a, b], symetryczą, i przy ustaloym t ( p G ) + qg = a(t)δ t, s s gdzie a(t) jest skokiem s p sg(t, s) w pukcie s = t: a(t) = p(t) 1 pw (u 0(t)v 0(t) u 0(t)v 0 (t)) = 1. Wyika stąd, że fukcja u a [a, b], zadaa wzorem u(t) = b a G(t, s)f(s)ds spełia rówaie (dla ciągłego f) ( pu ) + qu = f i poadto u(a) = 1 pw zatem odwzorowaie b a u 0 (a)v 0 (s)f(s)ds = 0, u(b) = 1 pw A: f b a G(, s)f(s)ds b a v 0 (b)u 0 (s)f(s)ds = 0, jest odwrotym do operatora różiczkowego L(u) = ( pu ) + qu określoego a fukcjach spełiających waruek u(a) = u(b) = 0. A jest operatorem całkowym, z jądrem ciągłym, 5

6 zatem da się rozszerzyć do operatora ciągłego w L 2 ([a, b]). Jest to operator zwarty i samosprzężoy (jądro jest symetrycze). Ozaczać go będziemy też przez A, podobie relację A 1 ozaczać będziemy L. Oczywistym jest, że A jest rówy operatorowi zdefiiowaemu wzorem (10). Oczywistym jest też, że jeżeli λ jest takie, że dla iego istieje rozwiązaie problemu (8), to 1 jest wartością własą A. Wartości włase sa jedokrote, bo przestrzeń λ rozwiązań zagadieia ( pu ) + qu = λu, u(a) = 0 jest wymiaru jede. Z rówości λ u = (u λu) = (u L(u)) = [a,b] (p(u ) 2 + qu 2 ) > 0 wyika, że wartości włase są dodatie. Z Twierdzeia 7 wyika istieie w L 2 ([a, b]) ortoormalej bazy wektorów własych operatora A (L). Niech ϕ będzie taką bazą. Fukcje ϕ ϕ m tworzą bazę ortoormalą w L 2 ([a, b] [a, b]) i stąd G(t, s) = α m ϕ m (t)ϕ (s). Mamy więc 1 λ ϕ = A(ϕ ) = b i stąd α k = 1 λ δ k. Ostateczie, Podsumowując, Twierdzeie 8. a αkl ϕ k ϕ l (s)ϕ (s)ds = α kl ϕ k (ϕ l ϕ ) = α k ϕ k G L 2 = 1 λ 2 <. (13) (1) W L 2 ([a, b]) istieje baza ortoormala wektorów własych operatora L, (2) wartości włase są dodatie, (3) wartości włase mają krotość 1 (wymiar przestrzei wektorów własych jest 1), (4) 1 λ 2 <, gdzie λ są wartościami własymi L. Twierdzeie 9 (Zasada miimaks Courata). Niech (µ ) będą wartościami własymi zwartego, dodatiego (więc samosprzężoego) operatora A w przestrzei Hilberta H. Wartości włase ukadamy w ciąg µ 1 µ 2 µ 3 µ > 0 tak, że wartość własa występuje w tym ciągu tyle razy, ile wyosi jej krotość (wymiar przestrzei wektorów własych). Wówczas µ = if V dim V = 1 sup (x Ax). (14) x V x =1 Dowód: Niech (e i ) będzie bazą ortoormalą wektorów własych taką, że e i jest wektorem własym dla wartości własej µ i. Niech V H, dim V = 1, wówczas V ma ietrywiale przecięcie z przestrzeią rozpiętą a {e 1, e 2,..., e }. Istieje więc x = α 1 e α e V, x = 1. 6 k

7 Mamy więc (x Ax) = µ 1 α µ α 2 µ, bo α α 2 = x = 1 a stąd sup x V x =1 (x Ax) µ i if V dim V = 1 sup (x Ax) µ. x V x =1 Weźmy teraz V = {e 1, e 2,..., e 1 }, to V = {e, e +1,... } i dla x V, x = 1, mamy x = (x e i )e i, x 2 = (x e i ) 2 = 1 oraz Ax = µ i (x e i )e i. Stąd (x Ax) = W szczególości, (e Ae ) = µ, czyli dla tego V µ i (x e i ) 2 µ (x e i ) 2 = µ. sup (x Ax) = µ. x V x =1 Jeżeli A jest odwroty do operatora (ieograiczoego) L, rozważaego powyżej, to zasadę miimaks moża sformułować tak (wartości włase są jedokrote): Twierdzeie 10 (Zasada miimaks Courata). Niech (λ ) będą wartościami własymi operatora L w L 2 ([a, b]). Załóżmy, że Wówczas 0 < λ 1 < λ 2 < λ 3 < < λ <. λ = sup V dim V = 1 if x V x =1 Wiosek 2. λ jest mootoiczie rosącą fukcją p i q. Dowód: Wystarczy zauważyć, że dla regularych x = u, (u Lu) = (p u 2 + q u 2 ). [a,b] (x Lx). (15) 2.1. Asymptotyka wartosci własych. W zagadieiu Sturma-Liouville a: dokoajmy zamiay zmieych Dostajemy zagadieie ( pu ) + qu = λu, u(a) = u(b) = 0, τ(t) = t ẍ + α(τ)x = λx, x(0) = 0, x(l) = 0, gdzie l = b a a 1 p(s) ds, x = 4 p u. 1 ds, α = ( 1 p(s) 4 p 1 4 p ) 1 p 4 + q (16) 7

8 a kropka ozacza różiczkowaie po τ. Zauważmy, że b a u 2 (t)dt = l 0 x 2 (τ)dτ, czyli uormowaie u w przestrzei L 2 ([a, b]) implikuje uormowaie x w przestrzei L 2 ([0, l]). Załóżmy, że fukcja α jest ograiczoa: σ α(τ) σ. Fucja α + σ jest zatem dodatia i do zagadieia ẍ + (α(τ) + σ)x = (λ + σ)x możemy stosować zasadę miimaksu. Z mootoiczości wartości własych (Wiosek 2) mamy λ ( σ) λ λ (σ), (17) gdzie λ (σ), λ ( σ) są wartościami własymi dla ẍ + σx, ẍ σx. Wiadomo, że λ (σ) = 2 π 2 l 2 + σ, λ ( σ) = 2 π 2 l 2 σ, więc (17) ozacza co się zapisuje tak: 2 π 2 l 2 σ λ 2 π 2 λ = ( b a 2 π 2 l 2 + σ, (18) + O(1) (19) 1 ) 2 p(s) Zapis f() = O(h()) ozacza, że f() ch() dla pewej stałej c Asymptotyka wektorow własych. Zapiszmy rówaie (16) tak: ẍ + λx = α(τ)x. Z ogólych własości rówań różiczkowych zwyczajych o stałych współczyikach mamy x (τ) = a si( λ τ) + b cos( λ τ) + 1 λ τ Z waruku uormowaia x = 1 mamy szacowaie τ 0 0 α(t)x (t) si( λ (τ t))dt. (20) α(t)x (t) si( l l l λ (τ t))dt α 2 x 2 = α 2. (21) Stąd i z waruku brzegowego x (0) = 0 mamy b = 0 oraz x (τ) = a si( λ τ) + 1 λ m (τ), l m (τ) α 2 <. (22) 0 Jeszcze raz wykorzystujemy waruek uormowaia: l 1 =a 2 si 2 ( λ t)dt + 2a l si( λ t)m (t)dt + 1 m 2 0 λ 0 λ (t)dt 0 =a 2 l 2 si(2 λ l) 4 a p a + 1 q, (23) λ λ λ gdzie (p ), (q ) są ciągami ograiczoymi. Poieważ λ przy, to z (23) wyika ograiczoość ciągu (a ). Wobec tego ( ) 1 = a 2 l O λ i a = 8 ( ) 2 1 l + O λ l

9 a stąd Pozostało do oszacowaia si( λ τ). Mamy z (19) 2 x (τ) = l si( 1 λ τ) + O( ). (24) λ λ = 2 π 2 l 2 + O(1) = 2 π 2 ( ( )) 1 l O 2, i w kosekwecji, si( λ τ) = si( π ( ) 1 l τ) + O. 9

10 3. Operatory śladowe. Podstawowym przykładem zwartego operatora był operator całkowy. Widzieliśmy, że dla takiego operatora, oprócz ormy operatorowej, możemy rozpatrywać mociejszą od iej ormę L 2 jądra operatora. Norma ta jest rówa (Twierdzeie 8) sumie kwadratów wartości własych. Zajmiemy się teraz dokładiej tymi relacjami Rozkład bieguowy. Niech A B(H), wówczas A A jest dodatim operatorem samosprzężoym, więc z Twierdzeia Spektralego 32 istieje dodati pierwiastek kwadratowy z A A. Ozaczmy go A i azwijmy modułem A. Oczywiście λa = λ A, ale ie jest prawdą, że w ogólości A = A, AB = A B i A + B A + B. Przypomijmy, że operator U B(H) jest izometrią, jeżeli U(x) = x dla każdego x H. U azywamy częściową izometrią, jeżeli U(x) = x dla każdego x (ker U). Operator U defiiuje ijekcję (ker U) im U. Z tego, że U jest częściową izometria wyika, że odwzorowaie odwrote im U (ker U) jest ciągłe, zatem z twierdzeia o wykresie domkiętym im U jest podprzestrzeią domkiętą. Mamy więc H = ker U (ker U) = (im U) im U. Operator U obcięty do (ker U) jest uitarym odwzorowaiem z (ker U) do im U. Z formuły polaryzacyjej wyika, że dla x, y (ker U) mamy rówość (U Ux y) = (Ux Uy) = (x y), czyli U Ux = x dla x (ker U), zatem U = U 1 a im U. Dla dowolego operatora A B(H) mamy relacje (ker A) = im A, (ker A ) = im A, (25) więc U jest izometrią a (ker U ). Wyika stąd, że U jest też częściową izometrią. Poadto, (U U) 2 = U UU U = U U, bo U = U 1 a im U, czyli U U i, podobie, UU są rzutami ortogoalymi. Podsumowując, Stwierdzeie 2. Jeżeli U jest częściową izometrią, to (1) U też jest częściową izometrią i U = U 1 a im U, (2) U U i UU są operatorami rzutu ortogoalego, odpowiedio a podprzestrzeie (ker U) i im U. Druga własość w pełi charakteryzuje częsciowe izometrie: Stwierdzeie 3. Jeżeli U U i UU są operatorami rzutowymi, to U jest częściową izometrią. Dowód: Mamy z (25) rówość (ker U ) = im U, więc są ijekcjami. Odwzorowaie U: (ker U) im U U : im U (ker U) (26) U U: (ker U) (ker U) jest ijekcją i rzutem, więc jego obraz jest domkięty, im U U = (ker U), i w kosekwecji, im U = (ker U) oraz im U = (ker U ) (obrazy U i U są domkięte). U U jest więc rzutem a (ker U) a UU rzutem a im U. Dla x (ker U) mamy zatem x 2 = (U Ux x) = (Ux Ux) = Ux 2. Jesteśmy gotowi do sformułowaia i dowodu ważego twierdzeia. 10

11 Twierdzeie 11 (O rozkładzie bieguowym). Niech A B(H). Istieje częściowa izometria U taka, że A = U A, gdzie A = A A. U jest jedozaczie określoe warukiem ker U = ker A (stąd im U = im A i A = U A). Dowód: Określmy relację U: im A im A warukiem U( A x) = Ax. (27) Sprawdzamy, że wzór te określa odwzorowaie, tz. że x ker A x ker A: A x 2 = (x A 2 x) = (x A AX) = Ax 2, więc ker A = ker A. Wzór (27) określa odwzorowaie izometrycze z im A do im A: ( U A x U A x ) = (Ax Ax) = Ax 2 = A x 2. Przedłużamy je do izometrii U: im A im A. Kładąc Ux = 0 dla x ker A = ker A = (im A ) dostajemy częściową izometrię. Jedozaczość i rówość im U = im A są oczywiste. U = U 1 a im U = im A, więc rozkładu A = U A wyika rówość A = U A. U = U 1 a im U = im A, więc rozkładu A = U A wyika rówość A = U A Forma kaoicza operatora zwartego. Twierdzeie 12. Niech A B(H) będzie zwartym operatorem. Istieją układy ortoormale wektorów (e ) i (f ), oraz ciąg liczb dodatich (λ ) takie, że Ax = λ (e x)f. Dowód: A jest zwarty, więc rówież A oraz A A są zwarte. A A jest poadto samosprzężoy, więc z Twierdzeia 7 istieje układ ortoormaly (e ) wektorów własych A A, odpowiadających iezerowym wartościom własym. Tworzą oe bazę ortoormalą w (ker A). Niech µ będą odpowiedimi wartościami własymi. Oczywiście, µ są dodatie, więc iech λ = µ. Kładziemy f = 1 λ Ae i sprawdzamy, że (f ) jest układem ortoormalym: (f f m ) = ( 1 λ Ae ) ( 1 1 Ae m = A Ae λ m λ ) 1 e m λ m = µ λ λ m (e e m ) = δ m. (28) Poadto, jeżeli x = x 1 + x 2, gdzie x 2 ker A, x 1 (ker A), to Ax = Ax 1 = A( (e x)e ) = λ (e x)f. Liczby λ azywae są liczbami charakterystyczymi (sigularymi) operatora zwartego A. Są to wartości włase A Przestrzeń operatorów śladowych. W dalszym ciągu zakładać będziemy, że H jest ośrodkową przestrzeią Hilberta. Twierdzeie 13. Niech A będzie samosprzężoym, dodatim operatorem w H i iech (e ) będzie bazą ortoormalą w H. Wielkość (e Ae ) ie zależy od wyboru bazy. 11

12 Dowód: Niech (e ), (f ) będą dwiema bazami ortoormalymi w H. Mamy (szeregi są o wyrazach dodatich) (e Ae ) = (A 1 2 e A 1 2 e ) = A 1 2 e 2 = ( ) (f m A 1 2 e ) 2 = ( ) (A 1 2 fm e ) 2 m m = m A 1 2 fm = (f Af ) (29) Liczbę (e Ae ) (być może ieskończoą) azywamy śladem operatora A i ozaczamy tr A. Zbiór B + (H) operatorów dodatich jest stożkiem wypukłym w B(H) (suma operatorów dodatich jest operatorem dodatim, iloczy operatora dodatiego przez liczbę dodatią jest operatorem dodatim). Stwierdzeie 4. Własości śladu tr: B + (H) R + : (a) tr(a + B) = tr A + tr B, (b) tr(λa) = λ tr A dla λ > 0, (c) 0 A B to tr A tr B, (d) tr(uau 1 ) = tr A dla uitarego U. (e) tr(a A) = tr(aa ). Dowód: Pukty (a), (b) i (c) są oczywiste. Dowodzimy (d). Jeżeli (e ) jest bazą ortoormalą, to rówież (Ue ) jest bazą ortoormalą. Mamy zatem tr A = (e Ae ) = (U 1 Ue AU 1 Ue ) = (Ue UAU 1 Ue ) = tr(uau 1 ). (30) Wybierzmy teraz dwie bazy ortoormale (e j ), (f j ). Mamy tr((a A)) = i = i = j = j (e i A Ae i ) = (Ae i Ae i ) i ((f j Ae i )f j Ae i ) = (f j Ae i )(f j Ae i ) j i j (f j Ae i )(f j Ae i ) = (e i A f j )(e i A f j ) i j i ((e i A f j )e i A f j ) = (A f j A f j ) = tr(aa ) i j Zamiaa kolejości sumowaia dozwoloa, bo sumowae są wyrazy dodatie. Udowodiliśmy zatem pukt e). Defiicja 2. Operator A B(H) azywamy śladowym, jeżeli tr A <. Zbiór operatorów śladowych ozaczamy B 1 (H). Zajmiemy się własościami zbioru B 1 (H). Przydaty am będzie astępujący prosty lemat. Lemat 2. Każdy operator A B(H) jest kombiacją liiową czterech operatorów uitarych. 12

13 Dowód: Wiemy, że każdy operator jest kombiacją liiową dwóch operatorów samosprzężoych: A = 1 2 (A + A ) ι 2 (i(a A )), więc wystarczy pokazać, że każdy operator samosprzężoy jest kombiacją dwóch operatorów uitarych. Przyjmijmy, że A jest s.s. i A 1, czyli że id A 2 jest dobrze określoy. Mamy A = 1 2 (A + ι id A 2 ) (A ι id A 2 ) i sprawdzamy, że (A ± ι id A 2 ) są operatorami uitarymi: (A+ι id A 2 )(A+ι id A 2 ) = (A+ι id A 2 )(A ι id A 2 ) = A 2 +( id A 2 ) 2 = id Twierdzeie 14. (a) B 1 (H) jest przestrzeią wektorową, (b) jeżeli A B 1 (H), to dla B B(H) mamy AB, BA B 1 (H), (c) jeżeli A B 1 (H), to A B 1 (H). Iaczej mówiąc, B 1 (H) jest -ideałem w B(H). Dowód: (a) Z rówości λa = λ A i z puktu (b) Stwierdzeia 4 mamy jedorodość B 1 (H). Niech teraz A, B B 1 (H). Z rozkładów bieguowych A + B = U A + B, A = V A, B = W B (31) dostajemy (e A + B e ) = (e U (A + B)e ) (e U Ae ) + (e U Be ). Ale z ierówości Schwarza w H i dla szeregów mamy (e U Ae ) = (e U V A e ) = ( A 1 2 V Ue A 1 2 e ) A 1 2 V A 1 Ue 2 e ( ) 1 ( ) 1 2 A 1 2 V 2 2 Ue A e, (32) więc wystarczy teraz pokazać, że A 1 2 V 2 Ue A e, (33) by dostać ierówość (e U Ae ) A e = ( A 1 2 e A 1 2 e ) = tr( A ) (34) 13

14 Aby pokazać (33), wybierzmy bazę (e ) tak, by jej elemety ależały do ker U lub do (ker U). Z puktu (d) Stwierdzeia 4 mamy A 1 2 V 2 ( Ue = V Ue A V ) ( Ue = Ue V A V ) Ue tr(v A V ). Podobie, tr(v A V ) tr( A ) = (e A e ) = A 1 2 e 2. (b) Z Lematu wyika, że wystarczy rozpatrzeć uitare B. Dla uitarego B = U mamy UA 2 = A U UA = A 2 i AU 2 = U A AU = U A U U A U = (U A U 1 ) 2 i stąd tr AU = tr(u A U 1 ) = tr A = tr UA. (c) Niech A = U A i A = V A będą rozkładami bieguowymi, wówczas A 2 = U A V A i stąd A = U A V, bo A jest wyzaczoa jedozaczie przez swoje wartości a (ker A ) = im A. Jeżeli A B 1 (H) to rówież A B 1 (H) i z puktu (b) wyika U A V B 1 (H). W kosekwecji, A B 1 (H) i A = V A B 1 (H). Dowodząc pukt (a) powyższego twierdzeia pokazaliśmy, że dla dodatich A, B mamy ierówość trójkąta tr(a + B) tr(a) + tr(b). Zatem fukcja jest ormą a B 1 (H). Mamy też rówość 1 : B 1 (H) R: A A 1 = tr( A ) Ax 2 = (Ax Ax) = A x 2 i stąd rówość A = A, a poieważ A jest s.s, więc A = A = sup (x A x) = sup A x. x =1 x =1 Mamy też x = (e x)e i stąd ierówość A 1 2 x (e x) A 1 2 ( e (e x) 2) 1 ( 2 A 1 2 e 2) 1 2 = (tr A ) 1 2 i ostateczie A = A tr( A ), (35) zatem orma 1 jest mociejszą od ormy operatorowej w B(H). Twierdzeie 15. B 1 (H) z ormą 1 jest przestrzeią Baacha. Dowód: Mamy pokazać zupełość przestrzei B 1 (H) w ormie 1. Niech (A ) będzie ciągiem Cauchy ego względem ormy 1. Jest to też ciąg Cauchy ego w ormie, więc istieje jego graica A (przestrzeń B(H) z ormą jest zupeła). Niech P będzie rzutem a podprzestrzeń wymiaru skończoego. Oczywistym jest, że dla B B(H) i że tr( B ) = sup tr(p B P ) (36) P A A = lim A m A, a stąd P A A P = lim P A m A P. m m Poieważ w przestrzei wymiaru skończoego wszystkie ormy są rówoważe, dostajemy, uwzględiając (36), tr(p A A P ) = lim tr(p A m A P ) lim tr( A m A ). (37) m m (A ) jest ciągiem Cauchy ego względem 1, więc graica lim m tr( A m A ) istieje, a poieważ P było dowolym rzutem, dostajemy, że A A B 1 (H) i z (37) A A 1 lim m A m A

15 Twierdzeie 16. Każdy operator śladowy jest zwarty. Operator zwarty A jest śladowy wtedy i tylko wtedy, gdy λ <, gdzie λ są liczbami sigularymi operatora A. Dowód: Niech (e k ) będzie bazą ortoormalą w H, a V podprzestrzeią rozpiętą a pierwszych -wektorach bazy. Zdefiiujmy operator A wzorem A x = (e k x)ae k. (38) k=1 Jest to operator skończeie-wymiarowy. Pokażemy, że A jest graicą (A ) w ormie operatorowej. Mamy x = k (e k x)e k i stąd Ax = k (e k x)ae k, więc z (38) dostajemy (A A )x = (e k x)ae k i A A = sup (A A )x = sup Ax. x =1 x V, x =1 k=+1 A jest operatorem śladowym, więc A 2 też i tr A 2 = k Ae k 2 <. Niech x V x = 1. Mamy x = k=+1 λ ke k, gdzie k=+1 λ k 2 = 1, i dostajemy Ax 2 = λ k 2 Ae k 2 Ae k 2 = tr A 2 Ae k 2. Zatem k=+1 A A 2 = k=+1 sup Ax 2 tr A 2 x V, x =1 k=1 k=1 Ae k 2 0. A jest zwarty, bo jest graicą operatorów skończeie-wymiarowych. Niech teraz A będzie operatorem zwartym i Ax = k λ (e k x)f k jego formą kaoiczą (Twierdzeie 12). e k jest tu wektorem własym A, a λ k jego wartością własą. Zatem tr A = k (e k A e k ) = k λ k. i Podsumowując, operatory śladowe tworzą, podobie jak operatory zwarte, ideał w algebrze operatorów. Operatory zwarte tworzą ideał domkięty w B(H), podczas gdy przestrzeń operatorów śladowych ie jest domkięta. Jest atomiast zupeła ze względu a ormę śladową Operatory Hilberta-Schmidta. Operator A B(H) azyway jest operatorem Hilberta-Schmidta jeżeli A A jest operatorem śladowym, tz. tr(a A) <. Zbiór operatorów Hilberta-Schmidta ozaczać będziemy B 2 (H). Podobie jak w przypadku operatorów śladowych dowodzi się astępujące twierdzeie. Twierdzeie 17. (a) jeżeli A, B B 2 (H), to dla każdej bazy ortoormalej (e ) szereg (e k A Be k ) (39) k jest zbieży bezwzględie i jego suma ie zależy od wyboru bazy, (b) B 2 (H) jest -ideałem w B(H), (c) mamy ierówości A A 2 A 1 i rówość A 2 = A 2, gdzie A 2 2 = tr(a A), (d) forma półtoraliiowa (A B) 2 = (e k A Be k ), k defiiuje a B 2 (H) strukturę przestrzei Hilberta, (e) każdy operator Hilberta-Schmidta jest zwarty i operator zwarty A jest Hilberta-Schmidta wtedy i tylko wtedy, gdy λ 2 <, gdzie λ są liczbami sigularymi A, (f) operatory skończeie-wymiarowe tworzą zbiór gęsty w B 2 (H), (g) jeżeli A, B B 2 (H), to AB B 1 (H). 15

16 Dowód: (a) Z ierówości Schwarza w H i dla szeregów mamy Stąd (e k A Be k ) = (Ae k Be k ) Ae k Be k k k k ( Ae k 2) 1 ( 2 Ae k 2) 1 2 = (tr(a A)) 1 2 (tr(b B)) 1 2 <. k k tr(a + B) (A + B) = tr A A + tr A B + tr B A + tr B B <, czyli B 2 (H) jest przestrzeią wektorową. Szereg (39) defiiuje formę półtoraliiową a B 2 (H). Stosując formułę polaryzacyją dostajemy (e k A Be k ) = k 3 ι m 4 tr((a + ιm B) (A + ι m B)), m=0 a prawa stroa ie zależy od wyboru bazy. (b) To, ze B 2 (H) jest przestrzeią wektorową wyika z puktu (a). Wystarczy zatem pokazać, że dla uitarego U i A B 2 (H) mamy AU, UA, A B 2 (H). Wyika to z własości śladu (Stwierdzeie 4), a z ich rówości tr((ua) UA) = tr(a U UA) = tr(a A), tr((au) AU) = tr(u A AU) = tr(a A), tr(aa ) = tr(a A). (c) Wiemy już, że dla A B(H) mamy ierówość A A 1. Wykażemy teraz, że A A 2. Wybierzmy bazę (e i ) i iech x = 1. Mamy Ax = A x (e x) A e ( (e x) 2 ) 1 2 ( A e 2 ) 1 2 = A 2. Stąd wyika dowodzoa ierówość. Aby wykazać ierówość A 2 A 1 wystarczy rozpatrzeć przypadek A 1 <, tz. A B 1 (H). A jest więc samosprzeżoy i zwarty, zatem jako bazę możemy wybrać bazę wektorów własych A z wartościami własymi λ. Dostajemy A 2 2 = Ae 2 = ( ) 1 2 λ 2 λ = A 2 1. Rówość A 2 = A 2 wyika z puktu (e) Stwierdzeia 4. (d) Mamy pokazać, że przestrzeń B 2 (H) jest zupeła. Dla ustaloej bazy (e i ) w H zdefiiujmy rodzię operatorów E ij : H H: x (e i x)e j. Oczywistym jest, że E ij B 2 (H). Poadto, (E ij E kl ) 2 = (E ij e E kl e ) = (δ i e j δ k e l ) = δ ik δ jl, więc operatory E ij tworzą układ ortoormaly w B 2 (H). Jeżeli A B 2 (H) i (A E ij ) 2 = 0 dla wszystkich (i, j) N N, to (Ae i e j ) = (Ae E ij e ) = 0 i stąd Ae i = 0. Zatem A = 0, czyli układ (E ij ) jest bazą w uzupełieiu B 2 (H). Wystarczy teraz pokazać, że jeżeli szereg ij a ije ij jest zbieży zbieży w ormie 2, to jest też zbieży w ormie operatorowej. Wyika to z pierwszej ierówości puktu poprzediego. 16

17 (e) Z dowodu poprzediego puktu wyika, że A B 2 (H) jest graicą ciągu operatorów skończeie-wymiarowych względem ormy 2. Z (c) mamy, że rówież w sesie ormy operatorowej. (f) Oczywiste (patrz pukt (e)). (g) Niech AB = U AB będzie rozkładem bieguowym. Mamy AB = U AB i, poieważ U jest częściową izometrią, (e AB e ) = (e (U AB)e ) A Ue Be ( A Ue 2 ) 1 2 ( Be 2 ) 1 2 ( A e 2 ) 1 2 ( Be 2 ) 1 2 = A 2 B 2. Zauważmy jeszcze, że B 2 (H) A (a ij ), gdzie A = a ij E ij, jest izometrią w przestrzeń l 2 (N N). Istotie, A 2 2 = (Ae Ae ) = ( ij a ij (e i e )e j ij a ij (e i e )e j ) = j ā j a j. Mamy więc izomorfizm przestrzei Hilberta l 2 (N N) i B 2 (H). Poiższe twierdzeie pokazuje, że operatory Hilberta-Schmidta są aturalym uogólieiem operatorów całkowych. Twierdzeie 18. Niech (M, µ) będzie przestrzeią z miarą i iech H = L 2 (M, µ) będzie przestrzeią ośrodkową. Operator A B(H) jest Hilberta-Schmidta wtedy i tylko wtedy, gdy istieje K L 2 (M M, µ µ) takie, że (Af)(x) = K(x, y)f(y)dµ(y). Poadto, A 2 2 = K(x, y) 2 dµ(x)dµ(y). Dowód: Jest aalogiczy do dowodu w przypadku H = L 2 ([0, 1]). Niech K L 2 (M M, µ µ) i iech A K będzie odpowiedim operatorem całkowym. Oszacujmy A K f w ormie L 2 (M, µ): Af(x) ( 2 2 dµ(x) K A (x, y)f(y) dµ(y)) dµ(x) ( ) K A 2 (x, y)dµ(y) f 2 (y))dµ(y) dµ(x) = f 2 (y)dµ(y) K A 2 (x, y)dµ(y), czyli Af L 2 K A (x, y) L 2 f L 2. Ozacza to, że K A L 2 (M M, µ µ) defiiuje ciągły operator A: L 2 (M, µ) L 2 (M, µ) z szacowaiem ormy A K A (x, y) L 2. Zwartość udowodimy pokazując, że A K jest graicą operatorów skończeie-wymiarowych. W L 2 (M, µ) wybieżmy przeliczalą bazę ortoormalą (ϕ ). Fukcje ϕ m (x, y) = ϕ (x)ϕ m (y) tworzą bazę ortoormalą w L 2 (M M, µ µ). Mamy więc K A = α m ϕ m, A K f = α m (ϕ f)ϕ m.,m,m 17

18 Ozaczmy przez P N rzut ortogoaly a podprzestrzeń rozpiętą przez N pierwszych wektorów bazy. Mamy N P N AP N f = α m (ϕ f)ϕ m.,m=1 Stąd P N AP N A w ormie operatorowej, bo jądra zbiegają w L 2 (M M, µ µ). Obliczamy ślad tr(a K A K) = A K ϕ 2 = α m 2 = K L 2,,m więc odwzorowaie K A K jest izometrią przestrzei L 2 (M M, µ µ) w B 2 (H). Teza wyika z faktu, że każdy operator skończeie-wymiarowy moża przedstawić jako całkowy, a operatory skończeie-wymiarowe tworzą zbiór gęsty w B 2 (H) Ślad operatora śladowego. Twierdzeie 19. Niech A B 1 (H) i iech (e ) będzie bazą ortoormalą w H. Szereg (e Ae ) jest zbieży bezwzględie i jego suma ie zależy od wyboru bazy. Dowód: Z rozkładu bieguowego A mamy A = U A 1 2 A 1 2 i stąd (e k Ae k ) = ( A 1 2 U e k A 1 2 ek ) A 1 2 U e k A 1 2 ek. Zatem (e k Ae k ) k k ( ) 1 ( ) A 1 2 U e k A 1 2 ek A 1 2 U e k 2 A 1 2 ek 2, k k a poieważ A 1 2 U i A 1 2 ależą do B 2 (H), to szereg jest zbieży. Niezależość od wyboru bazy dowodzi się tak samo jak w przypadku dodatiego A. Sumę szeregu (e Ae ) azywamy śladem operatora A i ozaczamy tr A. Uwaga! Zbieżość bezwzględa szeregu (e Ae ) dla pewej bazy ie wystarcza, by A był śladowy. Musimy mieć zagwaratowaą zbieżość dla wszystkich baz. Twierdzeie 20. Własości śladu: (a) tr jest fukcjoałem liiowym (b) tr A = tr A, (c) tr(ab) = tr(ba) dla A B 1 (H) i B B(H). Dowód: Dwa pierwsze pukty są oczywiste. Dowodząc pukt (c) wystarczy się ograiczyć do uitarych B, bo każdy operator jest kombiacją liiową czterech uitarych. Dla uitarego B mamy tr(ab) = (e ABe ) = (B Be ABe ) = (Be BABe ) = tr(ba). Twierdzeie 21. Dla A B 1 (H), B B(H) zachodzi ierówość AB 1 A 1 B, BA 1 A 1 B. (40) Dowód: 18

19 Niech A B 1 (H), B B(H) i iech A = U A, BA = V BA będą rozkładami bieguowymi. Z Twierdzeia 11 o rozkładzie bieguowym i Twierdzeia 20 pukt c wyika, że tr( BA ) = tr(v BA) = tr(v BU A 1 2 A 1 2 ) = tr( A 1 2 V BU A 1 2 ) = k (e k A 1 2 V BU A 1 2 ek ) = k ( A 1 2 ek V BU A 1 2 ek ) k A 1 2 ek V BU A 1 2 ek V BU k A 1 2 ek 2 = V BU tr( A ). V, U są częściowymi izometriami, więc V BU B. Podobie, pierwszą ierówość dostajemy, korzystając z puktu (d) Stwierdzeia 4, Twierdzeia 20 i rozkładów bieguowych A = U A, AB = V AB : tr( AB ) = tr(v U A B) = tr(v U A BV UU V ) = tr( A BV U) = tr( A 1 2 BV U A 1 2 ) = k (e k A 1 2 BV U A 1 2 ek ) B tr( A ) 19

20 4. Rachuek fukcyjy w algebrach Ogólie o algebrach. Algebrą azywamy przestrzeń wektorową A wyposażoą w działaie możeia rozdzielego względem dodawaia: (A + B)C = AC + BC, C(A + B) = CA + CB. Jeżeli poadto możeie jest działaiem łączym, to mówimy, że algebra jest łącza. Warto tu zwrócić uwagę a algebry, dla których spełioy jest waruek (tożsamość Jacobiego): A (B C) = (A B) C + B (A C). Algebry takie azywae są algebrami Liego jeżeli jest też spełioy waruek A B = B A. Z każdej algebry lączej A możemy dostać algebrę Liego z działaiem [A, B] = AB BA. W dalszym ciągu będziemy się zajmować wyłączie algebrami łączymi ad ciałem liczb zespoloych. Jedością w algebrze A azywamy elemet 1 A A taki, że dla każdego A A zachodzi A1 A = 1 A A = A. Jeżeli jedość istieje, to tylko jeda. Istotie, jeżeli 1 A i 1 A są jedościami, to Przykłady 1. 1 A = 1 A 1 A = 1 A. (1) Przestrzeń C(I) fukcji ciągłych a odciku ]0, 1] ze zwykłym możeiem fukcji jest algebrą przemieą z jedością. (2) Podprzestrzeń C 0 (I) C(I) fukcji mających graicę zero w zerze jest algebrą bez jedości. (3) Niech V będzie przestrzeią wektorową. Przestrzeń L(V ) odwzorowań liiowych V ze składaiem odwzorowań jako możeiem jest algebrą łączą z jedościa. Jedością jest odwzorowaie tożsamościowe. (4) Jeżeli A jest algebrą bez jedości, to możemy ją rozszerzyć do algebry z jedością A 1 = A C kładąc Jedyką jest elemet (0, 1) (A, λ)(b, µ) = (AB + λb + µa, λµ). Niech A będzie algebrą z jedością. A A. Lewym odwrotym do A azywamy B A taki, że BA = 1 A. Podobie defiiujemy prawy odwroty. Przykłady 2. (1) W algebrze C(I) fukcji ciągłych a odciku ]0, 1] elemety z C 0 (I) ie mają ai lewego ai prawego odwrotego. (2) Niech l będzie przestrzeią wektorową ciągów liczbowych i iech A = L(l). Rozpatrzmy odwzorowaie L, R, L L(l) zdefiiowae astępująco: L((a 1, a 2, a 3,... )) = (a 2, a 3, a 4,... ) R((a 1, a 2, a 3,... )) = (0, a 1, a 2, a 3,... ) L ((a 1, a 2, a 3,... )) = (a 1 + a 2, a 3, a 4,... ) (41) Widać, że LR = Id, RL Id oraz L R = Id. Wyika stąd, że istieie lewego (prawego) odwrotego ie gwaratuje istieia prawego (lewego) odwrotego i że lewy (prawy) odwroty ie są wyzaczoe jedozaczie. 20

21 Jeżeli jedak istieją lewy i prawy odwroty do A, to muszą być rówe. Istotie, jeżeli BA = AC = 1 A, to B = B1 A = B(AC) = (BA)C = 1 A C = C. Wyika stąd też, ze jeżeli istieją lewy i prawy odwroty do A, to są oe wyzaczoe jedozaczie. Elemet algebry, dla którego istieją lewy i prawy odroty, azywamy odwracalym i lewy (prawy) odwroty ozaczamy A 1. Jeżeli A, B są elemetami odwracalymi, to (AB) 1 = B 1 A 1, A 1 B 1 = A 1 (B A)B 1. (42) I jeszcze jedo waże pojęcie: podalgebrę B A azywamy lewostroym (prawostroym) ideałem, jeżeli dla dowolych A A i B B mamy BA B (AB B). Ideał dwustroy azywać będziemy po prostu ideałem. Ideał B azywamy właściwym, jeżeli ie jest całą algebrą A. Stwierdzeie 5. Jeżeli A A jest elemetem odwracalym, to ie ależy do żadego lewostroego (prawostroego) ideału właściwego. Dowód: Jeżeli A ależy do lewostroego ideału właściwego B, to 1 A = AA 1 B. Stąd dla dowolego B A mamy A = 1 A A B, czyli B = A. Sprzeczość, bo B jest ideałem właściwym Spektrum elemetu algebry. Niech A będzie algebrą z jedością i iech A A. Zbiorem rezolwetowym elemetu A azywamy zbiór rs A (A): = {z C : z1 A A jest odwracaly w A}. (43) Widmem (spektrum) sp A (A) elemetu A azywamy dopełieie zbioru rs A (A) w C Przykład 3. sp A (A) = C\ rs A (A). Niech R, L będą jak w przykładzie 2. Łatwo zauważyć, że operator z1 A R: (a 1, a 2, a 3,... ) (za 1, za 2 a 1, za 3 a 2, ) jest odwracaly dla z 0 i ie jest odwracaly (ie jest surjekcją) dla z = 0. Stąd sp A (R) = {0}. Podobie, sp A (LR) = sp A (Id) = {1}, zaś z1 A RL: (a 1, a 2, a 3,... ) (za 1, za 2 a 2, za 3 a 3, ) ie jest odwracaly tylko dla z = 0, 1 i stąd sp A (RL) = {0, 1}. Twierdzeie 22. (1) Dla każdej pary A, B A mamy rówość sp A (AB) {0} = sp A (BA) {0}. (2) Jeżeli B A i A B, to sp A (A) sp B (A). (3) Jeżeli ϕ: A B jest homomorfizmem algebr z jedościa, to sp A (A) sp ϕ(a) (ϕ(a)). Dowód: (1) Niech z rs A (AB) i iech z 0. Ozacza to, że istieje elemet odwroty do z1 A AB. Ozaczmy go przez C. Sprawdzimy, że z 1 (1 A + BCA) jest elemetem odwrotym do z1 A BA: z 1 (1 A + BCA)(z1 A BA) = 1 A + BCA z 1 (BA + BCABA) = 1 A + BCA z 1 B(1 A + CAB)A = 1 A + BCA z 1 B(C(z1 A AB) + CAB)A = 1 A + BCA z 1 BC(z1 A AB + AB)A = 1 A i podobie z drugiej stroy. Zatem z rs A (BA). (2) Oczywiste. (3) Poieważ ϕ jest homomorfizmem algebr z jedością, to ϕ(1 A ) = 1 B i w kosekwecji, AB = 1 A implikuje ϕ(a)ϕ(b) = 1 B. Zatem obraz elemetu odwracalego jest odwracaly i z rs A (A) implikuje z rs ϕ(a) (ϕ(a)), rs A (A) rs ϕ(a) (ϕ(a)). 21

22 Uwaga: Przykład 3 pokazuje, że dołączeie zera do spektrum w pierwszym pukcie twierdzeia jest istote. Elemet A A azywamy: (1) idempotetym, jeżeli A 2 = A, (2) ilpotetym rzędu k, jeżeli A k = 0 i A k 1 0, (3) quasi-ilpotetym, jeżeli sp A (A) = {0}. Stwierdzeie 6. (1) Elemet ilpotety jest quasi-ilpotety. (2) Jeżeli P jest elemetem idempotetym, różym od zera i jedości, to sp A (P ) = {0, 1}. Dowód: (1) Niech z 0. W szeregu j=0 z j 1 A j tylko skończoa liczba wyrazów jest róża od zera, więc suma szeregu ma ses. Pokazujemy, że jest to elemet odwroty do (z1 A A): (z1 A A) z j 1 A j = z j 1 A j (z1 A A) = (z j A j z j 1 A j+1 ) = 1 A. j=0 j=0 Zatem z rs A (A). Oczywiście zero ależy do spektrum, bo ilpotety elemet ie jest odwracaly (gdyby A był odwracaly, to rówież A k byłby odwracaly). (2) Dla z 0, 1 sprawdzamy bezpośredim rachukiem, że (z 1) 1 P +z 1 (1 A P ) jest odwrotym do (z1 A P ). Wystarczy zauważyć, że z1 A P = (z 1)P + z(1 A P ), że P (1 A P ) = 0 i że (1 A P ) jest też idempotety. Mamy zatem z rs A (P ). Róży od jedyki elemet idempotety A ie jest odwracaly, gdyby bowiem istiał C A taki, że CA = 1 A, to j=0 1 A = CA = CAA = 1 A A = A. Stąd P i 1 A P ie są odwracale, czyli 1, 0 sp A (P ). Niech A, B będą komutującymi elemetami algebry, tz. AB = BA. Oczywistym jest, że wówczas komutują rówież B i (z1 A A). Pokażemy, że dla z rs A (A) komutują także B i elemety postaci (z1 A A) 1. Istotie, wystarczy rówość (z1 A A)B = B(z1 A A) wymożyć stroami przez (z1 A A) 1. Niech A(A) będzie algebrą rozpiętą przez A i (z1 A A) 1, gdzie z rs A (A). Jest oczywistym, że jest to algebra przemiea z jedością: 1 A = z(z1 A A) 1 A(z1 A A) 1 Jest to ajmiejsza algebra wśród algebr C takich, że sp A (A) = sp C (A) Twierdzeie spektrale dla algebr. Niech K będzie podzbiorem C. Ozaczmy przez Rat(K) zbiór fukcji wymierych z bieguami poza K. Zbiór te jest algebrą z jedością. Niech teraz A będzie algebrą z jedością, A A i f Rat(sp(A)). Fukcja f jest ilorazem wielomiaów f(z) = p(z), przy czym q(z) 0 dla z sp(a). Stąd q(z) q(z) = (z z 1 ) m1 (z z ) m, gdzie z i / sp(a). Zdefiiujmy f(a) = p(a)(a z 1 1 A ) m1 (A z 1 A ) m. (44) Oczywistym jest, że f(a) A(A) i że ie zależy od porządku czyików w (44). 22

23 Twierdzeie 23 (Spektrale). Odwzorowaie jest homomorfizmem algebr z jedością. Poadto, Rat(sp(A)) f f(a) A(A) A (45) (A) jeżeli π: Rat(sp(A)) A jest homomorfizmem algebr z jedością takim, że fukcję id C : z z przeprowadza w A, to π(f) = f(a), (B) sp(f(a)) = f(sp(a)), (C) jeżeli f Rat(sp(A)) i g Rat(sp(f(A))), to g f(a) = g(f(a)). Dowód: Bezpośredio z defiicji wyika, że (f g)(a) = f(a)g(a). Prostym rachukiem pokazujemy też, że (f +g)(a) = f(a) +g(a). Mamy więc homomorfizm. Udowodimy teraz (A). Wystarczy pokazać, że jeżeli λ rs(a), to π((λ id) 1 ) = (λ A) 1. (46) Wiemy,że π(λ id C ) = λ1 A A. Poadto, (λ id C ) 1 Rat(sp(A)) i (λ id C ) 1 (λ id C ) = 1. Stąd, poieważ π jest homomorfizmem, π((λ id C ) 1 )(λ A) = π((λ id C ) 1 )π(λ id C ) = π((λ id C ) 1 )(λ id C )) = 1 A, co dowodzi prawdziwość wzoru (46). Wykazaliśmy więc pukt (A). Aby udowodić pukt (B)wykażemy ajpierw zawieraie sp(f(a)) f(sp(a)). (47) Niech µ f(sp(a)), wówczas fukcja z f(z) µ jest róża od zera a sp(a), czyli g: z (f(z) µ) 1 ależy do Rat(sp(A)). Stąd jest dobrze określoy elemet algebry π(g). Łatwo sprawdzamy, że π(g)(f(a) µ1 A ) = 1 A, czyli µ rs(f(a)). Ozacza to zawieraie (47). Teraz wykażemy zawieraie sp(f(a)) f(sp(a)). (48) Niech bowiem µ / sp(f(a)), czyli istieje (f(a) µ1 A ) 1. Jeżeli µ ie ależy do obrazu f, to rówież µ / f(sp(a)). Niech więc µ = f(λ). Ozacza to, że f(λ) µ = 0 i fukcja wymiera h: z (f(z) µ)(z λ) 1 ależy do Rat(sp(A)). Istotie, h ie ma biegua w sp(a), bo f ie ma, a w λ fukcja h ma osobliwość usuwalą. Zatem h(a) jest dobrze zdefiiowaym elemetem algebry A. Sprawdzamy, że h(a)(f(a) µ1 A ) 1 jest elemetem odwrotym do (λ1 A A): (λ1 A A)h(A)(f(A) µ1 A ) 1 = h 1 (A)(f(A) µ1 A ) 1, gdzie h 1 (z) = (λ z)h(z) = f(z) µ i h 1 (A) = (f(a) µ1 A ). Zatem λ / sp(a) i µ / f(sp(a)), czyli mamy zawieraie (48). Pozostaje do udowodieia pukt (C). Poieważ (g 1 g 2 ) f = (g 1 f) (g 2 f) oraz dla odwracalego g mamy g 1 f = (g f) 1, to wystarczy rozpatrzyć przypadek g(z) = z λ, a dla tej fukcji rówość do udowodieia jest oczywista. 23

24 5. Rachuek fukcyjy w algebrach Baacha Algebry Baacha. Defiicja 3. Algebrą Baacha azywamy łączą algebrę, która jest, jako przestrzeń wektorowa, przestrzeią Baacha i dla której działaie możeia jest ciągłe. Ciągłość możeia w algebrze Baacha (A, ) jest rówoważa stwierdzeiu, że istieje dodatia liczba rzeczywista c taka, że dla A, B A AB c A B. (49) Przykład 4. Niech X będzie przestrzeią Baacha, a B(X) przestrzeią operatorów (odwzorowań liiowych i ciągłych) w X. Przypomijmy, że ormę w B(X) defiiujemy wzorem A = sup x =1 A(x) i stąd A(x) A x. (50) Możeie defiiujemy jako składaie operatorów. Z poprzediego rozdziału wiemy, że z tym możeiem B(X) jest algebrą (podalgebrą wszystkich odwzorowań liiowych X w siebie). Wiemy też, że AB = sup AB(x) sup A B(x) = A B, (51) x =1 x =1 czyli mamy ierówość (49) ze współczyikiem c = 1. B(X) jest więc algebrą Baacha z jedością (odzorowaie idetyczościowe) i id = 1. Pokażemy, że każda algebra Baacha jest domkiętą podalgebrą algebry operatorów pewej przestrzei Baacha. Twierdzeie 24. Niech A będzie algebrą Baacha. Istieje przestrzeń Baacha X taka, że A jest algebrą izomorficzą pewej domkiętej podalgebrze B(X). Dowód: Przyjmijmy X = A jeżeli A jest z jedością i X = A C gdy jest bez jedości. X jest algebrą Baacha z jedością e. Defiiujemy odwzorowaie ϕ: A B(X) ϕ(a)x = T A x, gdzie T A jest operatorem możeia z lewej stroy przez A. Liiowość i ciągłość T A jest oczywista. Jeżeli ϕ(a) = 0, to w szczególości A = T A e = 0, czyli ϕ jest ijekcją. Jest też homomorfizmem algebr (algebr z jedością), co wyika z łączości możeia. Poadto, jeżeli wprowadzimy w A ową ormę A 1 = ϕ(a), to A 1 = sup T A x 1 x =1 e T Ae = A e, więc A e A 1, czyli ϕ 1 jest odwzorowaiem ciągłym. Aby wykazać rówoważość orm wystarczy teraz pokazać domkiętość obrazu ϕ w B(X) (wówczas obraz ϕ jest przestrzeią Baacha) a astępie skorzystać z twierdzeia o wykresie domkiętym. Niech ciąg ϕ(a ) będzie zbieży w B(X) do T. Dla dowolych x, y X mamy ϕ(a )(xy) = T A (xy) = T A (x)y i w graicy T (xy) = T (x)y. Biorąc x = e dostajemy T (y) = T (e)y. Wystarczy teraz pokazać, że T (e) A. Jest tak, bo T (e) = lim T A (e), a T A (e) = A, więc ciąg (A ) jest zbieży w X, więc też w A. Możemy więc w defiicji algebry Baacha przyjąć, że c = 1 i że orma jedości jest rówa jede i od tej pory tak będziemy zakładać Własości spektrum dla algebr Baacha. Zajmować się będziemy wyłączie algebrami z jedością. Pokażmy ajpierw, że zbiór elemetów odwracalych w algebrze Baacha jest otwarty. 24

25 Stwierdzeie 7. Zbiór elemetów odwracalych w algebrze Baacha jest otwarty. Dowód: Zauważmy ajpierw, że jeżeli S A i S < 1, to istieje (1 A S) 1. Istotie, rozpatrzmy szereg 1 A + S + S 2 + S +. (52) Jest o zbieży w A, bo S i m S i S i = m m S m 1 S m 0. Korzystaliśmy tu z ierówości S i S i. Poieważ możeie w algebrze Baacha jest operacją ciągłą ze względu a oba argumety, to (1 A S)(1 A + S + + S + ) = lim (1 A S)(1 A + S + + S ) = lim (1 A S +1 ) = 1 A lim S+1 = 1 A, bo dla S < 1 mamy lim S +1 = 0. Niech teraz A będzie elemetem odwracalym w A i iech B będzie takie, że B < A 1 1. Stąd A 1 B B A 1 < 1, więc istieje (1 A + A 1 B) 1. Z kolei A + B = A(1 A + A 1 B), a stąd widać, że odwzorowaie (1 A + A 1 B) 1 A 1 jest odwzorowaiem odwrotym do A + B: (1 A + A 1 B) 1 A 1 = (A + B) 1. Mamy więc, że A + B jest odwracaly; zbiór elemetów odwracalych zawiera kulę o środku 1 w A i promieiu A 1. W dalszym ciągu korzystać będziemy z dwóch podstawowych twierdzeń w teorii przestrzei Baacha (i ie tylko): twierdzeia Haha-Baacha i twierdzeia Baacha-Steihausa. Podam je bez dowodu. Niech X będzie przestrzeią wektorową ad R lub C. Fukcję p: X R spełiającą waruki p(x) 0, x X, p(x 1 + x 2 ) p(x 1 ) + p(x 2 ), x 1, x 2 X p(λx) = λ p(x), λ K, x X, azywamy półormą. Twierdzeie 25 Haha-Baacha. Niech Y będzie podprzestrzeią X i iech f będzie fukcjoałem liiowym a Y spełiającym f(x) p(x), x Y, dla półormy p, to istieje fukcjoał liiowy f a X taki, że f = f a Y i f(x) p(x), x X. Wiosek 3. Jeżeli X jest przestrzeią z ormą i X x 0 jest róży od zera, to istieje fukcjoał liiowy i ciągły taki, że f(x 0 ) 0. Dowód: Niech Y będzie jedowymiarową podprzestrzeią rozpiętą przez x 0. Defiiujemy ciągłą i liiową fukcję f: Y K kładąc f(x 0 ) = 1 2 x 0. Z twierdzeia Haha-Baacha, biorąc p(x) = x dla x X, dostajemy istieie liiowej fukcji f: X K takiej, że f(x 0 ) = f(x 0 ) 0 i f(x) x (tz. fukcja f jest ciągła). 25

26 Twierdzeie 26 Baacha-Steihausa. Jeżeli F jest rodzią odwzorowań liiowych i ciągłych przestrzei Baacha X w przestrzeń Baacha Y o tej własości, że dla każdego x X zbiór {F (x), F F} jest ograiczoy w Y, to F jest ograiczoy w L(X, Y ). Przykład 5. Niech X będzie przestrzeią dualą (tz. przestrzeią fukcjoałów liiowych i ciągłych) do przestrzei Baacha X. Jest to przestrzeń Baacha i mamy ijekcję F: X (X ), F(x)(f) = f(x). Ijektywość F wyika z Wiosku 3. Pokażemy, że F jest izometrią: dla x 0 x F(x) = sup F(x), f = sup f, x = x sup f, f =1 f =1 f =1 x, x ale f = sup x =1 f, x, więc sup f =1 f, x 1. Z Twierdzeia Haha-Baacha mamy istieie f takiego, że f( x x ) = 1 i f = 1, czyli sup x f =1 f, x = 1 i stąd F(x) = x. Wyika stąd, że zbiór A X jest ograiczoy wtedy i tylko wtedy, gdy F(A) jest ograiczoy. Z Twierdzeia Baacha-Steihausa dostajemy, że A jest ograiczoy wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego f X zbiór f(a) jest ograiczoy. Jesteśmy teraz gotowi do twierdzeia o podstawowych własościach widma elemetu algebry Baacha. Twierdzeie 27. Niech A A. Wówczas (a) jeżeli λ rs(a) i (λ1 A A) 1 = c, to {z: z λ < c 1 } rs(a), (b) (z1 A A) 1 (dist(z, sp(a)) 1, (c) zbiór {z: z > A } jest zawarty w rs(a), (d) sp(a) jest zwartym podzbiorem C, (e) fukcja z (z1 A A) 1 zwaa rezolwetą jest aalitycza a rs(a), tz. da się lokalie rozwijać w szereg, (f) rezolwety ie moża przedłużyć aalityczie poza rs(a), (g) (z1 A A) 1 0 gdy z, (h) widmo sp(a) jest zbiorem iepustym. Dowód: (a) Z dowodu Stwierdzeia 7 wyika, że jeżeli λ A jest odwracaly, to λ A + B, gdzie B (λ A) 1 1, jest też odwracaly. W szczególości, możemy wziąć B = z1 A, gdzie z < c 1. (b) Z poprzediego puktu mamy, że dist(z, sp(a)) (z A) 1 1. Stąd żądaa ierówość. (c) Jeżeli z > A, to (z1 A ) 1 1 = z A i jak w (a) dostajemy odwracalość z1 A A. (d) Z (a) wyika, że rs(a)jest zbiorem otwartym, więc sp(a) domkiętym. Z (b) wyika, że sp(a) {z: z A }, czyli sp(a) jest zbiorem ograiczoym i domkiętym w C, więc zwartym. (e) Z (a) wiemy, że jeżeli λ rs(a) i z λ < c 1, to z1 A A jest odwracaly. Z dowodu Stwierdzeia 7 (z1 A A) 1 jest sumą szeregu (z1 A A) 1 = ((z λ)1 A + (λ1 A A)) 1 = (λ1 A A) 1 (1 A + (z λ)(λ1 A A) 1 )) 1 = (λ1 A A) 1 (z λ) i (A λ1 A ) i. (f) Gdyby moża było przedłużyć aalityczie (więc w sposób ciągły) rezolwetę poza rs(a), a więc do zbioru mającego iepuste przecięcie z sp(a), do dla pewego ciągu rs(a) z z sp(a) ciąg (z 1 A A) 1 byłby zbieży, co jest sprzecze z (b). 26 i=0

27 (g) Jeżeli z > A, to z1 A A = z(1 A 1 z A) i Stąd (z1 A A) 1 1 z j=0 (z1 A A) 1 = 1 z z j A j 1 z z j A j. j=0 z j A j = j=0 1 z A z 0. (h) Niech ϕ A (fukcjoały liiowe i ciągłe). Fukcja rs(a) z ϕ((z1 A A) 1 ) C jest aalitycza (holomorficza) i dążąca do zera w ieskończoości. Jeżeli rs(a) = C, to fukcja ta jest całkowita i ograiczoa, więc stała, więc zerowa. Dla każdego ϕ A dostajemy ϕ((z1 A A) 1 ) = 0, więc z Wiosku 3 do Twierdzeia Haha-Baacha (z1 A A) 1 = 0. Sprzeczość. Prostym wioskiem z tego twierdzeia jest Twierdzeie 28 Gelfada-Mazura. Jeżeli A jest algebrą Baacha z jedością, której wszystkie elemety róże od zera są odwracale, to jest oa izomorficza C. Dowód: Niech A A i iech z sp(a) (sp(a) ie jest pusty), tz. z1 A A ie jest elemetem odwracalym. Z założeia jest więc rówy zeru i stąd A = z1 A Promień spektraly. Promieiem spektralym elemetu A A azywamy liczbę sr(a) = sup z. (53) z sp(a) Z Twierdzeia 27 wyika, że sr(a) A. W dalszym ciągu przydaty będzie lemat o ciągach liczbowych. Lemat 3. Jeżeli ciąg liczbowy (c ) spełia relacje c +c m c +m, to ciąg ( c ) jest zbieży i lim c = if c. Dowód: Ustalmy m i iech = mq +r, gdzie r < m. Mamy więc c c mq +c r qc m +c r i stąd c q mq + r c m + c r c m m. Zatem lim sup c c m m i lim sup c lim if c m. Wyika stąd rówość graicy górej m i dolej, więc zbieżość ciągu. Poadto lim c = lim sup c m m if c m i stąd dowodzoa m rówość. Twierdzeie 29 Formuła Gelfada-Beurliga. Graica lim A 1 istieje i jest rówa sr(a). Dowód: Połóżmy c = log A. Mamy dla tego ciągu c + c m = log A + log A m = log( A A m ) log A m+ = c m+. Z lematu wyika istieie graicy lim c = lim log( A 1 ) i stąd istieie graicy lim A 1. Ozaczmy tą graicę przez r. Z kryterium Cauchy ego szereg z 1 A jest zbieży bezwzględie dla z > r i, jak łatwo sprawdzić, jego suma jest rówa (z1 A A) 1. Zatem z rs(a) jeśli z > lim A 1, czyli sr(a) lim A 1. 27

28 Niech teraz z > sr(a). Rezolweta z (z A) 1 jest fukcją aalityczą a swojej dziedziie, czyli a rs(a), zatem dla ϕ A fukcja liczbowa rs(a) z ϕ((z1 A A) 1 ) jest holomorficza, więc ma rozwiięcie Laureta w pierścieiu z > sr(a). W pierścieiu z > A rozwiięciem Laureta rezolwety jest szereg k=0 z k 1 A k, więc ϕ((z1 A A) 1 ) ma w tym pierścieiu rozwiięcie k=0 z k 1 ϕ(a k ). Z jedozaczości rozwiięcia Laureta jest to też rozwiięcie w pierścieiu z > sr(a). Ze zbieżości szeregu Laureta wyika, że ciąg (z k ϕ(a k )) jest ograiczoy dla każdego ϕ A. Z twierdzeia Baacha-Steihausa (Przykład 5) ciąg (z k A k ) jest też ograiczoy w ormie, więc istieje M takie, że z k A k M. Stąd A k M z k, A k 1 k M 1 k z z i lim A 1 z. Jest tak dla każdego z > sr(a), więc sr(a) lim A Całki z fukcji o wartościach w przestrzei Baacha. Całkować będziemy fukcje f: R X, gdzie X jest przestrzeią Baacha. Zaczyamy od fukcji schodkowych o zwartym ośiku. Mówimy, że fukcja f jest schodkowa, jeżeli istieje skończoy ciąg liczb c 0 < c 1 < < c taki, że a przedziałach ], c 0 [, [c 0, c 1 [,..., ]c, [ fukcja ta jest stała. Fukcja schodkowa ma zwarty ośik, jeżeli a skrajych przedziałach jest zero. Defiicja 4. Fukcję f azywamy całkowalą w sesie Riemaa, jeżeli ε > 0 istieje fukcja schodkowa g o zwartym ośiku taka, że f g ε ozacza całkę górą, czyli kres doly całek z fukcji schodkowych większych od fukcji podcałkowej. Z defiicji zatem wyika, że fukcja całkowala w powyższym sesie ma zwarty ośik. Stwierdzeie 8. Fukcja f jest całkowala wtedy i tylko wtedy, gdy istieje ciąg (g ) fukcji schodkowych o zwartym ośiku taki, że f g 0. Ciąg fukcji o którym mówi to stwierdzeie azywamy ciągiem aproksymującym. Stwierdzeie 9. Niech fukcja f będzie ograiczoa o ośiku zwartym. Jeżeli ε > 0 istieje fukcja całkowala g ε taka, że f g ε ε, to f też jest całkowala. Dowód: Poieważ fukcje g ε są całkowale, to dla każdego ε > 0 istieje fukcja schodkowa h ε taka, że g ε h 2 ε ε 2. Z subaddytywości całki górej dostajemy f h ε f g ε + g ε h 2 2 ε ε. Stwierdzeie 10. Fukcja f jest całkowala wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ε > 0 istieją fukcja schodkowa g ε o zwartym ośiku i fukcja rzeczywista h ε takie, że f g ε h ε i h ε ε. Dowód: Niech f będzie całkowala. Istieje fukcja schodkowa g o zwartym ośiku i taka, że f g ε 2. Z kolei, z defiicji całki górej, istieje rzeczywista fukcja schodkowa h taka że f g h i h ε. W drugą stroę oczywiste. Całkę z fukcji schodkowej o zwartym ośiku defiiujemy w oczywisty sposób. Do defiicji całki dla dowolej fukcji całkowalej potrzebe am jest astępujące twierdzeie. Twierdzeie 30. Niech f będzie całkowala i iech (g ) będzie ciągiem fukcji schodkowych o zwartym ośiku takim (ciąg aproksymujący), że f g 0, wówczas ciąg całek g jest zbieży w X i graica ie zależy od wyboru ciągu (g ). 28