Kon_lin_an3

Пример 3.7.8. Если f(z) = ez, то

r

X

eA = e k Pk

k=1

p

Пример 3.7.9. Если оператор A неотрицательный и f(t) = t, то

r	r
X	Xp
f(A) = f( k)Pk =	kPk:
k=1	k=1
Этот оператор обозначается

p f(A) = A1=2 = A

и называется квадратным корнем из неотрицательного оператора A. Легко видеть, что

A 0 и (A1=2)2 = A:

Замечание 3.7.10. Условия

A 0 и (A1=2)2 = A

определяют неотрицательный квадратный корень из неотрицательного оператора A однозначно.

Теорема 3.7.11. Справедливы следующие свойства корня из самосопряженного оператора.

(i)Для любого оператора A 2 B+(H) существует единственный оператор B 2 B+(H) такой, что B2 = A:

(ii)Следующие условия эквивалентны:

Существует самосопряженный оператор B 2 B(H) такой, что A = B2;

Существует оператор C 2 B(H) такой, что A = C C;

A 2 Bh(H) и (Ax; x) 0 для любого x 2 H.

(iii)Если A; B 2 B+(H), то AB 2 B+(H) тогда и только тогда, когда операторы A и B коммутируют.

81

r	kPk. Так как
Доказательство. (i). Пусть A 2 B+(H) и A = Pk=1
f 1; : : : ; rg = (A) R+;
то существует оператор

pXr p

A1=2 = A =	kPk 2 B+(H)
	k=1

такой что (A1=2)2 = A. Без ограничения общности, можно считать, что

1 < < r:

Допустим, что существует еще один оператор B 2 B+(H) такой, что

B2 = A. Если B = Ps jQj его спектральное разложение, где

j=1

1 < < s;

то из равенства B2 = A следует, что

sr

XX

	j2Qj = kPk:
j=1	k=1

Из однозначности спектрального разложения (с точностью до порядка

слагаемых) следует, что s = r, 2 = k, Qk = Pk, где k = 1, . . . , r. Поэтому p k

k = k, k = 1, . . . , r, т.е.

p

B = A1=2 = A:

(ii). Если A = B2, где B = B, то полагая C = B, получим:

A = BB = B B = C C:

Далее,

A = (C C) = C C = C C = A;

т.е. оператор A самосопряженный. Кроме того, для любого x 2 H имеем:

(Ax; x) = (C Cx; x) = (Cx; Cx) = kCxk2 0;

и потому A 0p. Наконец, применяя пункт (i), получим, что A = B2 для оператора B = A.

82

(iii). Если оператор AB 0, то он самосопряжен и потому

AB = (AB) = B A = BA:

Обратно, если A; B 2 B+(H), то по пункту (i), существуют неотрицательный операторы A1=2 и B1=2. В силу замечания 3.7.4, операторы A1=2 и B1=2 полиномиальные, т.е. A1=2 = p(A) и B1=2 = q(B). Поэтому из AB = BA следует, что A1=2B1=2 = B1=2A1=2. Следовательно,

AB = A1=2A1=2B1=2B1=2 = A1=2B1=2A1=2B1=2 = (A1=2B1=2)2:

Таким образом, в силу пункта (ii), AB самосопряженный оператор и

AB 0.

Утверждение 3.7.12. Пусть A 2 Bh(H) и A =						r	его спек-
						k=1 kPk
тральное разложение. Оператор		B	2 B	(H) коммутирует с оператором
						P
A тогда и только тогда, когда он коммутирует с каждым ортопроек-
тором Pk, k = 1, . . . , r.
Доказательство. Если BPk = PkB для любого k = 1, . . . , r, то
r	r				r
X	X				Xk
BA = B kPk =		kBPk =			kPkB = AB:
k=1	k=1				=1

Обратно, если BA = AB, то Bp(A) = p(A)B для любого полинома p(t). В силу утверждения 3.7.2, существуют вещественные полиномы pk(t), 1 k r, такие, что

(

pk( j) = kj =

1; k = j;

0; k 6= j;

и pk(A) = Pk. Следовательно,

BPk = Bpk(A) = pk(A)B = PkB; k = 1; : : : ; r:

Следствие 3.7.13. Пусть A 2 Bh(H) самосопряженный оператор. Оператор B 2 B(H) коммутирует с оператором A тогда и только тогда, когда он коммутирует с каждым оператором f(A) для любой функции f : C ! C, определенной на спектре (A) оператора A.

Доказательство. Достаточность утверждения очевидна. Докажем необходимость.

83

Pr

Пусть A = k=1 kPk спектральное разложение оператора A. Тогда для любой функции f : C ! C, определенной на спектре (A) оператора A

r

X

f(A) = f( k)Pk:

k=1

Если оператор B 2 B(H) коммутирует с оператором A, то по утверждению 3.7.12, он коммутирует с каждым ортопроектором Pk, k = 1, . . . , r и потому

r	r	r
		Xk
X	X
f(A)B =	f( k)Pk B = f( k)PkB =	f( k)BPk =
k=1	k=1	=1

r

Xk
= B f( k)Pk	= Bf(A):
=1

Упражнение 3.7.14. Пусть A, B 2 Bh(H) самосопряженные операторы.

Показать, что если [A; B] = 0, то [f(A); g(B)] = 0 для любой функции f : C ! C, определенной на спектре (A) оператора A, и для любой функции g : C ! C, определенной на спектре (B) оператора B.

Привести пример самосопряженных операторов A, B 2 Bh(H), функции f : C ! C, определенной на спектре (A) оператора A, и функции g : C ! C, определенной на спектре (B) оператора B, для которых [f(A); g(B)] = 0, но [A; B] 6= 0.

Показать, что если [f(A); g(B)] = 0, где f : C ! C монотонная функция, определенная на спектре (A) оператора A, а g : C ! C монотонная функция, определенной на спектре (B) оператора B, то [A; B] = 0.

r

Пример 3.7.15. Пусть A 2 Bh(H) и A = kPk его спектральное

разложение.	=1
	kP
Если
p+(t) = maxf0; tg;	p (t) = maxf0; tg;

то операторы

A+ = p+(A) и A = p (A)

неотрицательны и A = A+ A : Операторы A+ и A называются положительной и отрицательной частью оператора A.

84

r

P

Если A = kPk спектральное разложение оператора A, то

k=1

XX

A+ = kPk; A = kPk:

k>0 k<0

Упражнение 3.7.16. Показать, что операторы A, A+ и A попарно коммутируют.

3.7.1Теорема Фишера-Куранта

Если A 2 B(H) самосопряженный оператор, то он порождает вещественнозначный функционал

KA(x) = (Ax; x); x 2 H:

Оказывается, что собственные значения оператора A могут быть описаны ка экстремумы функционала KA(x) на единичной сфере kxk = 1.

Пусть A самосопряженный оператор, A 6= 0. Так как его собственные значения 1, . . . , n вещественны, то их можно занумеровать в убывающем порядке с учетом кратностей: каждое собственное значение учитывается столько раз, какова его алгебраическая кратность:

1 2 n:

Соответствующим образом занумеруем векторы собственного ортонормированного базиса оператора A, которые отвечают этим собственным значениям: e1; : : : ; en:

Теорема 3.7.17. Имеют место соотношения:

1 = max(Ax; x) = (Ae1; e1);	n = min (Ax; x) = (Aen; en):
kxk=1	kxk=1

Доказательство. Пусть x 2 H, x 6= 0 и

x= x1e1 + + xnen

его разложение по базису fe1; : : : ; eng. Тогда

(Ax; x) = A(x1e1 + + xnen); x1e1 + + xnen =

=(x1 1e1 + + xn nen; x1e1 + + xnen) =

=1jx1j2 + + njxnj2:

85

Так как 1 n и kxk2 = (x; x) = jx1j2 + + jxnj2, то

1kxk2 (Ax; x) nkxk2:

Следовательно,

1

(Ax; x)

n;

откуда

kxk2

max

(Ax; x)

= max(Ax; x);

min (Ax; x) = min

(Ax; x)

:

x

x

1

x=0

k

2

x

=1

x

=1

x=0

k

2

n

6

k

k k

k k

6

k

С другой стороны, (Ae1; e1) = 1, (Aen; en) = n. Поэтому

1 = max(Ax; x) = (Ae1; e1);

n = min (Ax; x) = (Aen; en):

kxk=1

kxk=1

Замечание 3.7.18. Экстремальные векторы могут быть полностью описаны. Напомним, что вектор x 2 H называется нормированным, если kxk = 1.

(i) Множество нормированных векторов x, для которых

(Ax; x) = 1;

совпадает с множеством собственных нормированных векторов

x 2 N 1 (A).

(ii)Множество нормированных векторов x, для которых

(Ax; x) = n;

совпадает с множеством собственных нормированных векторов x 2 N n (A).

Утверждение 3.7.19. Пусть Ek = he1; : : : ; eki подпространство, порожденное векторами fe1; : : : ; ekg собственного ортонормированного базиса оператора A, k = 2, . . . , n, а Fk = hek; : : : ; eni подпространство, порожденное векторами fek; : : : ; eng, k = 1, . . . , n 1. Тогда

(i)

k =

min

(Ax; x) = (Aek; ek),

k = 2, . . . , n,

(ii)

kxk=1; x2Ek

ek),

= 1, . . . ,

1.

k =

x

max

Fk

(

A

;

x) = (

A

;

k

n

=1; x

x

ek

k k

2

86

Доказательство. (i). Пусть x 2 Ek, kxk = 1 и

x= x1e1 + + xkek + 0 ek+1 + + 0 en

его разложение по базису fe1; : : : ; eng. Тогда

(Ax; x) = 1jx1j2 + + kjxkj2:

Так как 1 k и kxk2 = jx1j2 + + jxkj2 = 1, то

(Ax; x) kkxk2 = k:

Следовательно,

k min (Ax; x):

kxk=1; x2Ek

С другой стороны, ek 2 Ek и (Aek; ek) = k. Поэтому

k = min (Ax; x) = (Aek; ek):

kxk=1; x2Ek

(ii). Пусть x 2 Fk, kxk = 1 и

x= 0 e1 + + 0 ek 1 + xk ek + + xn en

его разложение по базису fe1; : : : ; eng. Тогда

(Ax; x) = kjxkj2 + + njxnj2:

Так как k n и kxk2 = jxkj2 + + jxnj2 = 1, то

(Ax; x) kkxk2 = k:

Следовательно,

k max (Ax; x):

kxk=1; x2Fk

С другой стороны, ek 2 Fk и (Aek; ek) = k. Поэтому

k = max (Ax; x) = (Aek; ek):

kxk=1; x2Fk

Замечание 3.7.20. Рассмотрим случаи k = 1 и k = n.

87

(i)Для k = 1 имеем: E1 = he1i и F1 = H. Поэтому любой вектор x 2 E1 имеет вид x = e1. Следовательно, kxk = 1 тогда и только тогда, когда j j = 1. Но тогда

(Ax; x) = j j2(Ae1; e1) = 1:

Поэтому и для k = 1 имеет место равенство:

1 = min (Ax; x) = (Ae1; e1):

kxk=1; x2E1

(ii)Для k = n имеем: Fn = heni и En = H. Поэтому любой вектор x 2 Fn имеет вид x = en. Следовательно, kxk = 1 тогда и только тогда, когда j j = 1. Но тогда

(Ax; x) = j j2(Aen; en) = n:

Поэтому и для k = n имеет место равенство:

n = max (Ax; x) = (Aen; en):

kxk=1; x2Fn

Утверждение 3.7.21. Пусть Lk произвольное подпространство гильбертова пространства H такое, что dim L?k k 1. Тогда

(i)

k x

max

(Ax; x)

,

k

= 2, . . . ,

n

,

=1; x Lk

(ii)

k k

2

,

n k+1 x

min

(Ax; x)

k = 2

n

=1; x

2

Lk

,

. . . , .

k k

Доказательство. (i). Пусть, как и выше, Ek = he1; : : : ; eki подпространство, порожденное векторами fe1; : : : ; ekg собственного ортонормированного базиса оператора A, k = 2, . . . , n. Так как

dim Ek = k; dim Lk n k + 1;

то существует вектор x 2 Ek \ Lk такой, что kxk = 1. Так как x 2 Ek, то

x = x1e1 + + xkek;

и потому

(Ax; x) = 1jx1j2 + + kjxkj2 k(jx1j2 + + jxkj2) = k:

Следовательно,

k max (Ax; x) max (Ax; x):

kxk=1; x2Ek\Lk kxk=1; x2Lk

88

(ii). Так как dim Lk n k + 1, а dim Fn k+1 = k, где Fn k+1 подпространство, порожденное векторами fen k+1; : : : ; eng, k = 1, . . . , n 1, то существует вектор x 2 Fn k+1 \Lk такой, что kxk = 1. Так как x 2 Fn k+1, то

x = xn k+1en k+1 + + xnen;

и потому

(Ax; x) = n k+1jxn k+1j2 + + njxnj2

		n k+1(jxn k+1j2 + + jxnj2) = n k+1:
Следовательно,
	n k+1		min		(	A	;	x)	min (Ax; x):
			x	=1;			x		x =1; x	2	Lk
			k k						k k

x2Fn k+1\Lk

Теорема 3.7.22. Пусть Lk семейство всех подпространств L гильбертова пространства H таких, что dim L? k 1. Тогда

(i)	k = min max	(Ax; x), k = 2, . . . , n,
(ii)	L2Lk kxk=1; x2L
	n k+1 = max	min (Ax; x), k = 2, . . . , n.
	L2Lk kxk=1; x2L

Доказательство. (i). В силу утверждения 3.7.21(i) для любого подпространства L 2 Lk имеет место неравенство:

		k		max			(Ax; x);		k = 2; : : : ; n:
			k k			2	L
			x		=1; x
Следовательно,
		min			max (Ax; x);				k = 2; : : : ; n:
		2	Lk	k k			2	L
	k L				x	=1; x
С дугой стороны, Fk 2 Lk и
k =		max			(Ax; x) = (Aek; ek); k = 2; : : : ; n:
kxk=1; x2Fk

Поэтому имеет место противоположное неравенство:

k min max (Ax; x);

L2Lk kxk=1; x2L

откуда следует равенство

k = min max (Ax; x); k = 2; : : : ; n:

L2Lk kxk=1; x2L

89

(ii). В силу утверждения 3.7.21(ii) для любого подпространства L 2 Lk имеет место неравенство:

n k+1

min

(Ax; x);

k = 2; : : : ; n:

x

=1; x L

k k

2

Следовательно,

max

min

(Ax; x);

k = 2; : : : ; n:

n k+1 L

2

Lk

x

=1; x L

k k

2

С дугой стороны, En k+1 2 Lk и

n k+1 =

min

(Ax; x) = (Aen k+1; en k+1); k = 2; : : : ; n;

kxk=1; x2En k+1

Поэтому имеет место противоположное неравенство:

n k+1

max

min

(Ax; x);

L Lk

x =1; x L

2

k k

2

откуда следует равенство

n k+1 = max

min

(Ax; x);

k = 2; : : : ; n:

L2Lk kxk=1; x2L

Утверждение 3.7.23. Пусть A; B 2 Bh(H), A B. Тогда

k(A) k(B); k = 1; : : : ; n;

где f 1(A); : : : ; n(A)g и f 1(B); : : : ; n(B)g собственные значения операторов A и B, занумерованные в убывающем порядке с учетом кратностей. Для того, чтобы во всех этих соотношениях одновременно имело место равенство, необходимо и достаточно, чтобы операторы A и B были равны.

Доказательство. Так как A B, то (Ax; x) (Bx; x) для любого вектора x 2 H. Поэтому, в силу теоремы 3.7.17

1(

A

) =

max(Ax; x)

max(Bx; x) =

(B);

x =1

x

=1

1

k k

k k

а в силу теоремы 3.7.22,

min

max

(Ax; x)

min

max

(Bx; x) =

(B);

k = L

Lk

x

=1; x

L

L Lk

x

=1; x L

k

2

k k

2

2

k k

2

k = 2, . . . , n. Наконец, k(A) = k(B) тогда и только тогда, когда (Ax; x) = (Bx; x) для любого вектора x 2 H, т.е. когда A = B.

90