Kon_lin_an3

Для доказательства противоположного неравенства рассмотрим резоль-

венту

R(A; ) = (A I) 1

и разложим ее в сходящийся ряд Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки при j j > kAk (см. следствие 2.3.9):

R(A; ) = (A I) 1	=	1	I	A		1	1	Ak
							= k=0	k+1 :
							X

Этот ряд сходится на самом деле в более широкой области j j > (A), так как в этой области у резольвенты нет особых точек. По формуле КошиАдамара для радиуса сходимости этого ряда имеем:

p

lim k kAkk (A):

k!1

Таким образом,

pp

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

k!1

k

Утверждение 2.3.16. Спектральный радиус оператора A 2 B(H) обладает следующими свойствами:

(i)( A) = j j (A);

(ii)(Am) = ( (A))m для любого натурального числа m.

Доказательство. (i).

pp

( A) = klim

k

k( A)kk = klim

k k kAkk =

!1

!1

k!1 p

j

j k!1 p

j (

)

j

k

j k

k

=

k

Ak

k = j

:

= lim

k

Ak

lim k

A

(ii).

m

(

Am

) = k!1 pk(

)

k

k!1 pk

Amk

k = k!1 h

pk

Amk

ki

lim k

Am k

= lim

k

lim

mk

=

h p im

= lim mk kAmkk = ( (A))m:

k!1

Упражнение 2.3.17. Докажите утверждения.

Если j j > (A), то 2 r(A);

Если j j > kAk, то 2 r(A).

41

Утверждение 2.3.18. Для любого оператора A 2 B(H) следующие условия эквивалентны:

(i)(A) = kAk;

(ii)kAkk = kAkk для любого k = 2; 3; : : : .

Доказательство. (i) ) (ii). Пусть (A) = kAk. По утверждению 2.2.5(vi) kAkk kAkk. Допустим, что для некоторого k = 2, 3, . . . выполнено строгое неравенство

kAkk < kAkk:

Тогда

pp

k kAkk < k kAkk = kAk:

Поэтому

p

(A) = inf k kAkk < kAk;

k

что противоречит нашему предположению. Таким образом, kAkk = kAkk для любого k = 2, 3, . . . .

(ii) ) (i). Пусть kAkk = kAkk для любого k = 2, 3, . . . . Тогда

pp

(A) = klim	k kAkk = klim k kAkk = kAk:
!1	!1
	0	1
Пример 2.3.19. Пусть dim H = 2 и A = ( 0		0 . Так как A2 = 0, то
(A) = 0. С другой стороны,	kAk = 1.

Утверждение 2.3.20. Если операторы A, B 2 B(H) коммутируют:

[AB] = AB BA = 0, то

(i)(A + B) (A) + (B);

(ii)(AB) (A) (B).

Доказательство. (i). Так как

pp

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

k!1

k

то для любого сколь угодно малого числа " > 0 найдется такое натуральное число NA, что для любого k > NA выполняется неравенство

p

(A) k kAkk < (A) + ":

42

Аналогично, для оператора B, найдется такое натуральное число NB, что для любого k > NB выполняется неравенство

p

(B) k kBkk < (B) + ":

Пусть N = maxfNA; NBg. Тогда для любого k > N выполняются оба приведенных неравенства. Для k 2N + 2 имеем:

k

k

k(A + B)kk =	X				X
	N	CkmAk mBm		CkmkAk mkkBmk =
					m k	N		1
	m=0				=0
	X				mX			CkmkAk mk kBmk +
= CkmkAk mk kBmk					+
	m=0				=N+1

k

X

+CkmkAk mk kBmk <

m=k N

N

X

<Ckm[ (A) + "]k m kBmk +

m=0

k N 1

X

+Ckm[ (A) + "]k m[ (B) + "]m +

m=N+1

k

X

+CkmkAk mk[ (B) + "]m

m=k N

N

X

Ckm[ (A) + "]k m kBmk + [ (A) + (B) + 2"]k +

m=0

N

X

+CkmkAmk[ (B) + "]k m =

m=0

= [ (A) + (B) + 2"]k
"	m=0	k [ (A) + (B) + 2"]k [ (A) + "]m
	N	Cm	[ (A) + "]k					kBmk	+
1 +
	X
	m=0	k [ (B) + "]m [ (A) + (B) + 2"]k #
+	N		kAmk			[ (B) + "]k			=
	Cm
	X

= [ (A) + (B) + 2"]k[1 + c1q1k + c2q2k];

43

где

c1

N

Cm kBmk ;

q1 =

(A) + "

;

=

X

m=0

k

[ (A) + "]m

(A) + (B) + 2"

c2

N

Cm

kAmk ;

q1 =

(B) + "

:

=

X

m=0

k

[ (B) + "]m

(A) + (B) + 2"

Следовательно,

(

+

) = k!1 p

k

A

B

k( +

)

k

lim

k

A

B k

[ (

) +

(

) + 2 ] k!1 q

1

1

2

2

A

B

" lim

1 + c

qk + c

qk = (A) + (B) + 2";

так как 0 q1 < 1 и 0 q2 < 1. Ввиду произвольности " > 0, получаем:

(ii). Действительно,

(A + B) (A) + (B):

(

) = k!1 p

= k!1 p

k!1 p

AB

k(

) k

k

AkBk

k

k

Ak

kk

Bk

k =

lim k

AB k

lim k

lim

k

pp

= klim k		kAkk klim k		kBkk = (A) (B):
	!1		!1
Замечание 2.3.21. Если операторы A и B не коммутируют, то неравенство
(A + B) (A) + (B) может не выполняться.
Пример 2.3.22. Пусть dim H = 2 и
A = 0 0			; B =	1 0 :
	0	1		0	0		0 1
[A; B] = AB BA = 0 0					0 1 =				6= 0:
			1	0	0	0	1	0
Так как A2 = B2 = 0, то (A) = (B) = 0. С другой стороны,
A + B = 1 0 ; (A + B)2 = 0 1 ; (A + B)3 =								1 0 ; : : : :
0	1			1	0			0	1
Поэтому (A + B) = 1.
Упражнение 2.3.23.			Доказать, что maxkxk=1 j(Ax; x)j = kAk тогда

и только тогда, когда (A) = kAk;

Найти спектральный радиус оператора A = Jn( );

Доказать, что (A) = 0 тогда и только тогда, когда оператор A нильпотентный.

44

2.4Матричное представление линейного оператора в ортонормированном базисе

2.4.1Матричное представление линейного оператора

Пусть fe1; : : : ; eng ортонормированный базис гильбертова пространства H и A линейный оператор в H. Тогда каждый вектор Aej, j = 1, . . . , n, раскладывается в линейную комбинацию базисных векторов:

Aej = 1je1 + + njen; j = 1; : : : ; n:

Числа ij, i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , n, образуют матрицу, которая обозначается через

[A] =	0 ...11	:.:.:.	...1n1	;
	B n1	: : :	nnC
	@		A

и называется матрицей линейного оператора A в базисе fe1; : : : ; eng.

Замечание 2.4.1. При фиксированном базисе гильбертова пространства H соответствие между оператором A и его матрицей [A] взаимно однозначное. Действительно, если

Aej = 1je1 + + njen;	j = 1; : : : ; n;
и
Aej = 10 je1 + + nj0 en;	j = 1; : : : ; n;
то
( 1j 10 j)e1 + + ( nj nj)en = 0; j = 1; : : : ; n:

Так как векторы базиса fe1; : : : ; eng линейно независимы, то

ij = ij0 ; i = 1; : : : ; n;		j = 1; : : : ; n:
Обратно, если бы матрице	0 ...11 :.:.:.	...1n1
[A] =
	B n1 : : : nnC
	@	A

в фиксированном базисе fe1; : : : ; eng соответствовало бы два оператора A1, A2 2 B(H), то

A1ej = A2ej; j = 1; : : : ; n:

Поэтому A1x = A2x для любого x 2 H. Следовательно, A1 = A2.

45

Базис fe1; : : : ; eng ортонормированный, поэтому скалярно умножая каждое из равенств

Aej = 1je1 + + njen; j = 1; : : : ; n;

справа последовательно на векторы базиса fe1; : : : ; eng, получим:

ij = (Aej; ei); i = 1; : : : ; n; j = 1; : : : ; n:

Поэтому матрица [A] оператора A в ортонормированном базисе fe1; ::: ; eng имеет вид:

[A] =	0(Ae1...; e1) :.:.:.	(Aen...; e1)1	:
	B(Ae1; en) : : : (Aen; en)C
	@	A

2.4.2Связь между матрицами линейного оператора в различных базисах

Пусть B = fe1; : : : ; eng и B0 = fe01; : : : ; e0ng два различных базиса гильбертова пространства H и

B C B0;

!

где [C] = (cij)ni;j=1 невырожденная матрица перехода от первого базиса ко второму, т.е.

e0

= c

11

e

1

+

+ c

n1

e

n

1

(2.1)

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

e0

= c

1n

e

1

+

+ c

nn

e

n

:

n

Матрица [C] является матрицей оператора C 2 B(H) такого, что

Cek = e0k; k = 1; : : : ; n

в базисе B = fe1; : : : ; eng:

cij = (Cej; ei) = (e0j; ei); i; j = 1; : : : ; n:

Найдем условия, которым должна удовлетворять матрица [C]. Скалярно умножая последовательно каждое из равенств системы (2.1) справа на вектор e0j, j = 1, . . . , n, получим:

n		n
X		X
(ek0 ; ej0 ) =	cik(ei; ej0 ) =	cikcij; k; j = 1; : : : ; n:
i=1		i=1

46

Так как базис B0 = fe01; : : : ; e0ng ортонормированный, то

n				n
X				X
	cik	cik		= jcikj2 = 1;
i=1				i=1
n
Xi	cik			= 0; j 6= k:
			cij
=1

Матрицы, удовлетворяющие таким условиям, называются унитарными, а соответствующие операторы унитарными. Подробнее такие матрицы и операторы будут рассмотрены в главе 3.

Пусть теперь A произвольный линейный оператор из B(H), имеющий в базисах B = fe1; : : : ; eng и B0 = fe01; : : : ; e0ng матрицы [A] и [A0]

соответственно:
[A] =	0(Ae1...; e1) :.:.:.	(Aen...; e1)1	;
	B(Ae1; en) : : : (Aen; en)C
	@	A
[A0] =	0(Ae10...; e10 ) :.:.:.	(Aen0...; e10 )1	:
	B(Ae10 ; en0 ) : : : (Aen0 ; en0 )C
	@	A

Матрицы [A] и [A0] оператора A удовлетворяют равенству:

[A0] = [C] 1[A][C];

или [A0][C] = [A][C], где [C] унитарная матрица.

Определение 2.4.2. Квадратная матрица [A] называется унитарно эквивалентной матрице [B], если найдется такая унитарная матрица [C], что

[B] = [C] 1[A][C]:

Замечание 2.4.3. Матрицы линейного оператора в различных ортонормированных базисах унитарно эквивалентны.

Упражнение 2.4.4. Показать, что единственная матрица, унитарно эквивалентная нулевой матрице, есть она сама. Аналогичное утверждение имеет место для единичной матрицы.

47

Определение 2.4.5. Операторы A и B из B(H) называются унитарно эквивалентными, если найдется такой унитарный оператор C 2 B(H),

что

B = C 1AC:

Упражнение 2.4.6. Доказать, что для того, чтобы операторы A и B были унитарно эквивалентными, необходимо и достаточно, чтобы для любого ортонормированного базиса B1 гильбертова пространства H существовал такой ортонормированный базис B2, что матрица оператора B в базисе B2 была бы равна матрице оператора A в базисе B1.

2.5Сопряженный линейный оператор

Пусть H n-мерное гильбертово пространство и оператор A 2 B(H). Тогда для любого y 2 H функция

x 7!(Ax; y)

определяет линейный функционал fy 2 H . По теореме Рисса 1.3.9 существует единственный вектор y1 2 H, такой, что

fy(x) = (Ax; y) = (x; y1):

Определим оператор H 3 y 7!y1 2 H, который обозначим через

A y = y1:

Утверждение 2.5.1. A линейный оператор.

Доказательство. Так как (Ax; y) = (x; A y) для любого y 2 H, то для y, z 2 H, , 2 C имеем

(Ax; y + z) = (Ax; y) + (Ax; z) = (Ax; y) + (Ax; z) =

= (x; A y) + (x; A z) = (x; A y + A z);

т.е. A ( y + z) = A y + A z.

Определение 2.5.2. Линейный оператор A , определяемый равенством

(Ax; y) = (x; A y); x; y 2 H;

называется сопряженным к оператору A.

48

Так как по теореме Рисса 1.3.9 для каждого y 2 H вектор y1 2 H, такой, что

(Ax; y) = (x; y1);

определяется однозначно, то для любого оператора A 2 B(H) сопряженный ему оператор A 2 B(H) определен корректно и однозначно.

Определение 2.5.3. Отображение

B(H) 3 A ! A 2 B(H)

называется инволюцией в B(H).

Утверждение 2.5.4. Инволюция в B(H) обладает следующими свойствами:

(i)(AB) = B A ;

(ii)(A ) = A;

(iii)(A + B) = A + B ;

(iv)( A) = A ;

(v)I = I;

(vi)Если A 6= B, то A 6= B .

Доказательство. (i). Пусть A, B 2 B(H), x, y 2 H. Тогда

(ABx; y) = (A(Bx); y) = (Bx; A y) = (x; B (A y)) = (x; B A y):

С другой стороны,

(ABx; y) = ((AB)x; y) = (x; (AB) y):

Следовательно, для любых x; y 2 H имеет место равенство:

(x; B A y) = (x; (AB) y);

откуда (AB) y = B A y для любого y 2 H, т.е. (AB) = B A . (ii). Пусть A 2 B(H), x, y 2 H. Тогда

(Ax; y) = (x; A y) = (A y; x) = (y; (A ) x) = ((A ) x; y):

Следовательно, Ax = (A ) x для любого x 2 H, т.е. (A ) = A. Остальные свойства проверяются непосредственно.

49

Утверждение 2.5.5. Для любого A 2 B(H) имеет место равенство:

kA k = kAk:

Доказательство. Для любых x, y 2 H имеем

j(A y; x)j = j(y; Ax)j kykkAkkxk:

Следовательно,

kA yk kAkkyk;

откуда kA k kAk. Так как A = A, то kAk 6 kA k и следовательно kA k = kAk:

Утверждение 2.5.6. Если подпространство M H инвариантно относительно оператора A 2 B(H), то ортогональное дополнение M? инвариантно относительно сопряженного оператора A .

Доказательство. Пусть x 2 M, y 2 M?. Тогда

(x; A y) = (Ax; y) = 0;

так как Ax 2 M для любого x 2 M. Следовательно, A y 2 M? для любого y 2 M?, т.е. подпространство M? инвариантно относительно сопряженного оператора A .

Упражнение 2.5.7. Доказать, что:

Ran A = (Ker A)?, Ker A = (Ran A)?.

rg A = rg A, def A = def A.

Если оператор A обратим, то оператор A тоже обратим и

(A ) 1 = (A 1) :

Если AB = BA, то A B = B A .

Рассмотрим, как связаны матрицы сопряженных друг другу операторов.

Пусть A 2 B(H) и

[A] = ( ij)i;jn	=1	=	0 ...
			11

B

@

n1

:: : 1n

... ...

:: : nn

1

C

A

50