01FA2:Kapitola3

PDF	[ znovu generovat,	výstup z překladu ]	Kompletní WikiSkriptum včetně všech podkapitol.
PDF Této kapitoly	[ znovu generovat,	výstup z překladu ]	Přeložení pouze této kaptioly.
ZIP			Kompletní zdrojový kód včetně obrázků.

Součásti dokumentu 01FA2

součást	akce		poslední editace			soubor
Hlavní dokument	editovat	Hlavní stránka dokumentu 01FA2	Gromadan	30. 9. 2015	14:24
Řídící stránka	editovat	Definiční stránka dokumentu a vložených obrázků	Gromadan	30. 9. 2015	14:40
Header	editovat	Hlavičkový soubor	Gromadan	30. 9. 2015	14:44	header.tex
Kapitola0	editovat	Úvod	Kubuondr	8. 6. 2018	09:43	kapitola0.tex
Kapitola1	editovat	Fundamentální věty funkcionální analýzy	Kubuondr	1. 6. 2018	10:49	kapitola1.tex
Kapitola10	editovat	Holomorfní vektorové funkce	Kubuondr	4. 6. 2018	20:19	kapitola2.tex
Kapitola2	editovat	Spektrum uzavřeného operátoru	Kubuondr	2. 6. 2018	09:16	kapitola3.tex
Kapitola3	editovat	Spektrální rozklad pro samosdružené omezené operátory	Kubuondr	8. 6. 2018	09:13	kapitola4.tex
Kapitola8	editovat	Kompaktní operátory	Gromadan	30. 9. 2015	14:35	kapitola5.tex
Kapitola9	editovat	Hilbert--Schmidtovy operátory	Gromadan	30. 9. 2015	14:33	kapitola6.tex
Kapitola5	editovat	Neomezené operátory	Kubuondr	6. 2. 2019	10:05	kapitola7.tex
Kapitola6	editovat	Normální operátory	Admin	1. 8. 2010	01:30	kapitola8.tex
Kapitola7	editovat	Samosdružené rozšíření symetrických operátorů	Kubuondr	8. 2. 2019	11:08	kapitola9.tex

Zdrojový kód

%\wikiskriptum{01FA2}
\section{Spektrální rozklad pro samosdružené omezené operátory}
 
Nechť $\dim\H=n<\infty$. Potom existuje ortonormální báze z~vlastních
vektorů $\{x_n\}$: $Ax_k=\lambda_k x_k$ a tedy
\[\H=\osum_{i=1}^m\Ker(A-\lambda_i'),\]
kde $\sigma(A)=\{\lambda_1',\dots,\lambda_m'\}$ bez
opakování. Operátor $A$ můžeme zapsat jako lineární kombinaci
projektorů na vlastní podprostory $\{P_1,\dots,P_m\}$:
\[A=\sum_{i=1}^m\lambda_i'P_i.\]
 
\begin{lemma}
  \label{slim}
  Nechť $A_n\in\B(\H)$, $A_n = A_n^*$, $A_1\ge A_2\ge\cdots\ge A_n\ge\cdots\ge
  0$. Potom existuje \[A=\slim_{n\to\infty}A_n \in \B(\H)\] a pro každé $n$ je
  $A_n\ge A\ge 0$.
  \begin{proof}
    Buď $x\in\H$. Díky předpokladům je posloupnost $\{(x,A_n x)\}_n$
    nezáporná a nerostoucí, tudíž je cauchyovská. Protože
    \[\norm{A_n}=\sup_{\norm{x}=1}\abs{(x,A_nx)}=\sup_{\norm{x}=1}(x,A_nx),\]
    je také $\norm{A_1}\ge\norm{A_2}\ge\cdots\ge\norm{A_n}\ge\cdots$.
 
    Dále buďte $m,n\in\N$, $n>m$. Potom $A_m-A_n\ge 0$ a 
    \[\begin{split}
      \norm{(A_m-A_n)x}^2&\le\norm{A_m-A_n}(x,(A_m-A_n)x)\le\\
      &\le2\norm{A_1}(x,(A_m-A_n)x)=2\norm{A_1}[(x,A_mx)-(x,A_nx)].
    \end{split}\]
    Z~toho plyne, že i $\{A_n x\}_n$ je cauchyovská a tedy existuje
    \[A x=\lim_{n\to\infty}A_n x.\]
    Tím máme definováno zobrazení $A$, $\Dom A=\H$.
 
    Buď $n_0\in\N$. Ze spojitosti skalárního součinu plyne
    \[\abs{(x,Ay)}=\lim_{n\to\infty}\abs{(x,A_ny)}\le
    \norm{A_{n_0}}\norm{x}\norm{y},\]
    neboť pro $n>n_0$ je
    $\norm{A_n}\norm{x}\norm{y}\le\norm{A_{n_0}}\norm{x}\norm{y}$.
 
    Když položíme $x=Ay$, dostaneme
    $\norm{Ay}^2\le\norm{A_{n_0}}\norm{Ay}\norm{y}$ pro každé $y\in\H$
    a tedy $\norm{Ay}\le\norm{A_{n_0}}\norm{y}$, z~čehož plyne
    $\norm{A}\le\norm{A_{n_0}}$ pro každé $n_0\in\N$. Tedy
    $A\in\B(\H)$.
 
    Konečně pro každé $n_0\in\N$ platí
    \[(x,A_{n_0}x)\ge(x,Ax)=\lim_{n\to\infty}(x,A_n x)\ge 0,\]
    takže $0\le A\le A_{n_0}$.
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{lemma}
  \label{ABnezap}
  Nechť $A,B\in\B(\H)$, $A\ge 0$, $B\ge 0$ a $AB=BA$. Potom $AB\ge 0$.
  \begin{proof}
    Definujme posloupnost $A_n\in\B(\H)$:
    \[A_1=A,\quad
    A_{n+1}=A-\sum_{k=1}^n A_k^2=
    \left(A-\sum_{k=1}^{n-1}A_k^2\right)-A_n^2.\]
    Zřejmě $A_{n+1}=A_n-A_n^2$. Bez újmy na obecnosti můžeme
    předpokládat, že $\norm{A}\le 1$. Pak platí, že
    \[\sup_{\norm{x}=1}(x,Ax)=\norm{A}\le 1\]
    a z~toho plyne, že pro každé $x$ je $(x,Ax)\le\norm{x}^2=(x,x)$ a
    tedy $0\le A\le I$. Dokážeme, že pro každé $n$ je $0\le A_n\le I$.
    \begin{enumerate}
    \item $n=1$: $A_1=A\le I$.
    \item $n\to n+1$: Z~předpokladu $0\le A_n\le I$ plyne
      \[(x,A_n^2x)=(A_n x,A_n x)=\norm{A_n x}^2\le
      \norm{A_n}(x,Ax)\le(x,A_n x).\]
      Z~toho také plyne, že
      \[0\le(x,(A_n-A_n^2)x)=(x,A_{n+1}x)\]
      a proto $0\le A_{n+1}$. Konečně $A_{n+1}=A_n-A_n^2\le A_n\le I$.
    \end{enumerate}
    Protože pro každé $n\in\N$ je $A_n^2\ge 0$ a $A_{n+1}\le
    A_{n+1}+A_n^2=A_n$, je $A_2\ge A_3\ge\dots\ge A_{n+1}\ge\dots\ge
    0$.  Podle předchozího lemmatu existuje $\slim A_n$ a tedy
    existuje i
    \[\slim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n A_k^2=\sum_{k=1}^\infty A_k^2.\]
    Díky spojitosti skalárního součinu platí pro každé $x\in\H$
    \[\infty>\left(x,\sum_{k=1}^\infty A_k^2 x\right)=
    \sum_{k=1}^\infty(x,A_k^2 x)=
    \sum_{k=1}^\infty\norm{A_k x}^2.\]
    Pro každé $x$ je proto $\lim_{k\to\infty}\norm{A_k x}=0$ a
    $\slim_{n\to\infty}A_n=0$. Proto (v~silném smyslu) platí
    \[\sum_{k=1}^\infty A_k^2=A.\]
    Z~konstrukce posloupnosti $\{A_n\}$ plyne, že $A_n=p_n(A)$, kde
    $p_n$ je polynom. Protože $AB=BA$, pro každé $n$ také platí
    $A_nB=BA_n$ a proto
    \[(x,ABx)=\left(x,\sum_{k=1}^\infty A_k^2 Bx\right)=
    \sum_{k=1}^\infty(x,A_kBA_k x)=
    \sum_{k=1}^\infty\underbrace{(A_k x,BA_kx)}_{\ge 0}\ge 0.\qed\]
    \noqed
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{lemma}
  \label{limkomutuje}
  Nechť $X_n,Y_n\in\B(\H)$ a existují $X=\slim X_n$, $Y=\slim
  Y_n$. Potom $XY=\slim X_nY_n$.
  \begin{proof}
    Pro každé $x$ je
    \[XYx-X_nY_nx=\underbrace{(X-X_n)}_{\to 0}Yx+X_n(Y-Y_n)x.\]
    Z~principu stejnoměrné omezenosti plyne existence $K>0$ takového,
    že pro každé $n$ je $\norm{X_n}\le K$ a tedy
    $\norm{X_n(Y-Y_n)x}\le K\norm{(Y-Y_n)x}\to 0$.
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{theorem}
  \label{odmocnina}
  Nechť $A\in\B(\H)$, $A\ge 0$. Potom existuje právě jeden
  $B\in\B(\H)$, $B\ge 0$ takový, že $B^2=A$. Navíc pro každý
  $C\in\B(\H)$ platí $CA=AC\iff CB=BC$.
  \begin{proof}
    \begin{enumerate}
    \item Existence: Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že\\
      $\norm{A}\le 1$ (jinak vezmeme $A/\norm A)$ a proto $0\le A\le I$. Vytvoříme posloupnost
      operátorů $B_n\in\B(\H)$: $B_0=0$,
      $B_{n+1}=B_n+\frac12(A-B_n^2)$. Ukážeme, že $0\le B_n\le
      B_{n+1}\le I$.
      \begin{enumerate}[a)]
      \item Pro $n=0$ je $B_0=0$ a $B_1=\frac12A$ a $0\le B_0\le
        B_1\le I$.
      \item Přechod $n\to n+1$: Protože $0\le B_n\le I$, je $B_n^2\le
        B_n$, neboť
        \[(x,B_n^2 x)=\norm{B_n x}^2\le\norm{B_n}(x,B_n x)
        \le(x,B_n x).\]
        Dále platí
        \[B_{n+1}=B_n+\frac12(A-B_n^2)\ge B_n+\frac12(A-B_n)=
        \frac12(A+B_n)\ge 0\]
        a
        \[\begin{split}
          I-B_{n+1}&=I-B_n-\frac12(A-B_n^2)=
          \frac12(I-A)+\frac12(B_n^2-2B_n+I^2)=\\
          &=\frac12(I-A)+\frac12(\underbrace{B_n-I}_{\ge0})^2\ge 0,
        \end{split}\]
        tedy $0\le B_{n+1}\le I$
 
        Nerovnost $B_{n+1}\ge B_n$ je splněna, právě když $A\ge
        B_n^2$. Předpokládejme, že pro $n-1$ to platí. Potom
        \[\begin{split}
          A-B_n^2&=A-\left(B_{n-1}+\frac12(A-B_{n-1}^2)\right)^2=\\
          &=A-B_{n-1}^2-B_{n-1}(A-B_{n-1}^2)-\frac14(A-B_{n-1}^2)^2=\\
          &=(A-B_{n-1}^2)\left(I-B_{n-1}-\frac14(A-B_{n-1}^2)\right)=\\
          &=(A-B_{n-1}^2)\left(I-\frac12B_{n-1}-\frac12B_n\right)=\\
          &=(A-B_{n-1}^2)\left(\frac12(I-B_{n-1})+\frac12(I-B_n)\right)
          \ge 0,
        \end{split}\]
        protože $A-B_{n-1}^2\ge 0$, $I-B_{n-1}\ge 0$ a $I-B_n\ge 0$.
        Předchozí úpravy jsou korektní, neboť $B_n$ je polynom v~A~a
        pro $C\in\B(\H)$ komutující s~$A$ také platí $CB_n=B_nC$.
        Specielně pro každé $n$ je $AB_n=B_n A$ a pro každé $m,n$ je
        $B_nB_m=B_mB_n$.
      \end{enumerate}
 
      Protože $0\le B_n\le B_{n+1}\le I$, podle lemmatu \ref{slim}
      (aplikovaného na $B_n'=I-B_n$) existuje $\slim B_n$ a pro každé
      $n\in\N$ je $B_n\le B\le I$. Navíc, protože $CA=AC$ a tedy
      $CB_n=B_nC$, je podle lemmatu \ref{limkomutuje} $CB=BC$.
 
      Specielně $\slim B_n^2=B^2$ a protože
      $B_{n+1}=B_n+\frac12(A-B_n^2)$, limitním přechodem dostáváme
      $B=B+\frac12(A-B^2)$. Tedy $B^2=A$.
    \item Jednoznačnost: Nechť $\tilde B\in\B(\H)$, $\tilde B\ge
      0$, $A=\tilde B^2$. Potom $\tilde BA=A\tilde B$, $B\tilde
      B=\tilde B B$ a $0=B^2-\tilde B^2=(B+\tilde B)(B-\tilde B)$.
 
      Buď $x\in\H$ libovolné, $y=(B-\tilde B)x$. Potom $(B+\tilde
      B)y=0$. Dále platí
      \[0=(y,(B+\tilde B)y)=\underbrace{(y,By)}_{\ge 0}+
      \underbrace{(y,\tilde By)}_{\ge 0},\]
      proto $(y,By)=(y,\tilde By)=0$ a
      $\norm{By}^2\le\norm{B}(y,By)=0$ a tedy $By=0$. Obdobně i
      $\tilde By=0$.
 
      Dále platí $(B-\tilde B)^2x=(B-\tilde B)y=0$ a proto
      \[0=(x,(B-\tilde B)^2x)=((B-\tilde B)x,(B-\tilde B)x)=
      \norm{(B-\tilde B)x}^2\]
      pro každé $x$. Dokázali jsme tak, že $B=\tilde B$. Tedy $B$ je
      určen jednoznačně.\qed
    \end{enumerate}
    \noqed
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{remark}
  Buď $A\in\B(\H)$, $A^*=A$. Potom $A^2\ge 0$ a můžeme tedy definovat
  "absolutní hodnotu" jako $(A^2)^{1/2}=:\abs{A}\ge 0$
  a platí, že $\abs{A}^2=A^2$.
\end{remark}
 
\begin{lemma}
  \label{og_komut1}
  Nechť $A\in\B(\H)$, $A^*=A$ a buď $P$ ortogonální projektor na $\Ker
  A$. Potom pro každé $C\in\B(\H)$ platí $CA=AC\implies CP=PC$.
  \begin{proof}
    Protože $\Ran P=\Ker A$, je $AP=0$. Buď $C\in\B(\H)$,
    $CA=AC$. Potom\\ $0=CAP=ACP\iff\Ran CP\subset\Ker A\iff PCP=CP$,
    neboť $x\in\Ker A$ $\iff Px=x$. Z~vlastností sdruženého operátoru
    plyne $CA=AC\implies AC^*=C^*A$ a tedy $PC^*P=C^*P$, sdružením získáme
    $PCP=PC$ a tedy celkem $CP=PC$.
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{lemma}
  \label{og_komut2}
  Nechť $A,B\in\B(\H)$, $A^*=A$, $B^*=B$ a navíc $AB=BA$,
  $A^2=B^2$. Buď $P$ ortogonální projektor na $\Ker(A-B)$. Potom $P$
  komutuje s~$A$ a $B$ a
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A=PB+(I-P)(-B)$,
  \item $\Ker A=\Ker B\subset\Ker(A-B)\equiv\Ran P$
  \end{enumerate}
  \begin{proof}
    Protože $A=A^*$, $B=B^*$, je
    \begin{equation}
      \label{eq:og1}
      (A-B)P=0=P(A-B).
    \end{equation}
    Dále, protože $A^2=B^2$ a $AB=BA$, je
    $(A-B)(A+B)=0\iff\Ran(A+B)\subset\Ker(A-B)$, což je ekvivalentní
s~rovností
    \begin{equation}
      \label{eq:og2}
      P(A+B)=A+B.
    \end{equation}
    Z~předchozího lemmatu plyne, že $A(A-B)=(A-B)A\implies AP=PA$,
    $B(A-B)=(A-B)B\implies BP=PB$. Odečtením \eqref{eq:og1} a
    \eqref{eq:og2} dostaneme
    \[2PB=A+B\iff A=2PB-B=PB+(I-P)(-B).\]
    Z (ii) plyne z rovnosti
    $$A^2= B^2 \Rightarrow (x,A^2x) = (x,B^2x) \Rightarrow \norm{Ax} = \norm{Bx}$$
    %\[x\in\Ker A\iff Ax=0\iff 0=\norm{Ax}^2=(Ax,Ax)=(x,A^2x)\]
    takže $\Ker A = \Ker B$. Zřejmě $x\in\Ker A\implies
    x\in\Ker(A-B)$.
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{theorem}
  Ke každému samosdruženému operátoru $A\in\B(\H)$ existuje právě
  jeden ortogonální projektor $E_+$ s~vlastnostmi:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $AE_+\ge 0$, $A(I-E_+)\le 0$,
  \item $\Ker A\subset\Ran E_+$,
  \item pro každé $C\in\B(\H)$ platí $CA=AC\implies CE_+=E_+C$.
  \end{enumerate}
  \begin{proof}
    \begin{enumerate}
    \item Existence: V~předchozím lemmatu položíme $B=\abs{A}$,
      $E_+=P$ ortogonální projektor na $\Ker(A-\abs{A})$. Z~lemmatu
      plyne, že $E_+$ komutuje s~$A$ a $\abs{A}$ a dále
      $A=E_+\abs{A}+(I-E_+)(-\abs{A})$. Aplikací $E_+$ na tuto rovnost
      dostaneme $E_+A=E_+\abs{A}$. Z~lemmatu \ref{ABnezap} plyne
      $E_+A=E_+\abs{A}\ge 0$ a $(I-E_+)A=-(I-E_+)\abs{A}\le 0$. Tím je
      dokázán bod (i).
 
      Bod (ii) je shodný s~předchozím lemmatem.
 
      Nechť $C\in\B(\H)$, $CA=AC$. Potom i $CA^2=A^2C$ a z~věty
      \ref{odmocnina} plyne $C\abs{A}=\abs{A}C$. Proto
      $C(A-\abs{A})=(A-\abs{A})C$ a podle lemmatu \ref{og_komut1} je
      $CE_+=E_+C$.
    \item Jednoznačnost:  Nechť $\tilde E_+$ splňuje (i), (ii), (iii). Položme
      \[\tilde A=\underbrace{\tilde E_+A}_{\ge 0}+\underbrace{(I-\tilde
        E_+)(-A)}_{\ge 0},\] 
      pak $\tilde A^2=\tilde E_+A^2+(I-\tilde
      E_+)A^2=A^2$.  Z~jednoznačnosti absolutní hodnoty pak plyne
      $\tilde A=\abs{A}=E_+A+(I-E_+)(-A)$ a
      \[0=\tilde A-\abs{A}=(\tilde E_+ - E_+)A+(E_+ - \tilde
      E_+)(-A)=2(\tilde E_+ - E_+)A.\]
      protože komutují. 
 
      To je ekvivalentní s~tím, že $\Ran(\tilde E_+ - E_+)\subset\Ker
      A\subset\Ran E_+,\Ran \tilde E_+$, tedy
      \[E_+(\tilde E_+ - E_+)=\tilde E_+ - E_+,\quad
      \tilde E_+(\tilde E_+ - E_+)=\tilde E_+ - E_+,\]
      proto $E_+\tilde E_+=\tilde E_+$, $\tilde E_+E_+=E_+\implies
      E_+\tilde E_+=E_+$ (vlastnosti sdruženého operátoru). Z~toho
      plyne $\tilde E_+=E_+$.\qed
    \end{enumerate}
    \noqed
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{define}
  Řekneme, že jednoparametrická množina ortogonálních projektorů
  $\{P_\lambda\}_{\lambda\in\R}$ je {\bf rozkladem jedničky}, právě
  když splňuje
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\lambda\le\mu\implies P_\lambda\le P_\mu$,
  \item $\slim_{\mu\to\lambda-}P_\mu=P_\lambda$,
  \item existují $-\infty<m<M<+\infty$ tak, že $P_\lambda=0$ pro každé
    $\lambda\le m$ a $P_\lambda=I$ pro každé $\lambda > M$.
  \end{enumerate}
\end{define}
 
\begin{remark}
  Buďte $P,Q$ ortogonální projektory. Potom následující podmínky jsou
  ekvivalentní:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item pro každé $x\in\H$ je $(x,Px)\le(x,Qx)$,
  \item $\Ran P\subset\Ran Q$,
  \item $\Ker Q\subset\Ker P$,
  \item $PQ=QP=P$.
  \end{enumerate}
\end{remark}