1611689570-2f7bf9f665e22b4e5993a1e15fa840d7 (826871), страница 22
Текст из файла (страница 22)
ПоложимAn −N+1XAn − Ik =n=10при N → ∞. Отсюда получаем, что S — правый обратный для (I − A). Аналогично доказывается, что он является левым обратным. Теорема доказана.В конце лишь отметим, чтоk(I − A)−1 k ≤ (1 − kAk)−1 .1487.6ГЛАВА 7. ОГРАНИЧЕННЫЕ ОПЕРАТОРЫСпектр оператора7.6.1. Пусть H — гильбертово пространство над полем C, оператор A ∈ L(H),и λ ∈ C. Нас будет интересовать разрешимость по x ∈ H уравнения(A − λI)x = y(7.6.1)для произвольного y ∈ H.Определение 83. Точка λ ∈ C называется регулярным (резольвентным)значением, если оператор A − λI обратим и Dom (A − λI)−1 = H.
Множество всех таких точек называется резольвентным множеством оператора A и обозначается как ρ(A). Оператор Rλ = (A − λI)−1 , λ ∈ ρ(A) называется резольвентой оператора A.Точка λ ∈ C является точкой точечного спектра, если оператор A − λIнеобратим. Множество всех таких точек называется точечным спектромоператора A и обозначается как σp (A).Точка λ ∈ C является точкой непрерывного спектра, если оператор A − λIобратим, Dom (A − λI)−1 6= H, но cl Dom (A − λI)−1 = H. Множество всехтаких точек называется непрерывным спектром оператора A и обозначается как σc (A).Точка λ ∈ C является точкой остаточного спектра, если оператор A − λIобратим, но cl Dom (A − λI)−1 6= H.
Множество всех таких точек называется непрерывным спектром оператора A и обозначается как σr (A).Множество σ(A) = C \ ρ(A) называется спектром оператора A.Если про оператор дополнительно известно, что он ограничен, т.е. A ∈ B(H),то спектральные точки и регулярные значения имеют следующие признакив терминах ограниченности оператора (A − λI)−1 .Из теоремы Банаха об обратном операторе (теорема 56) следует, чтоесли λ ∈ ρ(A), то Rλ ограничен.Если λ ∈ σc (A), то (A − λI)−1 неограничен, поскольку в противном случаемог быть продолжен на все H по непрерывности (и стать резольвентой).Для λ ∈ σr (A) оператор (A − λI)−1 может быть как ограниченным, так инеограниченным.Представим для A ∈ B(H) все данные в таблице.σp (A)A − λIне обратимσr (A)A − λIобратимcl Dom (A − λI)−1 6= Hσc (A)A − λIобратимDom (A − λI)−1 6= Hcl Dom (A − λI)−1 = H(A − λI)−1не ограниченρ(A)A − λIобратимDom (A − λI)−1 = H(A − λI)−1ограничен7.6.2.
Простейшие свойства. Если λ ∈ σp (A), то по определению найдется такой y ∈ H, что уравнение (7.6.1) имеет не менее двух решений x1 6= x2 :Ax1 − λx1 = y, Ax1 − λx2 = y.7.6. СПЕКТР ОПЕРАТОРА149Вычитая одно равенство из другого, получаем для не нулевого вектораv = x1 − x2 равенство Av = λv. Таким образом, каждая точка точечногоспектра суть собственное значение оператора A. Найти все такие точкизначит разрешить последнее уравнение с ненулевым v ∈ H.Если рассмотреть другую крайнюю ситуацию λ ∈ ρ(A), то говорят, чтоуравнение (7.6.1) устойчиво относительно малых возмущений правой части, т.е.
если для y, yn ∈ H известно, что yn → y при n → ∞, то решенияуравнения (7.6.1) с yn в качестве правой части сходятся к решению этогоуравнения с y в его правой части. Действительно,kxn − xk = kRλ yn − Rλ yk ≤ kRλ kkyn − yk → 0,так как kRλ k < ∞.Из определения спектра очевидно, что все части спектра не пересекаются:σp (A) ∩ σc (A) = σp (A) ∩ σr (A) = σr (A) ∩ σc (A) = ∅,σ(A) = σp (A) t σc (A) t σr (A),C = σ(A) t ρ(A).7.6.3. Примеры.
Исследуем спектр тождественного и нулевого операторов. Для тождественного оператора I : H → H спектр состоит только източечного значения равного 1, т.е.σ(I) = σp (I) = {1}.Действительно, уравнение x = λx, x 6= 0 имеет единственное решение λ = 1.Если λ 6= 1, то уравнение x − λx = y очевидно разрешимо для любого y ∈ Hи имеет единственное решение x = (1 − λ)−1 y ∈ H.Для нулевого оператора O : H → H спектр состоит только из точечногозначения равного 0, т.е.σ(O) = σp (O) = {0}.Действительно, уравнение 0 = λx, x 6= 0 имеет единственное решение λ = 0.Если λ 6= 0, то уравнение 0 − λx = y очевидно разрешимо для любого y ∈ Hи имеет единственное решение x = −λ−1 y ∈ H.Упражнение 26. Докажите, что спектр ортогонального проектированияна замкнутое подпространство E (E 6= {0}, E 6= H) состоит только из нулевого и единичного точечных значений, т.е.σ(PrE ) = σp (PrE ) = {0, 1}.7.6.4.
Компактность спектра ограниченного оператора.Теорема 58. Спектр ограниченного линейного оператора A ∈ B(H) является непустым компактом.150ГЛАВА 7. ОГРАНИЧЕННЫЕ ОПЕРАТОРЫДоказательство теоремы 58 очевидно следует из следующих трех лемм.Лемма 4. Спектр ограниченного линейного оператора A ∈ B(H) содержится в замкнутом круге радиуса kAk, т.е.σ(A) ⊆ {λ ∈ C : |λ| ≤ kAk}.(7.6.2)Лемма 5. Резольвентное множество ρ(A) ограниченного линейного оператора A ∈ B(H) открыто.Лемма 6.
Спектр ограниченного линейного оператора A ∈ B(H) не пуст.Доказательство леммы 4. Пусть λ ∈ C такое, что |λ| > kAk. Покажем, чтообязательно λ ∈ ρ(A). Действительно, в этом случае для оператора B = λ1 Aимеем1kBk =kAk < 1,|λ|и, следовательно, к нему применима теорема Неймана (теорема 57): оператор1I − B = − (A − λI)λобратим и область определения обратного есть все H. Это по определениюозначает, что λ — регулярная точка. Кроме того, в этом случае резольвента Rλ раскладывается в ряд Неймана:Rλ = (A − λI)−1 = −∞Xn=01λn+1An , λ > kAk.(7.6.3)Доказательство леммы 5.
Пусть λ0 ∈ ρ(A). Нужно показать, что найдетсячисло ε > 0 такое, что если |λ − λ0 | < ε, то λ ∈ ρ(A).7.6. СПЕКТР ОПЕРАТОРА151Положимε = kRλ0 k−1 =1,k(A − λ0 I)−1 kтогда для всех |λ − λ0 | < ε имеем(A − λI)−1 = (A − λ0 I + (λ0 − λ)I)−1 = ((A − λ0 I)(I + Rλ0 (λ0 − λ))−1 == (I − (λ − λ0 )Rλ0 )−1 Rλ0 .Поскольку k(λ − λ0 )Rλ0 k < 1, то по теореме Неймана получаем требуемое.Последнее равенство полезно переписать в терминах резольвент:Rλ = (I − (λ − λ0 )Rλ0 )−1 Rλ0 .(7.6.4)Доказательство леммы 6.
Заметим сначала, что справедливо тождествоГильберта:Rλ − Rµ = (λ − µ)Rλ Rµ , λ, µ ∈ ρ(A).(7.6.5)Оно следует из обращения очевидного равенства(A − µI) − (A − λI) = (λ − µ)I.Из тождества Гильберта сразу вытекает несколько следствий: Rλ и нормаkRλ k есть непрерывные по λ и ограниченные функции; и для произвольныхx, y ∈ H функция rx,y : C → C, заданная равенствомrx,y (λ) = (Rλ x, y).будет дифференцируема по λ ∈ ρ(A), т.е.
аналитическая на резольвентноммножестве.Действительно, имеем(7.6.5)| kRλ k − kRµ k | ≤ kRλ − Rµ k(7.6.4)≤≤|λ − µ|kRλ kkRµ k ≤|λ − µ|kRλ kk(I − (µ − λ)Rλ )−1 Rλ k ≤≤ |λ − µ|kRλ k2→ 0,1 − |µ − λ|kRλ kпри µ → λ. Непрерывность показана. Для ограниченности достаточно доказать стремление нормы kRλ k к нулю при λ → ∞. Для всех λ > kAk имеемkRλ k∞(7.6.3) X≤kAkn1=→0n+1|λ||λ| − kAkn=0при λ → ∞. Покажем теперь аналитичность функции rx,y для всех x, y ∈ H.Имеемrx,y (λ) − rx,y (λ)Rλ − Rµ=x, y =λ−µλ−µ(7.6.5)=0(Rλ Rµ x, y) → (Rλ2 x, y) = rx,y152ГЛАВА 7. ОГРАНИЧЕННЫЕ ОПЕРАТОРЫпри µ → λ.Предположим теперь, что спектр пуст, т.е. σ(A) = ∅. Тогда резольвента Rλ определена и ограничена для всех λ ∈ C.
Следовательно, rx,y (λ) —голоморфная во всей комплексной плоскости функция и ограниченная приэтом:|rx,y (λ)| ≤ kRλ kkxkkyk ≤ Ckkxkkyk.Тогда по теореме Лиувилля из комплексного анализа следует, что rx,y естьконстанта, причем нулевая, для всех x, y ∈ H. Отсюда следует, что Rλ = 0для всех λ ∈ C. Противоречие.7.7Линейные непрерывные функционалы7.7.1. Теорема Рисса.Определение 84. Пусть H — гильбертово пространство. Линейный ограниченный оператор f ∈ B(H, C) называется линейным функционалом. Множество всех линейных непрерывных функционалов называется сопряженным к H пространством и обозначается H 0 , т.е. H 0 = B(H, C).Наша задача в этом параграфе выяснить, как устроено сопряженноепространство, или другими словами, найти общий вид линейного непрерывного функционала, действующего в гильбертовом пространстве.
Итогом наших изысканий станет теорема Рисса, а пока исследуем ядро функционалаf ∈ H 0 . Напомним, что ядром называется множество f −1 {0}, т.е.ker f = {x ∈ H : f (x) = 0}.Теорема 59. Линейный функционал f является непрерывным, т.е. f ∈ H 0 ,тогда и только тогда, когда его ядро ker f является замкнутым подпространством в H. Кроме того, если 0 6= f ∈ H 0 , тоcodim ker f := dim (ker f )⊥ = 1.(7.7.1)Доказательство теоремы 59.
Покажем сначала, что ядро является линейным подпространством. Действительно, если x, y ∈ ker f , то для любых α, β ∈ Cнемедленно следует очевидно равенствоf (αx + βy) = α f (x) +β f (y) = 0,|{z}|{z}=0=0что по определению означает αx + βy ∈ ker f .Пусть теперь f ∈ H 0 , покажем замкнутость ядра ker f . Рассмотрим сходящуюся к x ∈ H последовательность xn ∈ ker f при n → ∞. Тогда|f (x)| = |f (x) − f (xn ) | = |f (x − xn )| ≤ kf kkx − xn k → 0| {z }=07.7. ЛИНЕЙНЫЕ НЕПРЕРЫВНЫЕ ФУНКЦИОНАЛЫ153при n → ∞, что и требовалось.
Докажем теперь равенство (7.7.1). По теореме 41 имеет место разложениеH = ker f ⊕ (ker f )⊥ .Так как f не нулевой, то существует 0 6= x0 ∈ (ker f )⊥ . Покажем, что длякаждого x ∈ (ker f )⊥ найдется α ∈ C такое, что x = αx0 . Так как f (x0 ) 6= 0,положимf (x)α=;f (x0 )тогдаf (x − αx0 ) = f (x) − αf (x0 ) = 0.Таким образом, с одной стороны x − αx0 ∈ ker f , а с другой x − αx0 ∈ (ker f )⊥ .Следовательно, x − αx0 = 0.Докажем теперь обратное утверждение: из замкнутости ядра следуетнепрерывность линейного функционала. Если ker f = H, то ясно, что f = 0есть непрерывный линейный функционал. Пусть теперь ker f есть собственное замкнутое подпространство H, т.е.
ker f ⊂ H. Тогда (ker f )⊥ 6= {0}, иболее того, справедлива формула (7.7.1), поскольку при ее выводе мы использовали лишь замкнутость ядра.По теореме 51 достаточно доказать непрерывность функционала в нуле.Пусть zn → 0 при n → ∞. Благодаря представлениюzn = yn + αn x0 , yn ∈ ker f, αn ∈ C, x0 ∈ (ker f )⊥ ,получаемf (zn ) = f (yn + αn x0 ) = f (yn ) + αn f (x0 ) = αn f (x0 ).Таким образом, сходимость f (zn ) к нулю эквивалента сходимости числовойпоследовательности αn к нулю при n → ∞.
Последнее следует из простыхвыкладок:0 ← kzn k2 = kyn + αn x0 k2 = kyn k2 + |αn |2 kx0 k2 ≥ |αn |2 kx0 k2 .Упражнение 27. Доказать, что если f неограниченный линейный функционал, тоcl ker f = H.Пример 36. Пусть y ∈ H, тогда линейный функционал fy , заданный равенствомfy (x) = (x, y), x ∈ Hявляется непрерывным.Это следует из предыдущей теоремы и равенства ker fy = {y}⊥ .Оказывается других линейных непрерывных функционалов нет. Это иесть утверждение теоремы Рисса о линейном непрерывном функционале вгильбертовом пространстве.154ГЛАВА 7.
ОГРАНИЧЕННЫЕ ОПЕРАТОРЫТеорема 60. Пусть H — гильбертово пространство, тогда для любого f ∈ H найдется единственный вектор y ∈ H такой, что f = fy , т.е.f (x) = (x, y), x ∈ H.Доказательство теоремы 60. Если f — нулевой функционал, то естественно y = 0 :f (x) = 0 = (x, 0).Предположим, что f не нулевой. Тогда, как следует из теоремы 59 длялюбого x ∈ H имеет место представлениеx = z + αx0 , z ∈ ker f, α ∈ C, x0 ∈ (ker f )⊥ , kx0 k = 1.Тогда(x, x0 ) = (z + αx0 , x0 ) = (z, x0 ) +α kx0 k = α| {z }| {z }=0=1иα f (x0 ) = f (x0 )(x, x0 ) = (x, f (x0 )x0 ).f (x) = f (z + αx0 ) = f (z) + |{z}|{z}=0=(x,x0 )Таким образом, y = f (x0 )x0 . Предположим, что найдется еще один вектор y 0 с доказываемым свойством.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
