Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016. Tomislav Berić

Transcript

1 Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016 Tomislav Berić

2 Sadržaj 1 Operatori na Hilbertovim prostorima Normalni operatori Unitarni operatori Pozitivni operatori Polarni rastav operatora Unilateralni šift Hipernormalni/hiponormalni operatori Spektar Spektar ograničenog operatora Dekompozicija spektra Teoremi o uniformnoj ograničenosti 27 4 Kompaktni operatori 29 5 Bazni okviri za Hilbertove prostore 33 i

3 1 Operatori na Hilbertovim prostorima Što do sad znamo o Hilbertovim prostorima? Najvažnije činjenice su: (Rieszov teorem o projekciji) Ako je X Hilbertov prostor i M zatvoren potprostor od X (oznaka: X = M M, gdje je M = {x X : x, y = 0, y M}. M X), onda je Drugim riječima, za svaki x X postoje jedinstveni x 1 M, x 2 M takvi da je x = x 1 + x 2. (Rieszov teorem o reprezentaciji funkcionala) Za svaki f X postoji jedinstveni a f X takav da je f(x) = x, a f, x X. (Oznake koje koristimo su X = L(X, Φ) = prostor svih linearnih funkcionala na X, X = B(X, Φ) = prostor svih neprekidnih linearnih funkcionala na X) Navedimo još neke činjenice vezane za unitarne/hilbertove prostore. Ako su X, Y unitarni prostori i A B(X, Y ), onda je A = sup { Ax, y : x X, y Y, x 1, y 1}. (1) Ako su X, Y Hilbertovi prostori i A B(X, Y ), onda postoji jedinstveni operator A B(Y, X) takav da je Ax, y = x, A y, x X, y Y ; Operator A zovemo adjungiran operator od operatora A. Vrijedi: (i) (αa + βb) = αa + βb, A, B B(X, Y ), α, β C, (ii) (A ) = A, A B(X, Y ), (iii) (AB) = B A, A B(Y, Z), B B(X, Y ). Propozicija 1.1. Neka su X, Y Hilbertovi prostori i A B(X, Y ). Tada je N(A) = R(A ), N(A ) = R(A), N(A ) = R(A), N(A) = R(A ). Korolar 1.2. X = N(A) R(A ), Y = N(A ) R(A). Definicija 1.3. Neka je X Hilbertov prostor i A B(X). Operator A je (i) hermitski ako je A = A, (ii) antihermitski ako je A = A, (iii) normalan ako je A A = AA, (iv) unitaran ako je A A = AA = I. Iz korolara 1.2 direktno slijedi: ako je A B(X) hermitski operator, onda je X = N(A) R(A). Ako su A, B hermitski, onda je AB hermitski ako i samo ako je AB = BA. (DZ) Rieszov teorem o projekciji nam daje operator x = x 1 + x 2 x 1 koji zovemo ortogonalni projektor na potprostor M. Imamo i sljedeću karakterizaciju ortogonalnih projektora: 1

4 Propozicija 1.4. Operator P B(X) je ortogonalni projektor ako i samo ako je P 2 = P = P. Definicija 1.5. Neka je X Hilbertov, M X zatvoren potprostor te A B(X). Kažemo da je M invarijantan s obzirom na A (A invarijantan) ako je AM M. Kažemo da M reducira operator A ako je AM M i AM M. Zadatak 1. Neka je X Hilbertov, M X zatvoren, A B(X). Ekvivalentno je: (i) M je A invarijantan, (ii) M je A invarijantan, (iii) P M AP M = AP M, gdje je P M ortogonalni projektor na M. (i) (ii) Pretpostavimo da je AM M. x M, y M A x, y = x, Ay = 0. M M Dakle, A x M, a kako je x M bio proizvoljan, slijedi da je A M M. (ii) (i) (i) (iii) Pretpostavimo da je A M M. Zbog (i) (ii) je (A ) ( M ) ( M ). Kako je M zatvoren, onda je AM M. Pretpostavimo da je AM M. Neka je x X proizvoljan. P M A P M x = AP M x. M M (iii) (i) Pretpostavimo da je P M AP M = AP M. Neka je x M proizvoljan. x M P M x = x (iii) =x =x {}}{ P M A P M x = A P M x Ax M. M DZ 1. Neka je X Hilbertov, A B(X), M X zatvoren. Ekvivalentno je: (i) M reducira operator A, (ii) M je invarijantan za A i A, (iii) AP M = P M A, gdje je P M ortogonalni projektor na M. (i) (ii) M reducira A AM M i AM M. Prema prethodnom zadatku druga tvrdnja je ekvivalentna tvrdnji A ( M ) ( M ), tj. A M M. 2

5 (ii) (iii) Pretpostavimo da vrijedi AM M i AM M. Neka je x X proizvoljan. Tada!y M, z M takvi da je x = y + z. Slijedi da je P M x = y pa je AP M x = Ay. S druge strane, Ax = M {}}{ A y M M {}}{ + (iii) (i) Pretpostavimo da je AP M = P M A. A z M. Dakle, P M Ax = Ay = AP M x. x M A P M x = P M (Ax) M Ax M. =x Kako je x M proizvoljan, slijedi da je AM M. x M Ax = y 1 + z 1 A P M x = P M M Ax = y 1 y 1 = 0. M =0 =0 Dakle, Ax = z 1 M. Kako je x M proizvoljan, slijedi da je AM M. Definicija 1.6. Neka je X unitaran prostor. Operator A : X X je simetričan operator ako vrijedi Ax, y = x, Ay, x, y X. DZ 2. Svaki simetričan operator je linearan. Napomena 1.7. Vrijedi da je svaki simetričan operator na Hilbertovom prostoru ograničen (pa onda i hermitski). Ta se tvrdnja zove Hellinger Toeplitzov teorem i lako se dobije iz teorema o zatvorenom grafu. Teorem 1.8 (o zatvorenom grafu). Neka su X i Y Banachovi prostori i A L(X, Y ). Operator A je ograničen ako i samo ako je graf Γ(A) = {(x, Ax) : x X} zatvoren potprostor od X Y (s normom (x, y) = x + y ). Napomena 1.9. Neka je X unitaran prostor i A B(X) simetričan operator. Tada je A = sup { Ax, x : x X, x = 1}. (2) Zato, ako je A B(X) simetričan operator takav da je Ax, x = 0, x X, onda je A = Normalni operatori Prisjetimo se da je A B(X) (X Hilbertov) normalan operator ako je AA = A A. Zadatak 2. Neka je X Hilbertov prostor i A B(X). A je normalan Ax = A x, x X. A x 2 = A x, A x = AA x, x = A Ax, x = Ax, Ax = Ax 2. 3

6 Ax = A x / 2 Ax, Ax = A x, A x A Ax, x = AA x, x. Slijedi da je (A A AA ) x, x hermitski = 0, x X. Prema napomeni 1.9 je A A AA = 0, tj. A je normalan. Zadatak 3. Neka je X Hilbertov i A B(X) normalan. Tada je A n = A n, n N. Za sve B, C B(X) vrijedi da je BC B C. Stoga je indukcijom lako pokazati da je A n A n. Obratno, tvrdimo da je A n A n, n. Dokazujemo indukcijom. (BAZA) A 1 = A 1 (KORAK) Pretpostavimo da za neki n N vrijedi A k A k, za sve k n. Za proizvoljan x X vrijedi A n x 2 = A n x, A n x = A n 1 x, A A n x CSB A n 1 x A A n x A n 1 x A n+1 x. = A n+1 x Slijedi da je A n 2 A n 1 A n+1. Po pretpostavci indukcije je A n 2 = ( A n ) 2 i A n 1 = A n 1. Slijedi A 2n A n 1 A n+1 Ako je A = 0, tvrdnja zadatka je trivijalna; inače podijelimo zadnju nejednakost sa A n 1. Dakle, A n+1 A n+1. DZ 3. Neka je X Hilbertov i A B(X) normalan. Ako postoji k N takav da je A k = 0, onda je A = Unitarni operatori Zadatak 4. Neka je X Hilbertov i U B(X). Ekvivalentno je: (i) U je unitaran, (ii) U je surjekcija i Ux, Uy = x, y, x, y X, (iii) U je izometrička surjekcija, (iv) U je unitaran, (v) U i U su izometrije. (i) (iv) (i) (ii) Očito. Ako je U unitaran, onda je U bijekcija pa je i surjekcija. Također je Ux, Uy = U Ux, y = Ix, y = x, y, x, y X. 4

7 (ii) (i) (ii) (iii) (iii) (ii) Neka je U surjekcija t.d. je Ux, Uy = x, y, x, y X. Tada je (U U I)x, y = U Ux, y x, y = Ux, Uy x, y = 0 pa je U U = I. Ostaje još pokazati da je UU = I. Neka su x, y X proizvoljni. Kako je U surjekcija, onda postoje x, ỹ X takvi da je x = U x, y = Uỹ. Vrijedi: (UU I)x, y = U x, U y x, y = U U x, U Uỹ U x, Uỹ = x, ỹ U x, Uỹ = 0. Dakle, i UU = I. Očito. Pretpostavimo da je U izometrička surjekcija ( Ux = x, x X). Tada je Ux, Ux = x, x, x X. Koristeći polarizacijsku formulu (spominje se u Jordan von Nuemannovom teoremu), dobivamo Ux, Uy = 1 [ Ux + Uy, Ux + Uy Ux Uy, Ux Uy + i Ux + iuy, Ux + iuy 4 ] i Ux iuy, Ux iuy =... = x, y, x, y X. U gornjem raspisu koristimo da je Ux, Ux = x, x. (i) (v) U unitaran (i) (iii) = U izometrija (i) (iv) = U izometrija. (v) (iii) Ako su U i U izometrije, onda je U injektivan, tj. {0} = N(U ) = R(U). Primjenimo li ortogonalni komplement na prethodnu jednakost, slijedi da je R(U) = X. Kako je U izometrija, onda je Ux 1 x pa je, prema DZ 4, R(U) = R(U). R(U) = X, tj. U je surjekcija. Dakle, DZ 4. Neka je X Banachov, Y normiran prostor i A B(X, Y ) odozdo omeđen operator, tj. postoji m > 0 t.d. je Ax m x, x X. Tada je R(A) zatvoren potprostor od Y. DZ 5. Neka je X separabilan Hilbertov prostor i U B(X). Operator U je unitaran ako i samo ako U preslikava ortonormiranu bazu u ortonormiranu bazu. 1.3 Pozitivni operatori U ovom poglavlju će X biti Hilbertov prostor. Definicija Kažemo da je A B(X) pozitivan operator (oznaka: A 0) ako je hermitski i pozitivno semidefinitan, tj. ako vrijedi Ax, x 0, x X. Teorem 1.11 (o kvadratnom korijenu). Neka je A B(X) pozitivan operator. Tada postoji jedinstveni pozitivan operator B B(X) takav da je B 2 = A (oznaka: B = A). Nadalje, vrijedi: (i) C B(X) je AC = CA ako i samo ako je BC = CB, (ii) postoji niz polinoma (r n ) takav da je Bx = lim n r n (A)x, x X. 5

8 1.4 Polarni rastav operatora Neka su X, Y Hilbertovi prostori. Definicija Kažemo da je V B(X, Y ) parcijalna izometrija ako je V N(V ) izometrija, tj. V x = x, x N(V ). N(V ) je zatvoren potprostor od X pa je X = N(V ) N(V ). Vrijedi da je =N(V ) R(V ) = V (X) = V ( N(V ) N(V ) ) = V ( N(V ) ). Zadatak 5. Ako je V B(X, Y ) parcijalna izometrija, onda je R(V ) zatvoren potprostor od Y. Neka je (V x n ) niz u R(V ) takav da V x n y 0. Tvrdimo da je y 0 R(V ). Kako je X = N(V ) N(V ), postoje jedinstveni x n N(V ), x n N(V ) takvi da je x n = x n + x n. Slijedi da je V x n = V x n, za svaki n N. Niz (V x n ) je konvergentan pa je i Cauchyjev. Dakle, ε > 0 n 0 N t.d. m, n n 0 ε > V x n V x m = V x n V x m = V (x n x m) = x n x m. Dakle, i (x n) je Cauchyjev niz u Hilbertovom prostoru X pa postoji x 0 X takav da x n x 0. Operator V je neprekidan pa V x n V x 0. S druge strane je V x n = V x n y 0. Zbog jedinstvenosti limesa je y 0 = V x 0 R(V ). Iz prethodnog zadatka slijedi da je Y = R(V ) R(V ). Na predavanjima su napravljeni sljedeći teoremi. Teorem Neka su X, Y Hilbertovi prostori i V B(X, Y ). Ekvivalentno je: (i) V je parcijalna izometrija, (ii) V je parcijalna izometrija, (iii) V V je ortogonalni projektor, (iv) V V je ortogonalni projektor. Teorem Za svaki A B(X, Y ) postoje pozitivni operatori H B(X), K B(Y ) i parcijalne izometrije V, W B(X, Y ) takve da je A = V H = KW. (polarni rastav operatora) Ako je X = Y i A normalan operator, možemo izabrati da V bude unitaran i takav da CA = AC, CA = A C povlači CV = V C. 1.5 Unilateralni šift Neka je X separabilan Hilbertov prostor sa ONB (e i ) i N0. Definiramo operator S : X X sa Sx := x, e i e i+1. i=0 6

9 Primjetimo da ako je x = (x 1, x 2, x 3,...), onda je Sx = (0, x 1, x 2, x 3,...). unilateralni šift (operator jednostranog pomaka). Vrijedi da je Operator S zovemo Sx 2 = x, e i 2 = x 2, x X. i=0 Dakle, S je izometrija. Slijedi da je S B(X) i S = 1. Na ONB S djeluje na sljedeći način: Se i = e i+1, i N 0. Nađimo S : S x = S x, e i e i = i=0 x, Se i e i = i=0 x, e i+1 e i = i=0 x, e i e i 1, x X. Posebno, na ONB S djeluje kao S e 0 = 0, S e i = e i 1, i N. Ako je x = (x 1, x 2, x 3, x 4,...), onda je S x = (x 2, x 3, x 4, x 5,...). Neka je P ortogonalni projektor na R(S). Tada je SS = P, S S = I. DZ 6. Dokažite da je R(S) zatvoren potprostor od X (inače nemamo projektor P ). Zatvorenost možemo dobiti iz jednakosti R(S) = [{e 0 }]. Zadatak 6. Unilateralni šift S nije netrivijalno reducibilan. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji M X netrivijalan zatvoren potprostor koji reducira S, odnosno SM M i SM M (tj, S M M). Slijedi da je M SS invarijantan. Označimo sa P 0 ortogonalni projektor na [{e 0 }]. Tada je SS = I P 0. Za svaki x M je SS x M, tj. x P 0 x M. Kako je M potprostor, onda je P 0 x M, x M. Dakle, P 0 x = α(x) e 0 M (α(x) C je jedinstven za svaki x M). Gledamo dva slučaja: e 0 M Tada je e 1 = Se 0 M pa se indukcijom lako pokaže da je e i M, i N 0. Zbog zatvorenosti od M slijedi da je M = X (M [{e i } i N0 ] = X) što je kontradikcija sa pretpostavkom da je M netrivijalan. e 0 / M Za x M je P 0 x M, tj. α(x)e 0 M. Stoga je α(x) = 0 pa je P 0 x = 0. Slijedi da je ( ) 0 = P 0 x = P 0 x, e i e i = x, e 0 e 0. i=0 Dakle, x, e 0 = 0, za svaki x M. Tada je i x, e 1 = x, Se 0 = S x, e 0 = 0, itd... M Dakle, x, e i = 0, i N 0 pa je x = 0. Kako je x M bio proizvoljan, slijedi da je M = 0 što je kontradikcija. 7

10 Zadatak 7. Unilateralni šift S nema drugi korijen, tj. ne postoji B B(X) takav da je B 2 = S. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji B B(X) takav da je B 2 = S. Stavimo T = B. Tada je S = (B 2 ) = (B ) 2 = T 2. Primjetimo da je S surjekcija. Naime, za svaki y X vrijedi: ( ) y = y, e i e i = S y, e i e i+1. i=0 i=0 Dakle, i T je surjektivan pa postoji x 0 X takav da je T x 0 = e 0. Vrijedi da je x N(S ) ako i samo ako je x = x, e 0 e 0. ( S x = 0 S ( i=0 x, e i e i ) = 0 x, e i e i 1 = 0 x, e i = 0, i 1). Vrijedi i T e 0 0. Naime, ako je T e 0 = 0, onda je S x 0 = T 2 x 0 = T e 0 = 0 pa je x 0 = x 0, e 0 e 0. Slijedi da je e 0 = T x 0 = x 0, e 0 T e 0 = 0 što je kontradikcija. Definiramo y 0 := T e 0 0. Vrijedi da je T y 0 = T 2 e 0 = S e 0 = 0 pa je S y 0 = T 2 y 0 = 0. Stoga je y 0 = y 0, e 0 e 0. Vrijedi 0 = T y 0 = y 0, e 0 T e 0 0 pa je y 0, e 0 = 0. Konačno, y 0 = 0 što je kontradikcija s y 0 = T e Hipernormalni/hiponormalni operatori Definicija Neka je X Hilbertov prostor i T B(X). Kažemo da je T hipernormalan ako je T x T x, x X, hiponormalan ako je T x T x, x X. DZ 7. Neka je X Hilbertov i T B(X). Vrijedi: (a) T je hipernormalan ako i samo ako je T T T T, (b) T je hiponormalan ako i samo ako je T T T T. Očito vrijedi da je T hipernormalan ako i samo ako je T hiponormalan. Primjer Unilateralni šift S je hipernormalan. S S = I, SS = I P 0, a P 0 0 I P 0 I, tj. SS S S. Zadatak 8. Neka je X Hilbertov prostor i T B(X) hipernormalan operator. Tada vrijedi: (i) x X i λ C t.d. T x = λx = T x = λx, (ii) svojstveni potprostori operatora T su međusobno okomiti, (iii) M X zatvoren, T M M = T M je hipernormalan, (iv) M X zatvoren, T M M, T M normalan = M reducira operator T, (v) svaki svojstveni potprostor operatora T reducira operator T, 8

11 (vi) za svaki α, β C t.d. α > β je αt + βt hipernormalan. (i) Neka su x X i λ C t.d. je T x = λx, tj. (T λi)x = 0. Operator T λi je hipernormalan jer (T λi) (T λi) (T λi)(t λi) = (DZ) = T T T T 0. Dakle, (T λi) x (T λi)x = 0 pa je (T λi) x = 0, tj. T x = λx. (ii) Neka su λ, µ C, λ µ, svojstvene vrijednosti operatora T te neka su H λ i H µ pripadni svojstveni potprostori. Uzmimo proizvoljne x H λ, y H µ. Tada je λ x, y = λx, y = T x, y = x, T y = x, µy = µ x, y pa je (λ µ) x, y = 0. Kako je λ µ, slijedi da je x, y = 0. (iii) Pomoćna tvrdnja: postoje operatori T 11 B(M), T 12 B(M, M), T 21 B(M, M ) i T 22 B(M ) takvi da x X, x = x 1 + x 2, x 1 M, x 2 M, vrijedi T x = T 11 x 1 + T 12 x 2 + T 21 x 1 + T 22 x 2 (*) i T x = T 11x 1 + T 21x 2 + T 12x 1 + T 22x 2. (**) Dokaz tvrdnje: Neka je P B(X) ortogonalni projektor na M. ortogonalni projektor na M, tj. R(I P ) = M. Vrijedi da je Tada je I P B(X) T = [P + (I P )] T [P + (I P )] = P T P + P T (I P ) + (I P )T P + (I P )T (I P ). Označimo T 11 := P T P M B(M), T 12 := P T (I P ) M B(M, M), T 21 := (I P )T P M B(M, M ), T 22 := (I P )T (I P ) M B(M ). Za DZ dokazati da vrijedi (*). Vrijedi: [ ] =0 =0 x = x1 + x T x, y = 2, x 1, y 1 M {}}{ y = y 1 + y 2, x 2, y 2 M = T 11 x 1, y 1 + T 12 x 2, y 1 + T 21 x 1, y 1 + T 22 x 2, y 1 + =0 =0 {}}{ + T 11 x 1, y 2 + T 12 x 2, y 2 + T 21 x 1, y 2 + T 22 x 2, y 2 = = x 1, T 11y 1 + T 21y 2 + x 2, T 12y 1 + T 22y 2 = = x 1 + x 2, T 11y 1 + T 21y 2 + x 1 + x 2, T 12y 1 + T 22y 2 = = x, T 11y 1 + T 21y 2 + T 12y 1 + T 22y 2 = x, T y, x, y X. Slijedi da vrijedi (**). Napomena Ovdje nismo koristili da je M T invarijantan. Zapisujemo: [ ] T11 T T = 12. T 21 T 22 9

12 Neka je x M proizvoljan. Tada je T x = T 11 x+t 21 x. Stoga je T 21 x M = T x M T 11 x M (ovdje M smo koristili da je T M M). Slijedi da je T 21 x M M pa je T 21 x = 0, x M. Dakle, T 21 = 0. Opet, za proizvoljan x M vrijedi T11x 2 T11x 2 + T12x 2 Pitagora = T11x + T12x 2 = T x 2 T x 2 = T 11 x 2. Dakle, T 11 je hipernormalan (T 11 = T M ). (iv) Koristeći oznake i tvrdnje iz prethodnog podzadatka, dobivamo da je T 11x 2 + T 12x 2 T 11 x 2, x M. Kako je T M = T 11 normalan, onda je T 11x = T 11 x, x M. Slijedi da je T 12x = 0, x M pa je T 12 = 0. Dakle, i T 12 = 0. Trebamo još pokazati da je T M M, a to je ekvivalentno tvrdnji T M M. Ako je x M, onda je T x = T 22 x M pa je istina da M reducira T. (v) Neka je H λ svojstveni potprostor operatora T. Prema (ii) slijedi da je H λ T invarijantan. Za svaki x H λ vrijedi T x = λx = λ x = λ x = λx = T x. Dakle, T Hλ je normalan operator pa prema (iv) vrijedi da H λ reducira T. (vi) Vrijedi: (αt + βt ) (αt + βt ) (αt + βt ) (αt + βt ) =... = ( α 2 β 2) (T T T T ) 0. Doista je T hipernormalan. Vratimo se još malo na ideju izloženu u prethodnom zadatku da operator zapisujemo matrično u skladu sa (*) i (**). Ako je M netrivijalan zatvoren potprostor Hilbertovog prostora X, po Rieszovom teoremu o projekciji X možemo zapisati kao X = M M, tj. svaki x X se na jedinstven način može zapisati kao x = x 1 + x 2, gdje su x 1 M, x 2 M. To možemo formalno zapisati i matrično kao [ ] x1 x =. x 2 Operacije zbrajanja vektora i množenja vektora skalarom odgovaraju tim istim operacijama na stupcima. Isto vrijedi i za skalarni produkt: [ ] [ ] x1 y1 x, y = x 1 + x 2, y 1 + y 2 = x 1, y 1 + x 2, y 2 =,. Operator T B(X) možemo formalno zapisati kao matricu reda 2: [ ] T11 T T = 12, T 21 T x 2 y 2

13 uz oznake kao u prethodnom zadatku. Slika operatora u prvom retku je M, a slika operatora u drugom retku je M. Domena operatora u prvom stupcu je M, a domena operatora u drugom stupcu je M. Zbog (*) je djelovanje operatora na vektoru isto što i množenje matrice sa stupcem: [ ] [ ] [ ] T11 x T x = (T 11 x 1 + T 12 x 2 ) + (T 21 x 1 + T 22 x 2 ) = 1 + T 12 x 2 T11 T = 12 x1. T 21 x 1 + T 22 x 2 T 21 T 22 x 2 M M Operacije na operatorima (zbrajanje i množenje skalarom) odgovaraju tim istim operacijama na matricama reda 2. Matrični prikaz kompozicije operatora je umnožak matričnih prikaza pojedinih operatora. Također, zbog (**) matrični prikaz adjungiranog operatora od T je adjungirana matrica operatora T : [ ] T T = 11 T21 T12 T22. U prethodnom zadatku smo dokazali da ako je M T invarijantan potprostor, onda je matrični zapis od T gornjetrokutasta matrica. Analogno, ako je M T invarijantan, onda je matrični zapis od T donjetrokutasta matrica. Ako M reducira T, onda je matrični prikaz operatora T dijagonalna matrica. Zadatak 9. Neka je X separabilan Hilbertov prostor i neka je (e i ) i N ONB za X. Neka je (a i ) i niz kompleksnih brojeva i operator T definiran sa T e i = a i e i+1, i N (šift s opterećenjem). Naći nužan i dovoljan uvjet na niz (a i ) i tako da T bude hipernormalan operator. Operator T je hipernormalan ako je ograničen i takav da je T x T x, x X. Dakle, ovaj zadatak se sastoji od dva dijela. Moramo naći nužan i dovoljan uvjet da operator bude ograničen te nužan i dovoljan uvjet da za operator T vrijedi T x T x, x X. Operator T koji je zadan na ONB najprije po linearnosti proširujemo na prostor V = [{e i : i N}]. Kako je X = V, vrijedi da je T B(V ) ako i samo ako je T B(X). Dokažimo najprije da je T L(V ) ograničen operator ako i samo ako je (a i ) i ograničen niz. Pretpostavimo da je T B(V ). Tada je a i = a i e i+1 = T e i T e i = T <, i N. Obratno, neka je niz (a i ) ograničen ( a i M, i). Proizvoljni x V možemo zapisati u obliku x = n ξ ie i. Tada je n n n n T x 2 = T x, T x = ξ i T e i, ξ i T e i = ξ i a i e i+1, ξ i a i e i+1 = = n n n n ξ i 2 a i 2 M 2 ξ i 2 = M 2 ξ i 2 e i 2 = M 2 ξ i e i = M 2 x 2. Dakle, T je ograničen. Sada pogledajmo kako izgleda T. Za proizvoljan x X je T x = T x, e i e i = x, T e i e i = x, a i e i+1 e i = Posebno je T e j = a i e j, e i+1 e i = 11 { 0, j = 1 a j 1 e j 1, j 2. a i x, e i+1 e i.

14 Pretpostavimo da je T hipernormalan. Po definiciji je T x T x, x X. Posebno, za x = e i je T e i T e i = a i, i N. i = 1 : 0 a 1 i 2 : a i 1 a i. Dakle, niz ( a i ) je rastući. Pogledajmo vrijedi li i obrat. Neka je niz ( a i ) rastući. Za proizvoljan x X je T x = T x, e i e i = x, T e i e i = x, a i 1 e i 1 e i = i=2 x, a i e i e i+1. Dakle, T x 2 = x, a ie i 2, a otprije znamo da je T x 2 = x, a ie i+1 2. Dakle, T x 2 = x, a i 1 e i 2 = i=2 a i 1 2 x, e i 2 i=2 a i 2 x, e i 2 = x, a i e i 2 = T x 2, x X. Dakle, T je hipernormalan ako i samo ako je niz ( a i ) rastući i omeđen. 2 Spektar Definicija 2.1. Neka je X Hilbertov prostor i A B(X). Broj } ν(a) := inf { A n 1 n : n N zovemo spektralni radijus operatora A. Napomena 2.2. Vrijedi: 1. ν(a) = lim n A n 1 n, A B(X), 2. 0 ν(a) A, A B(X), 3. ν(αa) = α ν(a), α Φ, A B(X), 4. ν(ab) = ν(ba), A, B B(X) 5. ν(a k ) = [ν(a)] k, k N, A B(X). Zadatak 10. Neka je S B(l 2 ) unilateralni šift. Odredite ν(s) i ν(s ). Vrijedi da je S(x 1, x 2, x 3,...) = (0, x 1, x 2, x 3,...). Indukcijom se lako pokaže da je S n (x 1, x 2, x 3,...) = (0,..., 0, x 1, x 2, x 3,...). Slijedi da je S n x 2 = x 2, x l 2 pa je S n = 1, n n N. Dakle, ν(s) = lim n S n 1 n = 1. Znamo da je S (x 1, x 2, x 3,...) = (x 2, x 3,...). Opet se indukcijom lako pokaže da je (S ) n (x 1, x 2, x 3,...) = (x n+1, x n+2,...). Slijedi da je (S ) n x x, x l 2. Dakle, (S ) n 1. No, vrijedi da je (S ) n (0,..., 0, 1, 0...) = (1, 0, 0,...) pa je (S ) n = 1, n N, odakle slijedi da je n ν(s ) = 1. 12

15 Definicija 2.3. Neka je X Hilbertov prostor. Operator A B(X) je regularan ako postoji B B(X) takav da je AB = BA = I. Operator A B(X) je singularan ako nije regularan. Sa G(B(X)) označavamo skup svih regularnih elemenata u algebri B(X) (to je grupa s obzirom na množenje). Zadatak 11. Ako A B(X) ima jedinstveni lijevi (desni) inverz, onda je A regularan. Pretpostavimo da postoji jedinstveni B B(X) takav da je BA = I. Tada je (AB I + B)A = A BA A + BA = I. =I =I Zbog jedinstvenosti lijevog inverza mora biti AB I + B = B, ondosno AB = I. Primjer 2.4. Neka je S B(l 2 ) unilateralni šift. Tada je S S = I. No, za operator T (x 1, x 2, x 3,...) = (x 1 + x 2, x 3, x 4,...) također vrijedi da je T S = I, ali T S. Otprije znamo da S nije regularan. Dakle, u prethodnom zadatku, jedinstvenost lijevog (desnog) limesa je bitan uvjet. Zadatak 12. Neka je X Hilbertov prostor i A, B B(X), λ C \ {0}. Tada vrijedi: λi AB je regularan λi BA je regularan. Pretpostavimo da je λi AB regularan. Tada postoji C B(X) takav da je (λi AB)C = C(λI AB) = I. Slijedi da je ABC = λc I = CAB. Kako je λ 0, možemo gledati ( 1 (λi BA) λ I + 1 ) λ BCA = I + BCA 1 λ BA 1 B(ABC)A =... = I. λ Slično se dobije i da je ( 1 λ I + 1 λ BCA) (λi BA) =... = I. Dakle, λi BA je regularan. Zamjenom varijabli A i B dobijemo obrat. Definicija 2.5. Neka je A B(X). Broj λ C je regularna točka od A ako je λi A regularan u B(X). Skup svih regularnih točaka, u oznaci ρ(a), zovemo rezolventni skup. Funkcija R(A, λ) = (λi A) 1, sa ρ(a) u B(X) naziva se rezolventa od A. Spektar od A je skup σ(a) = C \ ρ(a). Napomena 2.6. Prethodni zadatak se može pomoću spektra zapisati ovako: σ(ab) \ {0} = σ(ba) \ {0} ili σ(ab) {0} = σ(ba) {0}. Napomena 2.7. Vrijedi da je ρ(a) otvoren. Dakle, σ(a) je zatvoren skup u C. Teorem 2.8. Neka je A B(X). Tada je σ(a) i σ(a) je kompaktan skup u C. Vrijedi (σ(a) K(0, ν(a)) i σ(a) S(0, ν(a)) ) ν(a) = max{ λ : λ σ(a)}. Za sljedeći zadatak prelazimo na kompleksne Banachove algebre i radimo s općenitim definicijama spektra i spektralnog radijusa (koje su slične onima koje smo prije naveli). Zadatak 13. Neka je A = C(K), gdje je K kompaktan Hausdorffov prostor, f = max{ f(t) : t K}. Odredite σ(f) i ν(f), f A. 13

16 Tvrdimo da je σ(f) = {f(t) : t K} = f(k), tj. da je spektar od f jednak slici od f. Najprije primjetimo da je g C(K) regularna ( ) ako i samo ako je g(t) 0. Naime, inverz funkcije g (ako postoji) je funkcija 1 definirana sa 1 (t) = 1 (mora vrijediti da je g(t) 0, t). g g g(t) Za fiksirani t K je (f f(t) 1)(t) = 0. Dakle, f f(t) 1 / G(A), tj. f(t) σ(f). Dobili smo da je {f(t) : t K} σ(f). Dokažimo da vrijedi i obratna inkluzija. 1 Neka je λ / {f(t) : t K}. Tada je (f λ 1)(t) 0, t K. Dakle, postoji funkcija f λ 1 inverz od f λ 1 pa je λ / σ(f). Dobili smo i da je σ(f) {f(t) : t K}. Sada je ν(f) = max{ λ : λ σ(f)} = max{ f(t) : t K} = f. koja je Propozicija 2.9. Neka je X Hilbertov prostor. Tada (i) za svaki A B(X) i polinom p vrijedi da je σ(p(a)) = p(σ(a)) = {p(λ) : λ σ(a)}, (ii) za svaki regularan A B(X) vrijedi da je σ (A 1 ) = [σ(a)] 1 = { 1 λ : λ σ(a)}. (0 / σ(a) jer je A = A 0 I regularan operator) 2.1 Spektar ograničenog operatora Zadatak 14. Neka je X normiran prostor i A B(X). Ekvivalentno je: (i) A je odozdo ograničen operator, tj. postoji m > 0 t.d. je Ax m x, x X, (ii) A je injektivan i A 1 : R(A) X je ograničen operator, (iii) ne postoji niz (x n ) X takav da je x n = 1, n i lim n Ax n = 0. (i) (ii) Dokažimo da je A injektivan. Neka je Ax = 0. Tada je Ax = 0 pa je x 1 Ax = 0. m Slijedi da je x = 0, tj. x = 0. Dakle, A je injekcija. Neka je y R(A) proizvoljan. Tada postoji x X takav da je y = Ax. Slijedi Dakle, A 1 je ograničen i A 1 1 m. A 1 y = A 1 Ax = x 1 m Ax = 1 m y. (ii) (iii) Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji niz (x n ) X, x n = 1, n i lim n Ax n = 0. Pretpostavka je da je A 1 ograničen, tj. da je A 1 neprekidan. Slijedi da je 0 = A 1 0 = A 1 ( lim n Ax n ) = lim n A 1 Ax n = lim n x n. Dakle, lim x n = 0, a kako je norma neprekidno preslikavanje, onda je i lim x n = 0 što je u kontradikciji sa pretpostavkom da je to niz jediničnih vektora. (iii) (i) Pretpostavimo suprotno, tj. da za svaki n N postoji x n X takav da je Ax n < 1 n x n. x n Očito je x n 0, n. Stavimo y n := x n, n N. Tada je Ay n < 1, n N. Dakle, n lim Ay n = 0 pa je i lim Ay n = 0 što je u kontradikciji sa pretpostavkom (iii). 14

17 Definicija Neka su X, Y normirani prostori. Operator A B(X, Y ) zovemo regularnim (invertibilnim) ako je A bijekcija sa X na Y i A 1 je ograničen. Ako su domena i kodomena u prethodnoj definiciji potpuni prostori, onda ograničenost operatora A 1 slijedi automatski iz ograničenosti operatora A. O tome govori sljedeći teorem: Teorem 2.11 (Banachov teorem o inverzu). Neka su X, Y Banachovi prostori. Ako je A B(X, Y ) bijekcija, onda je A 1 B(Y, X). Zadatak 15. Neka je X Banachov prostor i A B(X) odozdo ograničen takav da je R(A) = X. Tada je A regularan. Prema prethodnom zadatku A je injektivan i A 1 : R(A) X je ograničen operator. Treba još vidjeti da je R(A) = X, ali za to je dovoljno dokazati da je R(A) zatvoren. No, to znamo otprije (DZ 4). DZ 8. Neka su X, Y normirani prostori. Bijekcija A B(X, Y ) je regularan operator ako i samo ako postoje realni brojevi m, M > 0 takvi da je m x Ax M x, x X. Neka je A B(X, Y ) regularan. Kako je A ograničen, onda je Ax A x, x X. =:M>0 Pritom je M > 0 jer je A 0. Kako je A 1 B(Y, X), slijedi da je A 1 y A 1 y, y Y. Vrijedi da je Y = R(A) pa za svaki y Y postoji jedinstveni x X takav da je y = Ax. Slijedi A 1 Ax A 1 Ax, x X 0 Tada je Ax 1 x, A 1 =:m>0 x X A je bijekcija, a kako je A odozdo ograničen, slijedi da je A 1 B(Y, X). Zadatak 16. Neka je H Hilbertov prostor, A B(H) i m > 0 t.d. je Tada je A regularan operator i A 1 1 m. m x 2 Ax, x, x H. Vrijedi da je m x 2 Ax, x CSB Ax x, x H pa je Ax m x, x H. Dakle, A je odozdo ograničen. Tvrdimo da je R(A) = H. Vrijedi da je R(A) R(A) = H pa je dovoljno vidjeti da je R(A) = {0}. Kako je R(A) R(A), slijedi da je R(A) R(A) pa je dovoljno vidjeti da je R(A) = {0}. 15

18 v R(A) y, v = 0, y R(A) Ax, v = 0, x H. Posebno je Av, v = 0. m v 2 Av, v = 0 pa je v = 0. Dakle, R(A) = H pa je A regularan (prema zadatku 15) ( Alternativno: m x 2 Ax, x = x, A x = A x, x A x x pa je A odozdo omeđen odakle slijedi da je N(A ) = {0}. Kako je R(A) N(A ) = H, onda je R(A) = H. Nađimo još ogradu za normu operatora A 1. Vrijedi da je m x Ax, x H. Za svaki x H postoji jedinstveni y H takav da je x = A 1 y pa je m A 1 y AA 1 y = y, y H, tj. A 1 y 1 m y, y H pa je A 1 1 m. Definicija Neka je H Hilbertov prostor. Hermitski operator A B(H) je pozitivno definitan ako postoji realni broj m > 0 t.d. je Pišemo: A > 0. Ax, x m x 2, x H. Napomena Vrijedi da je A > 0 ako postoji m > 0 takav da je A mi 0. Napomena Prethodni zadatak kaže: A > 0 A regularan. Zadatak 17. Neka su X, Y Hilbertovi prostori i A B(X, Y ). A je regularan operator ako i samo ako su A A B(X) i AA B(Y ) pozitivno definitni. Tvrdnja: A B(X, Y ) regularan A B(Y, X) regularan. Dokaz tvrdnje: Neka je A regularan. Tada je N(A ) = R(A) = Y = {0} pa je A injekcija. Za proizvoljni y Y vrijedi y 2 = y, y = [ ]!x X t.d. Ax = y = A 1 y A y A 1 y A y = Ax, y jer je y 2 0 = Ax, y = x, A y CSB x A y = Slijedi da je A y 1 A 1 y, y Y. Kako je R(A ) = N(A) = {0} = X, slijedi da je A regularan operator. Promatramo operator A = (A ). Sada dokažimo zadatak. Neka je A B(X, Y ) regularan. Vrijedi da je x = A 1 Ax, x X. Dakle, x A 1 Ax pa je Ax 1 x. Nakon kvadriranja dobivamo A 1 Slijedi da je A A > 0. 1 A 1 2 x 2 Ax 2 = Ax, Ax = A Ax, x. 16

19 Analogno: za svaki y Y je y = (A ) 1 A y (pokazali smo da je A regularan) pa se slično pokaže da je 1 (A ) 1 2 y 2 AA y, y pa je i AA > 0. Neka su AA i A A pozitivno definitni. Slijedi da su AA i A A regularni. (nastavak je kao kod zadatka: a, b A, A Banachova algebra s jedinicom. Tada vrijedi: a, b G(A) ab, ba G(A)) Slijedi da je A regularan. DZ 9. Neka je X Banachov prostor (C [0, 1], ), a Y njegov potprostor {f C 1 [0, 1] : f(0) = 0}. Dokažite da je operator B : X Y definiran sa (Bf)(t) = t 0 f(s) ds, t [0, 1] linearan, ograničen i bijektivan, te da B 1 : Y X nije ograničen. Napomena Banachov teorem o inverzu kaže da ograničena linearna bijekcija između Banachovih prostora uvijek ima ograničen inverz. DZ 9 nije u kontradikciji s ovim teoremom jer mu kodomena nije Banachov prostor. 2.2 Dekompozicija spektra Definicija Neka je X Banachov prostor i A B(X). σ p (A) = {λ σ(a)(ili C) : λi A nije injekcija} { } σ r (A) = λ σ(a)(ili C) : λi A je injekcija, ali R(λI A) X { } σ c (A) = λ σ(a) : λi A je injekcija, R(λI A) = X (točkovni spektar) (rezidualni spektar) (kontinuirani spektar) Zadatak 18. Neka je H separabilan Hilbertov prostor, (e n ) n N ONB za H, A B(H) zadan sa Ae n = a n e n, n N, gdje je (a n ) n N ograničen niz u C. Klasificirajte σ(a). Očito je a n σ p (A), n N. Označimo K := {a n : n N} σ p (A) σ(a). Kako je spektar zatvoren, slijedi da je K σ(a). Pretpostavimo da postoji λ σ p (A) \ K, tj. da postoji x λ 0 takav da je Ax λ = λx λ. Slijedi ( ) ( ) A x λ, e i e i = λ x λ, e i e i [a i x λ, e i λ x λ, e i ] e i = 0 /, e n (a n λ) x λ, e n = 0, n N. 0 Dakle, x λ, e n = 0, n N pa je x λ = 0 što je u kontradikciji s pretpostavkom. Tvrdimo da je σ(a) = K. Neka je λ / K. Tada postoji m > 0 takav da je λ a i m, i N. Definiramo operator B : X X sa Bx := 1 λ a i x, e i e i. 17

20 Na ONB djeluje kao Be n = 1 e n pa je B(λI A)e n = B((λ a n )e n ) = e n, n N. λ a n Isto tako je (λi A)Be n = e n, n N. Kako je B ograničen i B 1, slijedi da je (λi m A) 1 = B. Dakle, λ / σ(a). Konačno zaključujemo da je σ(a) = K. Dobili smo da je σ(a) = K = K ( K \ K ) =σ p(a) =σ r(a) σ c(a) Neka je λ K \ K. Tada je (λi A)e n = (λ a n )e n, n N. Slijedi da je ( ) 1 e n = (λi A) e n R(λI A), n N. λ a n Kako je H = [{e n : n N}] R(λI A) H, onda je R(λI A) = H pa je λ σ c (A). Dakle, σ c (A) = K \ K i σ r (A) =. Zadatak 19. Neka je K C kompaktan skup, X = (C(K, C), ). Pokazati da za operator A : X X definiran sa (Af)(z) = zf(z), z K, vrijedi σ(a) = K. Klasificirajte σ(a). Vrijedi da je Af = sup z K zf(z) = sup z f(z) R f, z K gdje je R > 0 takav da je K K(0, R) (tada je z R, z K). Slijedi da je A B(X) i A R. Neka je λ σ p (A). Tada postoji f C(K, C), f 0, takav da je Af = λf, tj. (Af)(z) = λf(z), z K. Slijedi da je (z λ)f(z) = 0, z K pa je f(z) = 0, z K \ {λ}. Dakle, λ je izolirana točka skupa K. Obratno, ako je λ izolirana točka skupa K, onda definiramo funkciju f K\{λ} = 0, f(λ) = 1. Tada je Af = λf i f C(K, C). Dakle, σ p (A) je skup svih izoliranih točaka skupa K. Neka je λ C \ K. Definiramo B : X X sa (Bf)(z) = 1 f(z), z K. Kako je λ / K, λ z K zatvoren, slijedi da je m := d(λ, K) > 0. Tada je λ z m, z K. Dakle, 1 λ z 1 m, z K. Sada se lako vidi da je Bf 1 m f, f C(K, C). Dakle, B je ograničen. Također, B(λI A) = I X i (λi A)B = I X. Dakle, λ / σ(a). Konačno, σ(a) K. Neka je λ K \ σ p (A). Tada je [(λi A)(f)] (z) = (λ z)f(z), z K, f X. Tada je R(λI A) = {g X : g(z) = (λ z)f(z), f X, z K} {g X : g(λ) = 0} =: Ω. Dokažimo da skup Ω nije gust u X. Stavimo h(z) := c, z K (gdje je c 0 proizvoljna konstanta). Tada je h g = sup (h g)(z) = sup c g(z) c g(λ) = c, g Ω. z K z K Zbog R(λI A) Ω slijedi da je R(λI A) X pa je λ σ(a). 18

21 Pokazali smo da je K = σ p (A) (K \ σ p (A)) σ(a) σ(a) Stoga je σ(a) = K. Također, σ r (A) = K \ σ p (A), σ c (A) =. Zadatak 20. Neka je X Hilbertov prostor i A B(X). Dokazati: (a) λ σ p (A) λ σ p (A ) σ r (A ), (b) λ σ r (A) λ σ p (A ). (a) λ σ p (A) x X, x 0 t.d. je (λi A)x = 0. Slijedi da je Tvrdimo da je R ( λi A ) X. (λi A)x, y = 0, y X. Pretpostavimo suprotno, tj. da je R ( λi A ) = X i promatrajmo odabrani x X. Tada postoji niz (y n ) n N u X takav da ( λi A ) y n x. Slijedi x, x = lim n ( ) ( λi A y n, x = lim ) λi A y n, x = lim y n, (λi A) x = 0. n n Dakle, x = 0 što je u kontradikciji s pretpostavkom. Slijedi da je λ / σ c (A ). λ σ p (A ) σ r (A ). Kako je λ σ(a) = {µ : µ σ(a)} = σ(a ), onda mora biti (b) Ako je λ σ r (A), onda je X R(λI A) = N ( λi A ). Dakle, N ( λi A ) {0}. Slijedi da je λ σ p (A ). DZ 10. Neka je X Hilbertov prostor i A B(X). Tada je σ(a ) = σ(a) = {λ : λ σ(a)}. Ekvivalentno: λ / σ(a ) λ / σ(a). DZ 11. Neka je X Hilbertov prostor i A B(X) normalan operator. Tada je σ r (A) =. Neka je λ C takav da je λi A injekcija. Tada je i (λi A) injekcija jer je λi A normalan operator, a za njega vrijedi da je (λi A)x = (λi A) x, x X. Dakle, N ((λi A) ) = {0} što povlači da je X = N ((λi A) ) = R(λI A). Slijedi da λ / σ r (A). Dobili smo da je σ r (A) =. Definicija Neka je X Banachov prostor i A B(X). π(a) := {λ C : A λi nije odozdo ograničen } { } γ(a) := λ C : R(A λi) X (aproksimativni točkovni spektar) (kompresivni spektar) Zadatak 21. Vrijedi da je σ(a) = π(a) γ(a) (unija nije disjunktna). 19

22 λ π(a) A λi nije odozdo ograničen. Zbog zadatka DZ 8 (A B(X) regularan m, M > 0 t.d. m x Ax M x, x X) slijedi da A λi nije regularan pa je λ σ(a). Ako je λ γ(a), onda operator λi A nije surjekcija pa je λ σ(a). Neka je λ / π(a) γ(a). Tada λ / π(a) i λ / γ(a). Dakle, λi A je odozdo ograničen i R(λI A) = X. Prema zadatku 15 A λi je regularan pa λ / σ(a). Općenito π(a) γ(a). Napomena (a) σ p (A) π(a), (b) σ c (A) π(a), (c) σ r (A) γ(a), Dakle, σ p (A) σ c (A) π(a), σ r (A) γ(a). Zadatak 22. Neka je X Hilbertov prostor i A B(X). (1) σ r (A) = γ(a) \ σ p (A), (2) σ c (A) = π(a) \ (γ(a) σ p (A)). (1) σ r (A) = λ C : λ / σ p(a), R(λI A) X = γ(a) \ σ p(a). λ γ(a) (2) Otprije je dokazano da λ σ c (A) λ π(a). Ako je λ σ c (A), onda je A λi injekcija (pa λ / σ p (A)) i R(λI A) = X (pa λ / γ(a)). π(a) \ γ(a) σ p (A) σ(a) \ (σ r (A) σ p (A)) = σ c (A). σ(a) σ r(a) Zadatak 23. π(a) je zatvoren skup (za A B(X)). Pokazat ćemo da je C \ π(a) otvoreni skup. Ako je λ 0 C \ π(a), onda je λ 0 I A odozdo ograničen. Dakle, postoji m > 0 takav da je (A λ 0 I)x m x, x X. Vrijedi da je (A λi)x + (λ λ 0 )Ix (A λi)x + λ λ 0 x. Dakle, (A λi)x (A λ 0 I)x λ λ 0 x (m λ λ 0 ) x. Ako je λ K(λ 0, m 2 ), onda je m λ λ 0 > 0 pa je A λi odozdo omeđen. Slijedi da je i λ C\π(A). Zadatak 24. π(a ) π(a) = σ(a ) (pritom ne označava zatvarač, već kompleksno konjugiranje). 20

23 π(a ) σ(a ) i π(a) σ(a) pa je π(a) σ(a) = σ(a ). Neka je λ / π(a ) π(a). Tada su A λi i A λi odozdo ograničeni operatori. Kako je X = N(A λi) R(A λi), ={0} slijedi da je R(A λi) = X pa kako je A λi odozdo ograničen operator, mora biti A λi regularan (zad 15). Dakle, λ / σ(a ). Napomena Prisjetimo se zadatka 14 koji je (među ostalim) rekao: Ako B nije odozdo ograničen, onda postoji niz jediničnih vektora (y n ) n takav da je lim n By n = 0. Zadatak 25. Neka je A B(X) regularan. (1) σ(a 1 ) = σ(a) 1, (2) σ p (A 1 ) = σ p (A) 1, (3) π(a 1 ) = π(a) 1, (4) γ(a 1 ) = γ(a) 1, (5) σ r (A 1 ) = σ r (A) 1, (6) σ c (A 1 ) = σ c (A) 1. (1) Predavanja, propozicija u skripti. (2) Ako je λ σ p (A 1 ), onda postoji x 0 takav da je (A 1 λi)x = 0. Tada je i 0 = A(A 1 λi)x = x λax. Slijedi da je (A 1λ ) I x = Ax 1 λ x = 1 (λax x) = 0. λ Dakle, 1 λ σ p(a). Obratnu inkluziju dobijemo ako zamijenimo uloge operatora A i A 1. (3) λ π(a) povlači da A λi nije odozdo ograničen pa postoji niz jediničnih vektora (x n ) n takav da je lim n (A λi)x n = 0. tj. (jer 0 / σ(a) povlači da 0 / π(a)) ( lim A 1 λ 1 I ) ( λa) x n = 0. n =:y n Kako je A regularan, onda je i λa regularan pa je y n 0, n. ( lim A 1 1 ) n λ I y n = 0, a zbog DZ 8 postoji m > 0 takav da je y n = ( λa)x n m x n. Slijedi da A 1 1 λ I nije odozdo ograničen pa je 1 λ π(a 1 ). 21

24 zamijenimo operator A sa A 1 u prethodnoj inkluziji. Slijedi da je π(a 1 ) 1 π ( (A 1 ) 1) = π(a). Dakle, π(a 1 ) π(a) 1. (4) λ γ(a) povlači da je R(A λi) X. Kako je A λi = ( A 1 1 I) ( λa), lako se λ vidi da je R ( A 1 1 I) X pa je 1 λ λ γ(a 1 ). analogno (A A 1 ) (5) σ r (A 1 ) = γ(a 1 ) \ σ p (A 1 ) = γ(a) 1 \ σ p (A) 1 = σ r (A) 1. (6) σ c (A 1 ) = π(a 1 ) \ (γ(a 1 ) σ p (A 1 )) = π(a) 1 \ (γ(a) 1 σ p (A) 1 ) = σ c (A) 1. DZ 12. Neka je U unitaran operator na Hilbertovom prostoru. Tada je σ(u) S(0, 1). U = sup Ux = sup x = 1. x =1 x =1 Dakle, ν(u) = 1 pa je σ(u) K(0, 1). Kako je U 1 unitaran, onda je i σ(u) 1 = σ(u 1 ) K(0, 1) pa je σ(u) C \ K(0, 1). Slijedi da je σ(u) S(0, 1). DZ 13. Neka je X Banachov prostor, A B(X) i p C[x] polinom sa kompleksnim koeficijentima. Tada je (1) σ(p(a) = p(σ(a)), (2) σ p (p(a) = p(σ p (A)), (3) π(p(a) = p(π(a)), (4) γ(p(a) = p(γ(a)). Zadatak 26. Naći i klasificirati σ(s), σ(s ), σ(s 2 ), gdje je S unilateralni šift. Neka je (e n ) ONB Hilbertovog prostora X na kojem promatramo S. Vrijedi da je Se i = e i+1 što povlači da je Sx = x, x X. Dakle, S je izometrija pa je S = 1. Dakle, σ(s) K(0, 1). Neka je λ σ p (S). Tada postoji x 0 takav da je Sx = λx. Vektor x možemo zapisati kao x = x, e i e i pa se prethodna jednakost može zapisati kao tj. x, e i e i+1 = λ x, e i e i, i=2 x, e i 1 e i = λ x, e i e i odakle slijedi da je λ x, e 1 = 0 (pa je λ = 0 ili x, e 1 = 0) i x, e k 1 = λ x, e k, k 2. Ako je λ = 0, onda je x, e k 1 = 0, k 2. Slijedi da je x = 0 što je kontradikcija. 22

25 Dakle, mora biti x, e 1 = 0, a kako je λ 0, onda mora vrijediti i x, e k = 1 x, e λ k 1, k 2. Lako se vidi da je onda x, e k = 0, k 1, pa opet mora biti x = 0 što je kontradikcija. Dakle, σ p (S) =. Neka je sada λ σ r (S). Prema zadatku 20 slijedi da je λ σ p (S ). Isti zadatak kaže da λ σ p (S ) povlači da je λ σ r (S) σ p (S). = Dobili smo da je σ r (S) = σ p (S ). Odredimo sada σ p (S ). Ako je µ σ p (S ), onda postoji x 0 takav da je S x = µx. Kako je x = x, e i e i, prethodnu jednakost možemo zapisati kao x, e i+1 e i = µ x, e i e i. Slijedi da je x, e i+1 = µ x, e i, i 1. Dakle, x, e i+1 = µ i x, e 1, i 1. Slijedi da je x oblika x = µ i 1 x, e 1 e i = x, e 1 µ i 1 e i. Pitamo se kada ova suma konvergira. Vrijedi da je µ i 1 e i = i=k µ i 1, i=k a ta suma konvergira k 0 ako i samo ako je µ < 1, tj. µ K(0, 1). Dobili smo da je σ p (S ) = K(0, 1) pa je σ r (S) = K(0, 1) = K(0, 1). Kako je K(0, 1) σ(s) i σ(s) zatvoren skup, onda je i K(0, 1) σ(s) K(0, 1). Dakle, σ(s) = K(0, 1). Već smo odredili σ p (S) i σ r (S) pa mora još biti σ c (S) = S(0, 1). Klasificirajmo spektar od S. Vrijedi da je σ(s ) = σ(s) = K(0, 1). Već smo pokazali da je σ p (S ) = K(0, 1). Vrijedi da je σ r (A) σ p (A ), za svaki ograničen operator A pa posebno za A = S imamo σ r (S ) σ p (S) =. Dakle, σ r (S ) =. Na kraju još mora biti σ c (S ) = S(0, 1). Odredimo i klasificirajmo spektar od S 2. Vrijedi da je σ(s 2 ) = σ(s) 2 = K(0, 1). Također je σ p (S 2 ) = σ p (S) 2 =. Imamo i da je γ(s 2 ) = γ(s) 2 pa je σ r (S 2 ) = γ(s 2 ) \ σ p (S 2 ) = γ(s 2 ) = γ(s) 2. = S druge strane je σ r (S) = γ(s) \ σ p (S) = γ(s). Dakle, σ r (S 2 ) = γ(s) 2 = σ r (S) 2 = K(0, 1). Konačno je σ c (S 2 ) = S(0, 1). Zadatak 27. Neka je X = (C ([0, 1]), ) i f C ([0, 1]), { 0, x [ 0, 1 f(x) = 2], 2x 1, x 1, 1]. 2 Neka je A B(X) operator zadan sa Ag = fg. Odrediti i klasificirati σ(a). 23

26 Ag = sup f(x) g(x) 1 g. x [0,1] Za g 1, g = 1 i Ag = f = 1 g. Slijedi da je A = 1 pa je σ(a) K(0, 1). A nije injekcija pa je 0 σ p (A). Pretpostavimo da postoji λ 0, λ σ p (A). Tada postoji g 0 takav da je Ag = λg, tj. fg = λg pa je (f(x) λ) g(x) = 0, x [0, 1]. Slijedi da je g(x) = 0, za svaki x [0, 1] takav da je f(x) λ 0 (tj, g = 0 na cijelom [0, 1] osim eventualno u jednoj točki). Kako je g neprekidna, slijedi da je g 0 što je u kontradikcija sa izborom funkcije g. Dobili smo da je σ p (A) = {0}. 1 Neka je λ / [0, 1]. Definirajmo operator B : X X sa (Bg)(x) = g(x), x [0, 1]. Lako se f(x) λ vidi da je B linearan i da vrijedi (A λi)b = B(A λi) = I. Također je Bg = sup x [0,1] 1 f(x) λ g(x) = sup x [0,1] 1 f(x) λ g(x). Stavimo li m := d (λ, [0, 1]) > 0, slijedi da, kako je f(x) [0, 1], x [0, 1], mora biti f(x) λ m > 0, x [0, 1]. Slijedi da je Bg 1 m g, g, pa je B B(X). Dakle, B = (A λi) 1, tj. λ / σ(a). Dobili smo da je σ(a) [0, 1]. Neka je sada λ 0, 1]. Tada postoji x 0 [ 1 2, 1] takav da je f(x 0 ) = λ. Slijedi da je R(A λi) = {(A λi)g : g C([0, 1])} = {(f λ)g : g C([0, 1])} {h C([0, 1]) : h(x 0 ) = 0}, a to nije gust skup u X pa je R(A λi) X. Dakle, λ σ r (A). Otprije imamo da je σ r (A) σ(a) \ σ p (A) 0, 1] pa je σ r (A) = 0, 1]. Dakle, [0, 1] σ(a) pa je σ(a) = [0, 1]. Slijedi da je σ c (A) =. Zadatak 28. Neka je X = (C ([0, 1]), ) i A : X X definiran sa (Af)(x) = f(x 2 ), x [0, 1]. Odredite σ p (A). Af = sup f(x 2 ) = sup f(y) = f x [0,1] y [0,1] pa je A = 1 (zapravo, kako je A izometrija, čak je i ν(a) = 1). Slijedi da je σ(a) K(0, 1). Ako je f const 0, onda je (Af)(x) = f(x 2 ) = const = f(x), x [0, 1] pa je Af = f. Dakle, 1 σ p (A). Ako je Af = 0, onda je f(x 2 ) = 0, x [0, 1] pa je f 0. Slijedi da 0 / σ p (A). Neka je λ 0, 1 i pretpostavimo da je Af = λf. Tada je Af = λf f = λ f λ 0,1 f = 0 f = 0 pa λ / σ p (A), tj. σ p (A) K(0, 1) =. Dakle, σ p (A) S(0, 1). Neka je λ S(0, 1), λ 1. Pretpostavimo da postoji f t.d. je Af = λf. Tada je A n f = λ n f, n N. Kako je (Af)(x) = f(x 2 ), (A 2 f)(x) = f ( (x 2 ) 2 ),..., (A n f)(x) = f ( x 2n ), n N, x [0, 1], onda je f ( x 2n ) = λ n f(x), x 0, 1. 24

27 Kako je λ = 1, onda je λ n = 1, n N, pa je (λ n ) n S(0, 1). Kako je S(0, 1) kompaktan skup, postoji podniz (λ n k )k takav da λ n k λ0, λ 0 = 1. Vrijedi da je ( ) f x 2n k 0 pa je f(0) = λ 0 f(x), x 0, 1. Dakle, f(x) = f(0) = λ n k λ 0 f(x), x 0, 1 λ 0 = const, x 0, 1. Kako je f neprekidna, slijedi da je f const. Dakle, Af = λf pa slijedi da je λ = 1 što je u kontradikciji sa izborom broja λ. Dobili smo da je σ p (A) = {1}. Zadatak 29. Neka je H Hilbertov prostor, ( A B(H) ) reducibilan (tj. H = M M, A 11 := A M : M M, A 22 := A M : M M A11 0, A = ). 0 A 22 Dokazati da je σ(a) = σ(a 11 ) σ(a 22 ). Neka je λ σ p (A 11 ). Tada postoji x 1 M, x 1 0 takav da je (A 11 λi)x 1 = 0. No, onda je i (A λi)x 1 = 0 pa je λ σ p (A). Analogno napravimo i za operator A 22. Dobivamo da je σ p (A 11 ) σ p (A 22 ) σ p (A). Neka je sada λ σ r (A 11 ). Tada je R(A 11 λi) M pa postoji y 1 M, y 1 0, takav da je (A 11 λi)x 1, y 1 = 0, x 1 M. Svaki x H se može napisati u obliku x = x 1 + x 2, gdje je x 1 M, x 2 M. Za x onda vrijedi (A λi)x, y 1 = (A λi)x 2, y 1 M M Dakle, R(A λi) H pa slijedi da je σ r (A 11 ) σ r (A 22 ) σ(a). Ako je λ σ c (A 11 ), onda je R(A 11 λi) = M, ali R(A 11 λi) M. Stoga postoji y1 0 M \ R(A 11 λi), y Tvrdimo da y1 0 / R(A λi). Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji x 0 H takav da je (A λi)x 0 = y1. 0 Možemo pisati x 0 = x x 0 2, gdje je x 0 1 M, x 0 2 M. Slijedi da je (A 11 λi)x (A 22 λi)x 0 2 = y1 0. M M M Zbog jedinstvenosti rastava z = z 1 + z 2, z 1 M, z 2 M, slijedi da je (A 11 λi)x 0 1 = y 0 1 što je u kontradikciji sa izborom y 0 1 M \ R(A 11 λi). Dakle, λ σ(a). Konačno dobivamo da je σ c (A 11 ) σ c (A 22 ) σ(a). Slijedi da je σ(a 11 ) σ(a 22 ) σ(a). = 0. Neka je λ σ p (A). Tada postoji x 0 H, x 0 0, takav da je (A λi)x 0 = 0. Možemo pisati x 0 = x x 0 2, x 0 1 M, x 0 2 M. Dakle, (A 11 λi)x (A 22 λi)x 0 2 = 0 M M pa je λ σ p (A 11 ) σ p (A 22 ) jer je x ili x (jer smo odabrali x 0 0). Znači, vrijedi da je σ p (A) σ p (A 11 ) σ p (A 22 ). 25

28 Neka je λ σ r (A). Tada postoji y 0 H, y 0 0, takav da je y 0 R(A λi), tj. (A λi)x, y 0 = 0, x H. Za svaki x H možemo pisati x = x 1 + x 2, x 1 M, x 2 M. Također je i y 0 = y1 0 + y2, 0 y1 0 M, y2 0 M. Uvrstimo li te rastave u prethodnu jednakost, dobivamo (A11 λi)x 1, y1 0 + (A22 λi)x 2, y2 0 = 0, x1 M, x 2 M. Dakle, (A 11 λi)x 1, y 0 1 = 0, za sve x 1 M, i (A 22 λi)x 2, y 0 2 = 0, za sve x 2 M. Kako je y 0 0, mora biti y ili y odakle slijedi da je λ σ(a 11 ) σ(a 22 ). Slično se pokaže i tvrdnja za σ c. Tamo će nam uz točkovni spektar još smetati i rezidualni spektar. Napomena Zapravo smo pokazali čak i više: σ(a) = σ(a 11 ) σ(a 22 ), σ p (A) = σ p (A 11 ) σ p (A 22 ), σ r (A) = (σ r (A 11 ) σ r (A 22 )) \ σ p (A), σ c (A) = (σ c (A 11 ) σ c (A 22 )) \ (σ p (A) σ r (A)) = σ(a) \ (σ p (A) σ r (A)). Zadatak 30. Neka je H separabilan Hilbertov prostor i A B(H) zadan sa Odredite i klasificirajte σ(a). Ae 1 = 5e 1, Ae 2 = 2e 3, Ae 3 = 2e 2, Ae k = e k+3, k 4. Stavimo M 1 := [{e 1 }], M 2 := [{e 2, e 3 }], M 3 := [{e k : k 4}]. Potprostori M i su zatvoreni i A invarijantni te vrijedi H = M 1 M 2 M 3. Stavimo A ii := A M i M i : M i M i, i = 1, 2, 3. [ ] 0 2 Imamo da je A 11 = 5I, A 22 ({e 2, e 3 }) =, A = S 3, gdje je S unilateralni šift. Lako se dobije da je σ(a 11 ) = σ p (A 11 ) = {5}, σ(a 22 ) = σ p (A 22 ) = { 2, 2}, σ(a 33 ) = K(0, 1), σ p (A 33 ) =, σ r (A 33 ) = K(0, 1), σ c (A 33 ) = S(0, 1). Dakle, σ(a) = σ(a 11 ) σ(a 22 ) σ(a 33 ) = K(0, 1) { 2, 2, 5}, σ p (A) = σ p (A 11 ) σ p (A 22 ) σ p (A 33 ) = { 2, 2, 5}, σ r (A) = (σ r (A 11 ) σ r (A 22 ) σ r (A 33 )) \ σ p (A) = K(0, 1), σ c (A) = σ(a) \ (σ p (A) σ r (A)) = S(0, 1). 26

29 3 Teoremi o uniformnoj ograničenosti Teorem 3.1 (Banach Steinhausov teorem o uniformnoj ograničenosti). Neka je X Banachov i Y normiran prostor te S B(X, Y ). Sljedeće tvrdnje su međusobno ekvivalentne: (i) S je uniformno ograničen skup, tj. sup{ A : A S} <, (ii) S je jako ograničen, tj. sup{ Ax : A S} <, x X, (iii) S je slabo ograničen, tj. sup{ f(ax) : A S} <, f Y, x X. Prisjetimo se sljedeće definicije: Definicija 3.2. Neka je X normiran prostor, (x n ) X. Kažemo: (i) niz vektora (x n ) n konvergira jako k vektoru x (oznaka: x n s x) ako x n x 0, (ii) niz vektora (x n ) n konvergira slabo k vektoru x (oznaka: x n w x) ako f X, f(x n ) f(x). Definicija 3.3. Neka je X normiran prostor, (A n ) B(X), A B(X). Kažemo da niz (A n ) konvergira k operatoru A: (i) uniformno, ako A n A 0 (oznaka: A n u A), (ii) jako, ako x X A n x s Ax (oznaka: A n s A), (iii) slabo, ako x X A n x w Ax (oznaka: A n w A). Napomena 3.4. (1) (DZ) A n u A, A n u B A = B, s s (2) (DZ) A n A, A n B A = B, (3) A n w A, A n w B A = B. Neka su f X i x X proizvoljni. Tada vrijedi f(ax) f(bx) f(ax) f(a n x) + f(a n x) f(bx) 0. Slijedi da je f(ax Bx) = 0, f X pa po Hahn Banachovom teoremu slijedi da je A = B. DZ 14. Neka je X Banachov prostor i A n Steinhausov teorem) u/s/w A. Tada je (A n ) ograničen. (Uputa: Banach Primjer 3.5. Neka je X separabilan Hilbertov prostor i S B(X) unilateralni šift te (e n ) ortonormirana baza od X. (i) niz (S n ) n B(X) konvergira k 0 B(X) slabo, ali ne i jako. (ii) niz ((S ) n ) n B(X) konvergira k 0 B(X) jako, ali ne i uniformno. 27

30 (ii) (S ) n x 2 = x, e n+1 e 1 + x, e n+2 e = jer je to ostatak konvergentnog reda x, e i 2 = x 2. Dakle, (S ) n s 0. (S ) n x 2 = i=n+1 i=n+1 x, e i 2 x 2, x X. x, e i 2 0 Također je (S ) n e n+1 = 1 = e n+1, n N. Dakle, (S ) n = 1, n N, pa (S ) n u 0. (i) Neka su sada x 0 X i f X proizvoljni. Tada postoji jedinstveni y X takav da je f(x) = x, y, x X. Vrijedi f(s n x 0 ) = S n x 0, y = x 0, (S ) n y x 0 (S ) n y 0. 0 Dakle, S n w 0. Kad bi vrijedilo S n s 0, onda specijalno za e 1 bismo imalo S n e 1 0 što je kontradikcija s S n e 1 = 1, n N. Zadatak 31. Neka je X Hilbertov prostor, (A n ) B(X) i A B(X). Ispitati čuva li adjungiranje uniformnu, jaku i slabu konvergenciju. (i) A n u A? A n u A. DA! Naime, A n A = (A n A) = A n A 0. (ii) A n s A? A s n A. NE! Naime, prethodni primjer kaže da (S ) n s 0, ali S n s 0. (iii) A w n A? A w n A. DA! Neka su x 0 X i f X proizvoljni. Tada postoji jedinstveni a X takav da je f(x) = x, a, x X. Vrijedi f (A nx 0 ) f (A x 0 ) = A nx 0, a A x 0, a = x 0, A n a x 0, Aa = [ ] g(x) = x, x0 = g X = g(a n a) g(aa) 0. u/s/w Zadatak 32. Neka je X Hilbertov prostor, (A n ), (B n ) B(X), A, B B(X). Ako A n u/s/w B n u/s/w B, da li A n B n A n u A i B n u B. AB? A n B n AB = (A n A)B n + A(B n B) A n A B n B + B + A B n B A i Dakle, A n B n A n A B n B + B + A B n B u AB. 28

31 A n s s A i B n B. A n B n x ABx = (A n A)B n x + A(B n x Bx) za svaki x X. (A n A)(B n x Bx) + A n Bx ABx + A B n x Bx A n A < (B S tm) B n x Bx + A n (Bx) A(Bx) A B n x Bx 0, 0 A n w A i B n w B. Uzmimo A n := (S ) n, B n := S n. Prema prije dokazanom A n = (S ) n s 0 pa i A w n 0 =: A. Također B n = S n w 0 =: B. No, A n B n = (S ) n S n = S S S S = I pa A n B n = I w 0 = AB. =I 4 Kompaktni operatori Definicija 4.1. Neka su X, Y normirani prostori. Operator A L(X, Y ) je kompaktan ako jediničnu kuglu u X prevodi u relativno kompaktan skup u Y. Skup svih kompaktnih operatora sa X u Y označavamo sa K(X, Y ). Napomena 4.2 (alternativna definicija). A L(X, Y ) je kompaktan ako i samo ako svaki ograničen niz u X prevodi u niz koji ima konvergentan podniz. Napomena 4.3. K(X, Y ) je potprostor od B(X, Y ). Naime, A(K(0, 1)) = {Ax : x 1} je relativno kompaktan skup u Y pa je ograničen. Slijedi da postoji M > 0 takav da je Ax M, x 1. Za proizvoljni x X je A x M pa je Ax M x. x Propozicija 4.4. K(Y, Z)B(X, Y ) K(X, Z) i B(Y, Z)K(X, Y ) K(X, Z). Propozicija 4.5. Neka su X, Y normirani prostori. Tada: (i) dim X < ili dim Y < povlači da je K(X, Y ) = B(X, Y ), (ii) I X je kompaktan operator ako i samo ako je X konačnodimenzionalan, (iii) ako je dim X =, onda je svaki kompaktan operator na X singularan. Propozicija 4.6. Neka su X, Y normirani prostori. Ako je Y Banachov, onda je K(X, Y ) zatvoren u B(X, Y ). Propozicija 4.7. Neka je X normiran, a Y Hilbertov prostor. Operator A B(X, Y ) je kompaktan ako i samo ako postoji niz (A n ) u F (X, Y ) (operatori konačnog ranga, tj. A F (X, Y ) ako je dim R(A) < ) takav da A n A. Zadatak 33. Neka su X, Y Hilbertovi prostori, A B(X, Y ). A K(X, Y ). Ako je A A K(X), onda je 29