Kon_lin_an3

Поэтому

(A(x + y); x + y) (A(x y); x y) = 2[(Ay; x) + (Ax; y)];

(A(x + iy); x + iy) (A(x iy); x iy) = 2i[(Ay; x) (Ax; y)]:

Следовательно,

[(A(x + y); x + y) (A(x y); x y)]+

+ i[(A(x + iy); x + iy) (A(x iy); x iy)] =

= 2[(Ay; x) + (Ax; y)] 2[(Ay; x) (Ax; y)] = 4(Ax; y):

Поляризационное тождество приводит к важному следствию.

Следствие 2.1.4. Пусть A; B 2 B(H).

(i)A = 0 тогда и только тогда, когда (Ax; x) = 0 для любого x 2 H;

(ii)A = B тогда и только тогда, когда (Ax; x) = (Bx; x) для любого x 2 H.

2.1.2Обратный оператор

Понятие обратного оператора в случае конечномерного гильбертова пространства повторяет соответствующее определение в линейном случае. При этом имеют место аналогичные утверждения, которые мы приводим без доказательств (см. I(L)).

Определение 2.1.5. Оператор B 2 B(H) называется обратным к оператору A 2 B(H), если

BA = AB = I:

Если оператор A имеет обратный, то он называется обратимым.

Оператор, обратный к оператору A 2 B(H), обозначается через A 1. Ясно, что оператор A 1 тоже обратим и

(A 1) 1 = A:

Очевидно, что тождественный оператор I обратим и I 1 если A, B 2 B(H) обратимы, то операторы AB, BA, обратимы и

(AB) 1 = B 1A 1; ( A) 1 =	1	A 1	:

= I. Кроме того,A, 6= 0 тоже

31

Замечание 2.1.6. Как и в линейном случае, не всякий линейный оператор A 2 B(H) имеет обратный.

Утверждение 2.1.7. Следующий условия эквивалентны:

(i)Оператор A 2 B(H) обратим;

(ii)Ker A = f0g;

(iii)Ran A = H.

Следствие 2.1.8. Следующие условия эквивалентны:

(i)Оператор A 2 B(H) обратим;

(ii)Существует оператор B 2 B(H) такой, что BA = I;

(iii)Существует оператор C 2 B(H) такой, что AC = I.

Обозначим множество всех обратимых операторов из B(H) через GB(H).

Упражнение 2.1.9. Доказать, что GB(H) группа операторов в B(H)

(группа обратимых операторов).

Утверждение 2.1.10. Если (AB) 2 GB(H), то A, B 2 GB(H).

Доказательство. Пусть (AB) 2 GB(H). Так как

A(B(AB) 1) = (AB)(AB) 1 = I; ((AB) 1A)B = (AB) 1(AB) = I;

то в силу следствия 2.1.8, операторы A; B 2 GB(H).

2.2Норма линейного оператора в H. Свойства нормы

Линейный оператор A 2 B(H) называется ограниченным, если существует такое число K > 0, что для всех x 2 H выполняется неравенство:

kAxk Kkxk:

Линейный оператор A 2 B(H) называется непрерывным, если для любого " > 0 существует такое > 0, что kAx Ayk < " для любых x, y 2 H таких, что kx yk < .

Ясно, что любой ограниченный оператор A 2 B(H) непрерывен.

32

Утверждение 2.2.1. Любой оператор A 2 B(H) в конечномерном гильбертовом пространстве H является ограниченным, а потому и непрерывным.

Доказательство. Пусть A 2 B(H), dim H = n, fe1; : : : ; eng ортонормированный базис в H, x 2 H и

n

X

x = (x; ek)ek

k=1

его разложение по базису. Обозначим

K = maxfkAe1k; : : : ; kAenkg:

Тогда

n

n

kAxk =	X			X
	n	(x; ek)Aek		j(x; ek)jkAekk
					n
	k=1			k=1	Xk
	X
kxkkekkkAekk = kxk					kAekk nKkxk:
	k=1				=1

Следовательно, оператор A ограничен.

Замечание 2.2.2. Если гильбертово пространство H конечномерно, то каждый оператор A 2 B(H) является ограниченным (см. утверждение 2.2.1). Для бесконечномерного гильбертова пространства H изучение классов ограниченных операторов, а также возникающих в этом случае классов неограниченных операторов, существенно усложняет изложение теории операторов.

Определение 2.2.3. Для любого оператора A 2 B(H) число

k	A	k	= sup	Ax	k	= sup	kAxk
			kxk=1 k			x6=0 kxk

называется нормой оператора A.

Замечание 2.2.4. Пусть I единичный оператор в B(H), а 0 нулевой. Тогда kIk = 1, k0k = 0.

Утверждение 2.2.5. Выполнены следующие свойства нормы оператора.

33

(i)kAk 0 для любого оператора A 2 B(H); kAk = 0 лишь при A = 0;

(ii)k Ak = j jkAk для любых A 2 B(H) и 2 C;

(iii)kAxk kAkkxk для любых A 2 B(H) и x 2 H;

(iv)j(Ax; y)j 6 kAkkxkkyk для любых A 2 B(H) и x; y 2 H;

(v)kA + Bk kAk + kBk для любых A; B 2 B(H);

(vi)kABk kAk kBk для любых A; B 2 B(H).

Доказательство. Свойства (i)–(iii) следуют непосредственно из определения, свойство (iv) из неравенства Коши–Шварца, свойства (v) и (vi) из неравенств:

k(A + B)xk = kAx + Bxk kAxk + kBxk (kAk + kBk)kxk; kABxk = kA(Bx)k kAk kBxk kAk kBk kxk:

Упражнение 2.2.6. Пусть A 2 B(H) и (A) его спектр (см. пособие I(L), стр. 73).

(i)Доказать, что норму оператора A можно вычислять по одной из следующих формул:

kAk			= inffK > 0 : kAxk Kkxk; x 2 Hg;
kAk =				sup j(Ax; y)j; x; y 2 H;
				kxk=kyk=1
k	A	k	= sup		j(Ax; y)j	;	x; y	2	H:
				x;y6=0	kxk kyk

(ii)Если 2 (A), то j j kAk.

(iii)Оператор A 2 GB(H) тогда и только тогда, когда существует такое число K > 0, что

kAxk Kkxk

для любого x 2 H.

(iv) Если A 2 GB(H), то kAk > 0 и kA 1k > 0.

Упражнение 2.2.7. Доказать, что

max j(Ax; x)j kAk 2 max j(Ax; x)j:

kxk=1

kxk=1

34

kxk=1

Упражнение 2.2.8. Пусть dim H = n > 1. Привести пример такого оператора A 2 B(H), что

kAk = 1; max j(Ax; x)j = 12:

Упражнение 2.2.9. Вычислить норму клеки Жордана A = Jn( ).

2.3Резольвента. Спектральный радиус

2.3.1Резольвента оператора

Утверждение 2.3.1. Пусть A 2 B(H).

(i)Если 2 (A), то оператор (A I) необратим.

(ii)Если 62 (A), то оператор (A I) 2 GB(H).

Доказательство. (i). Пусть A 2 B(H), 2 (A) и x 2 H, x 6= 0 соответствующий собственный вектор. Тогда

(A I)x = 0;

т.е. Ker(A I) 6= f0g: Поэтому оператор (A I) необратим.

(ii). Если 62 (A), то не существует ненулевого вектора x 2 H, для которого выполнялось бы равенство:

Ax = x:

Следовательно,

Ker(A I) = f0g:

Поэтому, в силу теоремы I(L).2.3.3, оператор (A I) 2 GB(H).

Определение 2.3.2. Комплексное число называется регулярной точкой оператора A 2 B(H), если оператор (A I) обратим. Множество всех регулярных точек оператора A называется резольвентным множеством этого оператора и обозначается r(A).

Замечание 2.3.3. Как показывает утверждение 2.3.1, r(A) = C n (A); A 2 B(H):

Поэтому резольвентное множество r(A) любого оператора A 2 B(H) является открытым подмножеством в C.

35

Определение 2.3.4. Пусть A 2 B(H) и 2 r(A). Оператор

R (A) = R(A; ) = A = (A I) 1

называется резольвентой оператора A.

Замечание 2.3.5. Для любого оператора A 2 B(H) резольвента R(A; ) представляет собой функцию комплексного переменного , определенную на резольвентном множестве r(A) = C n (A). Эта функция является рациональной функцией от , полюсы которой принадлежат (A). На бесконечности она регулярна и обращается в нуль.

Утверждение 2.3.6. (Тождество Гильберта) Если ; 2 r(A), то имеет место равенство

A A = ( )A A :

Доказательство. Умножая равенство

(A I) (A I) = ( )I

слева на A , а справа на A , последовательно получим:

A (A I)A A (A I)A = A ( )A ;

A A = ( )A A :

Упражнение 2.3.7. Доказать, что если ; 2 r(A), то

(i)[A ; A ] = A A A A = 0;

(ii)[A; A ] = AA A A = 0;

(iii)I + A = AA ;

(iv)A A = ( )A AA .

Утверждение 2.3.8. Если A 2 GB(H) и оператор B 2 B(H) такой, что

1 kBk < kA 1k;

то операторы (A B) 2 GB(H).

36

Доказательство. Допустим, что Ker(A + B) 6= f0g. Тогда существует ненулевой вектор y 2 H такой, что

(A + B)y = Ay + By = 0:

Следовательно,

k

B

k

= sup

kBxk

kByk

=

kAyk

=

kzk

kzk

=

1

;

x

A 1z

A 1

x=0

y

k

k

y

k

k

k

A 1

z

k

k

k

6

k k

k

k

kk

где z = Ay 6= 0. Полученное противоречие показывает, что

Ker(A + B) = f0g;

и потому, в силу утверждения 2.1.7, (A + B) 2 GB(H). Случай оператора (A B) рассматривается аналогично.

Следствие 2.3.9. Пусть A 2 B(H) такой, что kAk < 1. Тогда:

(i) Операторы (A I) 2 GB(H), т.е. 1 2 r(A),

(ii) (I A) 1 = P1 Ak.

k=0

Доказательство. (i). Так как I 2 GB(H) и kIk = kI 1k = 1, то в силу утверждения 2.3.8, операторы (I A) 2 GB(H), и потому (A I) 2 GB(H).

(ii). Так как kAk < 1, то

11

XX

	kAkk kAkk < 1:
k=0	k=0

Поэтому P1 Ak 2 B(H). Кроме того, для любого m имеем:

k=0

m	m
X	X
(I A)	Ak = (I A)Ak = I Am+1:
k=0	k=0

Переходя к пределу при m ! 1, и учитывая, что kAm+1k kAkm+1 ! 0, получаем:

1	1
X	X
(I A)	Ak = (I A)Ak = I:
k=0	k=0

Следовательно, (I A) 1 = P1 Ak.

k=0

37

Упражнение 2.3.10. Пусть A 2 B(H) такой, что kAk < 1. Доказать, что

k(A I) 1k	1	:
	1 kAk

Утверждение 2.3.11. Пусть fAkg1k=1 B(H) такая последовательность, что 1 2 r(Ak) для любого k = 1, 2, . . . . Тогда следующие условия эквивалентны:

(i)Ak ! 0 при k ! 1;

(ii)Начиная с некоторого номера K операторы (I Ak) обратимы при k K и (I Ak) 1 ! I, k ! 1.

Доказательство. (i) ) (ii). Пусть Ak ! 0 при k ! 1, т.е lim kAkk = 0.

k!1

Следовательно, существует такой номер K, что при всех k K нормы kAkk < 1, и потому, в силу следствия 2.3.9, операторы (I Ak) обратимы и

k(I Ak) 1 Ik =

1

=

1

m=0 Akm I

m=1 Akm

X

X

1

m

1

m

Ak

X

A

X

A

=

k

k

:

1

k

Ak

k

k k k k kk

m=0

m=0

Таким образом, lim (I Ak) 1 = I.

k!1

(ii) ) (i). Пусть lim (I Ak) 1 = I. Тогда

k!1

Bk = I (I Ak) 1 ! 0:

Тогда, по уже доказанному,

(I Bk) 1 ! I

Следовательно, I (I Bk) 1 = I (I Ak) = Ak ! 0 при k ! 1.

2.3.2Спектральный радиус оператора

Пусть A 2 B(H).

Определение 2.3.12. Спектральным радиусом оператора A называется число

(A) = max j j:

2 (A)

38

Утверждение 2.3.13. Для любого оператора A 2 B(H) выполняется неравенство:

0 (A) kAk:

Доказательство. Левая часть неравенства очевидна. Пусть 2 (A) и 0 6= y 2 H соответствующий собственный вектор, Ay = y. Тогда

имеем:

kAk = sup kAxk kAyk = k yk = j j: x6=0 kxk kyk kyk

Следовательно,

kAk max j j = (A):

2 (A)

Спектральный радиус оператора, вообще говоря, не зависит от нормы оператора. Однако его можно выразить в терминах нормы. Для этого нам понадобится следующее утверждение.

Утверждение 2.3.14. Для любого оператора A 2 B(H) существует предел

n o

pp

lim k kAkk = inf k kAkk; k 2 N :

k!1

Доказательство. Рассмотрим числовую последовательность fakg1k=1; ak = kAkk; k = 1; 2; : : : :

Пусть k1, k2 любые натуральные числа. Тогда

ak1+k2 = kAk1+k2 k = kAk1 Ak2 k kAk1 k kAk2k = ak1 ak2 :

Такую последовательность f kg1k=1 называют полуаддитивной.

1). Если ak0 = 0 для некоторого k0, то ak = 0 для любого k > k0. В этом случае

lim ak = inf ak = 0

k!1 k

и

no

pp

lim k kAkk = inf k kAkk; k 2 N = 0:

k!1

2). Пусть теперь ak > 0 для любого k = 1, 2, . . . . Зафиксируем некоторое натуральное число m. Для каждого натурального числа k однозначно определены числа pk и qk такие, что

k = pkm + qk; 0 qk < m:

39

Тогда

ak = apkm+qk apkm aqk apmk aqk ;

и	1		pk 1
	akk	a	mk	aqkk :

Так как

m1 =

то

lim

k!1

Поэтому

lim

k!1

pkk + kmqk ;

pkk = m1 :

11

akk amm :

Так как число m было произвольным, то

			1			1		1
lim ak				inf am			lim ak		:
k!1			k	m	m		k!1	k

Следовательно, существует предел

11

lim akk = inf akk :

k!1 k

Таким образом, существует предел

n o

pp

lim k kAkk = inf k kAkk; k 2 N :

k!1

Теорема 2.3.15 (Формула Гельфанда). Для любого оператора A 2 B(H)

имеет место равенство:

pp

(A) = lim k kAkk = inf k kAkk:

k!1

k

Доказательство. Пусть 2 (A). Тогда k 2 (Ak) для любого k 2 N.

Следовательно,

j kj = j jk (Ak) kAkk:

Поэтому,

p

j j k kAkk; 2 (A);

p

откуда следует, что (A) k kAkk и

p

(A) lim k kAkk:

k!1

40