Ενότητα: Η έννοια του ϕάσµατος Αριστείδης Κατάβοος Τµήµα Μαθηµατικών
Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άου τύπου άδειας χρήσης, η άδεια χρήσης αναφέρεται ϱητώς. Χρηµατοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υικό έχει αναπτυχθεί στα παίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδηµαϊκά Μαθήµατα στο Πανεπιστήµιο Αθηνών» έχει χρηµατοδοτήσει µόνο τη αναδιαµόρφωση του εκπαιδευτικού υικού. Το έργο υοποιείται στο παίσιο του Επιχειρησιακού Προγράµµατος «Εκπαίδευση και ια Βίου Μά- ϑηση» και συγχρηµατοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ενωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταµείο) και από εθνικούς πόρους. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 2
Περιεχόµενα ενότητας 4.1 Η έννοια του ϕάσµατος..................................... 4 4.1.1 Το ϕάσµα σε άγεβρες Banach............................ 6 4.1.2 Το ϕάσµα ενός τεεστή................................. 9 4.1.3 Το ϕάσµα αυτοσυζυγούς τεεστή............................ 11 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 3
4.1 Η έννοια του φάσµατος Σε χώρους πεπερασµένης διάστασης, το σύνοο σ p (T) των ιδιοτιµών ενός τεεστή T B(X) συµπίπτει µε το σύνοο σ(t) όων των µιγαδικών αριθµών C για τους οποίους ο τεεστής T I δεν έχει αντίστροφο. Το σύνοο των ιδιοτιµών είναι πάντα µη κενό, γιατί το σώµα C είναι αγεβρικά κειστό. Το γεγονός αυτό έπαιξε κρίσιµο ϱόο στην απόδειξη του Φασµατικού Θεωρήµατος (Θεώρηµα 3.1.1). Οµως, σε απειροδιάστατους χώρους υπάρχουν αυτοσυζυγείς τεεστές χωρίς ιδιοτιµές. Παράδειγµα 4.1.1. Ο τεεστής M f στον L 2 ([0, 1]), όπου f (t) = t, δεν έχει ιδιοτιµές. Απόδειξη. Ασκηση. Ορισµός 4.1.2. Το φάσµα ενός ϕραγµένου τεεστή T σ έναν χώρο Banach X είναι το σύνοο σ(t) = { C : ο T I δεν έχει αντίστροφο }. εν είναι δύσκοο να δείξει κανείς ότι το ϕάσµα του τεεστή του τεευταίου παραδείγµατος είναι ακριβώς το [0, 1]. Παράδειγµα 4.1.3 (Ποαπασιαστικοί τεεστές). Υπενθύµιση: Αν (X, µ) είναι χώρος σ-πεπερασµένου µέτρου, µία µετρήσιµη συνάρτηση f : X C έγεται ουσιωδώς ϕραγµένη αν υπάρχει A R + ώστε µ({x X : f (x) > A}) = 0. Αν f (x) A µ-σχεδόν για κάθε x X τότε για κάθε g L 2 (X, µ), f g 2 dµ A 2 g 2 dµ άρα f g L 2 (X, µ) και µάιστα η γραµµική απεικόνιση M f : L 2 (X, µ) L 2 (X, µ) : g f g ορίζεται και είναι ϕραγµένη µε M f A. Εποµένως αν ϑέσουµε τότε έχουµε M f f. Αντίστροφα, ισχυριζόµαστε ότι f = inf{a : A ουσιώδες ϕράγµα της f } (4.1.0.1) f (x) M f µ-σχεδόν για κάθε x X. Πράγµατι, αρκεί να δείξουµε ότι για κάθε n N το σύνοο X n = {x X : f (x) > M f + 1 n } έχει µέτρο µηδέν (γιατί {x X : f (x) > M f } = n X n ). Οµως αν κάποιο X n είχε ϑετικό µέτρο τότε (αφού το µέτρο είναι σ-πεπερασµένο) ϑα περιείχε ένα υποσύνοο Y n µε µη µηδενικό ϑετικό µέτρο. Τότε ονοµάζοτας ξ n την χαρακτηριστική συνάρτηση του Y n έχουµε ξ n L 2 (X, µ), ξ n 0 και ( ( f ξ n )(x) M f + 1 ) ξ n (x) n Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 4
για κάθε x X άρα ( M f + 1 ) ξ n 2 f ξ n 2 M f ξ n 2 n άτοπο. Παρατηρούµε ότι M f = M f αν και µόνον αν f = f µ-σχεδόν παντού. Εποµένως ο τεεστής M f εξαρτάται µόνον από την κάση της f ως προς ισότητα µ-σχεδόν παντού. είξαµε δηαδή ότι Λήµµα 4.1.4. Κάθε f L (X, µ) ορίζει έναν ϕραγµένο τεεστή M f M f (g) = f g και ισχύει M f = f. B(L 2 (X, µ)) από την σχέση Παρατήρηση 4.1.5. Εστω f : X C µετρήσιµη συνάρτηση. Αν f g L 2 (X, µ) για κάθε g L 2 (X, µ), τότε η f είναι ουσιωδώς ϕραγµένη. Απόδειξη. Η υπόθεση σηµαίνει ότι η γραµµική απεικόνιση M f : g f g ορίζεται σ οόκηρο τον L 2 (X, µ). Παρατηρούµε ότι η M f έχει κειστό γράφηµα: πράγµατι αν g n 2 0 και M f g n g o 2 0 τότε ισχύει g o = 0 γιατί για κάθε h L 2 (X, µ) έχουµε g o, h = lim n M f g n, h = lim n f g n hdµ = lim n g n ( f h)dµ = lim n g n, f h = 0. Επειδή ο L 2 (X, µ) είναι χώρος Banach, έπεται από το Θεώρηµα Κειστού Γραφήµατος ότι ο τεεστής M f είναι ϕραγµένος και συνεπώς η f είναι ουσιωδώς ϕραγµένη από το Λήµµα. Θα εξετάσουµε το ϕάσµα ενός ποαπασιαστικού τεεστή M f. Συµβοίζουµε M µ = {M f B(L 2 (X, µ)) : f L (X, µ)} την ποαπασιαστική άγεβρα του χώρου (X, µ). Εέγχεται άµεσα ότι η απεικόνιση είναι µορφισµός αγεβρών, δηαδή f M f : L (X, µ) M µ B(L 2 (X, µ)) M f +g = M f + M g, M f g = M f M g, που διατηρεί την ενέιξη (M f = M f ) και τη µονάδα (M 1 = I). Συνεπώς, αν η f είναι αντιστρέψιµο στοιχείο της άγεβρας L (X, µ), τότε ο M f είναι αντιστρέψιµο στοιχείο 1 της άγεβρας M µ, άρα και της B(L 2 (X, µ)). Αν αντίστροφα ο τεεστής M f είναι αντιστρέψιµος, είναι αήθεια ότι ο αντίστροφός του, έστω T, είναι και αυτός ποαπασιαστικός τεεστής; Η απάντηση είναι ϑετική. Πράγµατι, παρατηρούµε κατ αρχήν ότι η f είναι µ-σχεδόν παντού διάφορη του µηδενός. Γιατί αν υπήρχε Y X ϑετικού µέτρου ώστε f Y = 0, τότε, ϑεωρώντας την χαρακτηριστική συνάρτηση χ ενός υποσυνόου του Y µε πεπερασµένο µη µηδενικό µέτρο, ϑα είχαµε χ L 2 (X, µ), χ 0 και M f χ = f χ = 0, πράγµα που αποκείεται, αφού ο M f είναι 1-1. Εποµένως η συνάρτηση g = 1/ f ορίζεται µ-σχεδόν παντού και είναι ϐεβαίως µετρήσιµη. Ισχυριζόµαστε ότι είναι ουσιωδώς ϕραγµένη. Πράγµατι, η σχέση M f T h = h για κάθε h L 2 (X, µ) δίνει T h = 1 f h = gh. Εποµένως η απεικόνιση h gh ορίζει ϕραγµένο τεεστή του L 2 (X, µ) πράγµα που σηµαίνει (όπως έχουµε ήδη παρατηρήσει) ότι η g είναι ουσιωδώς ϕραγµένη. Συµπέρασµα: 1 Αν f g = 1 τότε M f M g = M g M f = M f g = M 1 = I. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 5
Πρόταση 4.1.6. Αν f L (X, µ), ο τεεστής M f είναι αντιστρέψιµος αν και µόνον αν η f είναι αντιστρέψιµο στοιχείο της άγεβρας L (X, µ), αν δηαδή η 1/ f (ορίζεται µ-σχεδόν παντού και) είναι ουσιωδώς ϕραγµένη. Ο αντίστροφός του (αν υπάρχει) είναι ο M g M µ όπου g = 1/ f. Αντικαθιστώντας την f µε τη συνάρτηση f, συµπεραίνουµε ότι ένας µιγαδικός αριθµός ικανοποιεί 1 σ(m f ) αν και µόνον αν η ορίζεται (µ-σχεδόν παντού) και είναι ουσιωδώς ϕραγµένη, δηαδή f 1 υπάρχει M < ώστε M µ-σχεδόν παντού, δηαδή το σύνοο {t X : f (t) < 1 f M } έχει µέτρο µηδέν. Γράφοντας δ αντί για 1 M, έχουµε ισοδύναµα Εποµένως δείξαµε ότι σ(m f ) δ > 0 : µ({t X : f (t) < δ}) = 0. Πρόταση 4.1.7. Αν f L (X, µ), το ϕάσµα του τεεστή M f είναι το σύνοο των C ώστε για κάθε δ > 0 το σύνοο {t X : f (t) < δ} να έχει ϑετικό µέτρο. Το σύνοο αυτό ονοµάζεται ουσιώδες σύνοο τιµών (essential range) της f. 4.1.1 Το φάσµα σε άγεβρες Banach Ορισµός 4.1.8. Εστω B άγεβρα Banach µε µονάδα I (π.χ. B = B(H)). Ενα στοιχείο A B έγεται αντιστρέψιµο (invertible) αν υπάρχει B B ώστε AB = B A = I. Το σύνοο των αντιστρέψιµων στοιχείων της B συµβοίζεται Inv(B) ή B 1. Το φάσµα (spectrum) ενός στοιχείου A B είναι το σύνοο σ(a) = { C : A I Inv(B)}. Θεώρηµα 4.1.9. Εστω B άγεβρα Banach µε µονάδα I. Κάθε A B µε I A < 1 είναι αντιστρέψιµο και µάιστα A 1 = (I A) n. Απόδειξη. Εφόσον (I A) n I A n = 1 1 I A <, η σειρά (I A) n συγκίνει απόυτα, άρα (από την πηρότητα 2 της B) συγκίνει. Εστω S = lim S n το όριό της. Εύκοα εέγχεται ότι S n A = AS n = I (I A) n+1 0, άρα AS = SA = I. Πόρισµα 4.1.10. Το σύνοο Inv(B) των αντιστρεψίµων στοιχείων της B είναι ανοικτό και η απεικόνιση A A 1 είναι συνεχής στο Inv(B). Απόδειξη. (α) είχνουµε ότι το B είναι ανοικτό: Εστω A o Inv(B) και m = A 1 o. Για κάθε A B µε A A o < 1 m έχουµε A 1 0 A I = A 1 0 (A A o) A 1 0 A A o < 1 2 Σ έναν χώρο Banach, αν µία σειρά συγκίνει απόυτα, τότε (τα µερικά της αθροίσµατα αποτεούν ακοουθία Cauchy, άρα) συγκίνει. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 6
άρα A 1 0 A Inv(B), συνεπώς και A Inv(B). είχνουµε ότι η A A 1 είναι συνεχής: Αν A, B Inv(B) έχουµε A 1 B 1 = A 1 (B A)B 1 = (A 1 B 1 )(B A)B 1 + B 1 (B A)B 1 A 1 B 1 B A B 1 + B A B 1 2 A 1 B 1 (1 B A B 1 ) B A B 1 2 και συνεπώς αν A n, B Inv(B) µε A n B 0 έχουµε A 1 n B 1 0. Πόρισµα 4.1.11. Αν A B, το σύνοο σ(a) είναι ϕραγµένο. Μάιστα, αν ρ(a) = sup{ : σ(a)} είναι η φασµατική ακτίνα (spectral radius) του A, τότε ρ(a) A. Απόδειξη. Αν > A, τότε A < 1 οπότε από το Θεώρηµα προκύπτει ότι I A I A Inv(B). Inv(B) άρα Πόρισµα 4.1.12. Αν A B, το σύνοο σ(a) είναι κειστό (άρα συµπαγές, αφού είναι και ϕραγµένο). Απόδειξη. είχνουµε ότι το C\σ( A) είναι ανοικτό. Πράγµατι, το C\σ( A) είναι η αντίστροφη εικόνα του ανοικτού συνόου Inv(B) µέσω της απεικόνισης F A : C B µε F A () = A I, που είναι συνεχής. Θεώρηµα 4.1.13. Το ϕάσµα σ( A) ενός στοιχείου A µίας άγεβρας Banach µε µονάδα είναι µη κενό υποσύνοο του C. Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι σ(a) =. Τότε ο αντίστροφος (A I) 1 ορίζεται σ όο το C. Θα δείξουµε ότι η συνάρτηση C B : R := (A I) 1 έχει µιγαδική παράγωγο και µηδενίζεται στο, οπότε χρησιµοποιώντας το Θεώρηµα Liouville ϑα συµπεράνουµε ότι R = 0 για κάθε, πράγµα άτοπο εφόσον το R είναι αντιστρέψιµο. είχνουµε πρώτα ότι η R έχει µιγαδική παράγωγο ίση µε R 2 (όπως στην περίπτωση B = C). Αν, µ C µε µ, R µ R µ R2 = R µ ((A I) (A µi))r R 2 µ = R µ R R 2 R µ R R. Οµως, στην Πρόταση 4.1.10 δείξαµε ότι η απεικόνιση A A 1 είναι συνεχής όπου ορίζεται. Συνεπώς όταν µ στο C έχουµε και άρα, από την τεευταία ανισότητα (*) R µ R = (A µi) 1 (A I) 1 0 lim R µ R µ µ R2 0. Εστω τώρα ϕ : B C µία συνεχής γραµµική µορφή. Θεωρούµε τη συνάρτηση f : C C : ϕ(r ). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 7
Η σχέση ( ) δείχνει ότι η f έχει µιγαδική παράγωγο, f () = ϕ(r 2 ): lim µ f (µ) f () µ ϕ(r 2 ) 0 αφού η ϕ είναι συνεχής. Επιπέον όµως ισχύει lim f () = 0. Πράγµατι, όταν > A έχουµε εφόσον A < 1 οπότε ( I A ) 1 = ( ) n A R = 1 1 ( I A ) 1 = 1 n ( A = 1 εποµένως lim R = 0, άρα και lim f () = 0. ( ) n A 1 A ) 1 = ( A ) 1 Συµπέρασµα: η συνάρτηση f είναι ακέραια (παραγωγίσιµη σ όο το C) και µηδενίζεται στο, άρα από το Θεώρηµα Liouville µηδενίζεται παντού. ηαδή για κάθε συνεχή γραµµική µορφή ϕ έχουµε ϕ(r ) = 0 για κάθε, άρα από το Θεώρηµα Hahn-Banach R = 0 για κάθε, άτοπο. Παρατήρηση 4.1.14. Ακοουθεί µία πιο σύντοµη απόδειξη του τεευταίου ϐήµατος. συµβοισµούς της προγούµενης απόδειξης. ιατηρούµε τους Οταν > A έχουµε R = 1 ( I A ) 1 = 1 ( ) n A, άρα f () = ϕ(r ) = 1 ϕ(a n ) n. Η σειρά αυτή συγκίνει οµοιόµορφα στα συµπαγή υποσύνοα του { C : > A }. οοκηρώνοντας σε µία περιφέρεια γ(t) = re is, s [0, 2π] µε ακτίνα r > A, έχουµε γ f ()d = ϕ(a k 1 ) k+1 d = γ k=0 k=0 (οµοιόµορφη σύγκιση) = ϕ(a 0 ) ϕ(a k ) γ γ 1 d k+1 1 d = 2πiϕ(A0 ). Εποµένως, Οµως η f είναι ακέραια, συνεπώς το γ f ()d µηδενίζεται. Εποµένως ϕ(i) = ϕ(a0 ) = 0 για κάθε συνεχή γραµµική µορφή ϕ και άρα I = 0, άτοπο. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 8
4.1.2 Το φάσµα ενός τεεστή Αν X είναι χώρος Banach, ένα στοιχείο T της άγεβρας Banach B(X) είναι αντιστρέψιµο αν και µόνον αν είναι 1 1 και επί (γιατί ο αντίστροφός του είναι αυτοµάτως ϕραγµένος από το Θεώρηµα Ανοικτής Απεικόνισης (1.1.11). Παρατήρηση 4.1.15. Ενας τεεστής T B(X) είναι αντιστρέψιµος αν και µόνον αν είναι κάτω ϕραγµένος (δηαδή υπάρχει δ > 0 ώστε T x δ x για κάθε x X) και έχει πυκνό σύνοο τιµών. Απόδειξη. Είναι σαφές ότι ένας αντιστρέψιµος τεεστής ικανοποιεί τις δύο αυτές συνθήκες (µε δ = T 1 1 ). Αντίστροφα, αν Y = T (X), η ανισότητα T x δ x δείχνει ότι η απεικόνιση S o : Y X : T x x είναι καά ορισµένη (γιατί ο T είναι 1-1) και ϕραγµένη (από 1 δ ). Προφανώς η S o είναι γραµµική. Συνεπώς, ο S o επεκτείνεται σε ϕραγµένο τεεστή S : Y X µε ST x = x για κάθε x X και T Sy = y για κάθε y Y (γιατί;). Εποµένως, αν Y = X, τότε ο T είναι αντιστρέψιµος και S = T 1. Από την Παρατήρηση αυτή προκύπτει ότι το ϕάσµα ενός τεεστή A µπορεί να αναυθεί σε περισσότερα κοµµάτια (που δεν έχουν έννοια για ένα στοιχείο µίας αυθαίρετης άγεβρας Banach): Αν σ( A), µπορεί ο A I να µην είναι κάτω ϕραγµένος (ειδικότερα, να µην είναι 1 1) ή να µην έχει πυκνό σύνοο τιµών (ή και τα δύο). Αυτό οδηγεί στους ακόουθους ορισµούς: Ορισµός 4.1.16. Εστω A B(X). Το σηµειακό φάσµα (point spectrum) σ p (A) του A είναι το σύνοο των ιδιοτιµών του: σ p (A) = { C : ker(a I) {0}}. Το προσεγγιστικά σηµειακό φάσµα (approximate point spectrum) σ a (A) του A είναι το σύνοο των προσεγγιστικών ιδιοτιµών (approximate eigenvalues), δηαδή το σύνοο των ώστε ο A I να µην είναι κάτω ϕραγµένος: σ a (A) = { C : ε > 0 x ε X : (A I)x ε < ε x ε }. Το φάσµα συµπίεσης (compression spectrum) σ c (A) του A είναι το σύνοο σ c (A) = { C : (A I)(X) X}. Ενα C είναι προσεγγιστική ιδιοτιµή του A αν και µόνον αν υπάρχει ακοουθία (x n ) X µε x n = 1 ώστε (A I)x n 0. Μεέτη του φάσµατος Τα σύνοα σ a (A) και σ c (A) δεν είναι ξένα εν γένει. Σε χώρους πεπερασµένης διάστασης είναι ίσα και ταυτίζονται µε το (σηµειακό) ϕάσµα. Σε απειροδιάστατους χώρους µπορεί να µην ταυτίζονται. 3 Πάντοτε όµως, όπως προκύπτει από την παρατήρηση 4.1.15, Πρόταση 4.1.17. Η ένωση σ a (A) σ c (A) ισούται µε σ(a). Το ϕάσµα συµπίεσης είναι κατά κάποιον τρόπο δυϊκό προς το σηµειακό ϕάσµα. Αυτό ϕαίνεται πιο εύκοα σε χώρους Hilbert. Θα χρειασθούµε ένα Λήµµα: 3 Για παράδειγµα, όπως ϑα δούµε στο 4.1.20, για τον τεεστή της µετατόπισης S, το σ a (S) είναι η µοναδιαία περιφέρεια T, ενώ το σ c (S) είναι ο ανοικτός µοναδιαίος δίσκος D, οπότε σ c (S) σ a (S) =. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 9
Λήµµα 4.1.18. Εστω H χώρος Hilbert και T B(H ). Τότε ker T = (T (H )) και T (H ) = (ker T ). Εποµένως ο T είναι 1 1 αν και µόνον αν το σύνοο τιµών του T είναι πυκνό. Απόδειξη. Εχουµε T x = 0 αν και µόνον αν T x, y = 0 για κάθε y H, αν και µόνον αν x, T y = 0 για κάθε y H, αν και µόνον αν το x είναι κάθετο στο σύνοο τιµών του T. Για την δεύτερη ισότητα, εφαρµόζοντας την πρώτη στον T έχουµε (ker T ) = (T (H )) = T (H ). Λήµµα 4.1.19. Εστω H χώρος Hilbert και T B(H ). Τότε (i) σ(t ) = { : σ(t)} (ii) σ p (T) = { : σ c (T )} και σ c (T) = { : σ p (T )}. Απόδειξη. Οι σχέσεις AB = I = BA και B A = I = A B είναι ισοδύναµες. Εποµένως ο A είναι αντιστρέψιµος αν και µόνον αν ο A είναι αντιστρέψιµος και µάιστα (A ) 1 = (A 1 ). Η (i) έπεται ϑέτοντας A = T I. Για την (ii), εφαρµόζουµε το προηγούµενο Λήµµα: έχουµε ker(t I) {0} αν και µόνον αν το (T I)(H ) δεν είναι πυκνό. Παράδειγµα 4.1.20. Αν S B(l 2 (N)) είναι ο τεεστής της µετατόπισης Se n = e n+1, τότε σ p (S) =, σ a (S) = T, σ c (S) = D και άρα σ(s) = D (όπου D ο ανοικτός µοναδιαίος δίσκος και T η µοναδιαία περιφέρεια). Απόδειξη. (i) Η σχέση Sx = x για κάθε x l 2 δείχνει ότι S = 1, άρα σ(s) D (Πόρισµα 4.1.11). (ii) Εστω C και x = (x n ) l 2 ώστε Sx = x, δηαδή (0, x 1, x 2,...) = (x 1, x 2,...). Αν = 0 τότε η σχέση αυτή δείχνει ότι x = 0. Αν 0 τότε από την σχέση x 1 = 0 έχουµε x 1 = 0, από την σχέση x 2 = x 1 έχουµε x 2 = 0 και ούτω καθεξής, άρα πάι x = 0. Εποµένως σ p (S) =. (iii) Ισχυρίζοµαι ότι σ p (S ) = D. Τότε (από το Λήµµα 4.1.19) ϑα έχουµε σ c (S) = D, οπότε D σ(s) D, άρα σ(s) = D εφόσον το σ(s) είναι κειστό. Πράγµατι, έστω C και x = (x n ) l 2, x 0 τέτοιο ώστε S x = x, δηαδή (x 2, x 3,...) = (x 1, x 2,...). Τότε x 2 = x 1, x 3 = x 2 = 2 x 1 και γενικά x n+1 = n x 1. Επειδή x l 2, έπεται ότι n 2n < (διότι x 1 0 αφού x 0) άρα < 1. Αντίστροφα αν D τότε το διάνυσµα x = (1,, 2,...) είναι µη µηδενικό στοιχείο του l 2 και ικανοποιεί S x = x, άρα σ p (S ). (iv) Εφόσον σ a (S) σ(s) = D, για να δείξουµε ότι σ a (S) = T, µένει να δειχθεί ότι αν D τότε σ a (S), δηαδή ότι ο S I είναι κάτω ϕραγµένος. Πράγµατι για κάθε x l 2 έχουµε (S I)x Sx x = x x = (1 ) x. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 10
Παράδειγµα 4.1.21. Ορίζουµε την απεικόνιση T : c 00 c 00 από την σχέση Te n = 1 n e n+1 (και επεκτείνουµε γραµµικά). Εέγχεται εύκοα ότι ο T x 2 x 2 για κάθε x c oo, άρα ο T επεκτείνεται σε ϕραγµένο τεεστή από τον l 2 στον εαυτό του (που συµβοίζουµε επίσης µε T). Σηµειώνουµε ότι T = SD όπου S είναι ο τεεστής της µετατόπισης και De n = 1 n e n. Τότε σ(t) = {0}. Μάιστα σ p (T) = και σ a (T) = σ c (T) = {0}. Εφόσον σ(d) = { 1 n : n N} {0} και σ(s) = D, το παράδειγµα αυτό δείχνει ότι το σ δεν συµπεριφέρεται καά ως προς την σύνθεση τεεστών. Απόδειξη. (i) Κατ αρχήν ισχύει ότι 0 σ a (T) γιατί (T 0)e n = 1 n 0. Οµως 0 σ p(t) διότι οι S και D είναι 1 1, άρα και ο T = SD είναι 1 1. Επίσης 0 σ c (T) διότι Te n, e 1 = 0 για κάθε n N, άρα T x, e 1 = 0 για κάθε x l 2, άρα e 1 (T 0)(l 2 ). (ii) Εστω 0. Θα δείξουµε ότι ο T = I T = (I T ) είναι αντιστρέψιµος, οπότε ϑα έχουµε σ(t) = {0} και σ p (T) =. Παρατηρούµε ότι T k 1 k! γιατί άρα T k n=1 T k x n e n n=1 2 = x n e n = n=1 n=1 x n n(n + 1)... (n + k 1) e n+k x n 2 (n(n + 1)... (n + k 1)) 2 1 (k!) 2 x n 2. n=1 Εποµένως ( T ) k 1 k! k, άρα ( ) k T k=0 k=0 1 1 k! k = exp 1 πράγµα που δείχνει ότι αν S n = 1 nk=0 ( T )k τότε η (S n ) συγκίνει ως προς τη νόρµα τεεστή. Εστω S = lim n S n. Εφόσον έπεται ότι T S = S T = I. ( T S n = S n T = I T ) n k=0 ( ) k ( ) n+1 T T = I I n 4.1.3 Το φάσµα αυτοσυζυγούς τεεστή Πρόταση 4.1.22. Εστω A B(H ) ϕυσιοογικός τεεστής. Τότε σ(a) = σ a (A). Απόδειξη. Εστω σ a (A). Πρέπει να δείξουµε ότι ο A I είναι αντιστρέψιµος. Από την υπόθεση, είναι κάτω ϕραγµένος, οπότε (Παρατήρηση 4.1.15) αρκεί να δειχθεί ότι το (A I)H είναι πυκνό στον H. Αν x (A I)H, τότε (A I)x = 0 (γιατί (A I)x, y = x, (A I)y = 0 για κάθε y). Αά ο A I είναι κάτω ϕραγµένος, άρα υπάρχει δ > 0 ώστε (A I)x δ x για κάθε x H. Επειδή ο A I είναι ϕυσιοογικός, από το Λήµµα 2.1.10 έχουµε (A I)x = (A I)x δ x, και συνεπώς x = 0. Εποµένως το (A I)H είναι πυκνό στον H. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 11
Πρόταση 4.1.23. Εστω A = A B(H ). Τότε σ(a) R. Απόδειξη. Αν C\R, τότε, για κάθε x H \{0}, 0 <. x 2 = (A I)x, x (A I)x, x = (A I)x, x x, (A I)x 2 (A I)x x οπότε (A I)x x. 2 Εποµένως σ a (A). Αά σ a (A) = σ(a) διότι ο A είναι ϕυσιοογικός. Πρόταση 4.1.24. Εστω A = A B(H ). Τότε ένας από τους αριθµούς A ή A ανήκει στο σ(a). Ειδικότερα, 4 (α) σ(a) και (ϐ) ρ(a) = A. Απόδειξη. Θα δείξουµε ότι ο αριθµός A 2 ανήκει στο σ(a 2 ). Τότε το γινόµενο (A A I)(A+ A I) = (A 2 A 2 I) δεν ϑα είναι αντιστρέψιµο, οπότε οι τεεστές (A A I) και (A + A I) δεν µπορεί και οι δύο να είναι αντιστρέψιµοι. Για κάθε R και x H έχουµε (εφόσον A 2 x, 2 x R) A 2 x 2 x 2 = A 2 x 2 x, A 2 x 2 x = A 2 x 2 2 A 2 x, 2 x + 2 x 2 = A 2 x 2 2 2 Ax 2 + 4 x 2. Αά A = sup{ Ax : x = 1}, άρα υπάρχει ακοουθία (x n ) µε x n = 1 και Ax n A. Θέτοντας = A και x = x n στην προηγούµενη ταυτότητα, έχουµε οιπόν A 2 x n 2 x n 2 = A 2 x n 2 2 2 Ax n 2 + 4 ( A Ax n ) 2 2 2 Ax n 2 + 4 = 4 2 Ax n 2 0. Εποµένως ο αριθµός 2 = A 2 είναι προσεγγιστική ιδιοτιµή του A 2. 4 Υπενθυµίζουµε ότι (όπως αποδεικνύεται µε µεθόδους Μιγαδικής Ανάυσης) το ϕάσµα οποιουδήποτε τεεστή σε ένα χώρο Banach είναι µη κενό. Η ισότητα ρ(a) = A δεν ισχύει όµως εν γένει για µη ϕυσιοογικούς τεεστές (παράδειγµα A = ( ) 0 1 0 0 ). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Εηνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σείδα 12