Спектр линейного оператора

Эта статья находится в разработке!

В пределах этого параграфа подразумевается, что оператор [math]A[/math] — линейный, ограниченный.

Определение:

Рассмотрим некоторое [math]\lambda \in \mathbb C[/math]. Если для него существует и непрерывен оператор [math]R_\lambda(A) = R_\lambda = (A - \lambda I)^{-1}[/math] ([math]I[/math] — единичный оператор), то он называется резольвентой. Множество [math]\lambda[/math], для которых существует [math]R_\lambda[/math], обозначается [math]\rho(A)[/math], и называется резольвентным множеством, дополнение к нему обозначается [math]\sigma(A)[/math] и называется спектром оператора [math]A[/math].

Теорема (о резольвентном множестве):

[math]\rho(A)[/math] — открытое множество в [math]\mathbb C[/math];

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]\lambda_0 \in \rho(A)[/math], тогда существует [math]R_{\lambda_0}[/math]. [math]A - \lambda I = (A - \lambda_0 I) - (\lambda - \lambda_0) I = (A - \lambda_0 I) - (\lambda - \lambda_0) (A - \lambda_0 I) R_{\lambda_0} = (A - \lambda_0 I) (I - (\lambda - \lambda_0) R_{\lambda_0})[/math] Если [math]|\lambda - \lambda_0| \|R_{\lambda_0}\| \lt 1[/math], то [math](I - (\lambda - \lambda_0) R_{\lambda_0})[/math] непрерывно обратим по теореме Банаха. Тогда и оператор [math]A - \lambda I[/math] тоже непрерывно обратим, так как [math] (A - \lambda I)^{-1} = ((A - \lambda_0 I) (I - (\lambda - \lambda_0) R_{\lambda_0}))^{-1} = (I - (\lambda - \lambda_0) R_{\lambda_0})^{-1} (A - \lambda_0 I)^{-1} [/math], и тогда он непрерывен как компзиция непрерывных. Нужное нам условие выполняется, если [math]|\lambda - \lambda_0| \lt \frac1{\|R_{\lambda_0}\|}[/math], таким образом, любая точка [math]\lambda_0[/math] множества [math]\rho(A)[/math] входит в него вместе с некоторой окрестностью.

[math]\triangleleft[/math]

Утверждение (вхождение резольвенты в круг радиуса ||А||):

[math]\{ |\lambda| \gt \|A\|\} \subset \rho(A)[/math]

[math]\triangleright[/math]

[math]A - \lambda I = -\lambda(I - \frac1\lambda A)[/math] Если [math]|\lambda| \gt \|A\|[/math], то [math]\frac1{|\lambda|} \|A\| \lt 1[/math], [math](I - \frac1\lambda A)[/math] непрерывно обратим, и [math]A[/math] имеет резольвенту. Отсюда мгновенно получаем требуемое.

[math]\triangleleft[/math]

Определение:

[math]r_\sigma(A) = \inf\limits_{n \in \mathbb N} \sqrt[n]{\|A^n\|}[/math] — спектральный радиус оператора.

Так как [math]\|A^n\| \le \|A\|^n[/math], то [math]r_\sigma(A) \le \|A\|[/math].

Утверждение:

[math]r_\sigma(A) = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{\|A^n\|}[/math]

[math]\triangleright[/math]

Обозначим для краткости [math]r_\sigma(A)[/math] за [math]r[/math]. По определению нижней грани, [math]\forall \varepsilon \gt 0 \exists n_0: r \le \|A^{n_0}\|^{\frac{1}{n_0}} \lt r + \varepsilon[/math]. Любое [math] n[/math] представим как [math]n = p_n n_0 + q_n[/math], где [math]q_n = 0, 1, \ldots, n_0 - 1[/math]. Таким образом, [math]\|A^n\| = \|A^{p_n n_0 + q_n}\| \le \|A^{p_n n_0}\| \|A^{q_n} \|\le \|A^{n_0}\|^{p_n} \|A\|^{q_n}[/math] Значит, [math]{\|A^n\|}^{\frac{1}{n}} \le {\|A^{n_0}\|}^{\frac{p_n}{n}} {\|A\|}^{\frac{q_n}{n}}[/math]. Рассмотрим [math]{\|A^{n_0}\|}^{\frac{p_0}{n}} = {\|A^{n_0}\|}^{\frac{p_0}{p_n n_0 + q_n}} \le {\|A^{n_0}\|}^{\frac{p_0}{p_n n_0}} = \|A^{n_0}\|^{\frac{1}{n_0}} \lt r+ \varepsilon[/math]. Теперь рассмотрим [math]\frac{q_n}{n} \le \frac{n_0 - 1}{n} \xrightarrow[n \to \infty]{} 0[/math], значит, [math]\|A\|^{\frac{q_n}{n}} \to 1[/math], то есть, [math]\forall \varepsilon \gt 0 \exists n \forall n' \gt n: \|A\|^{\frac{q_{n'}}{n'}} \le 1 + \varepsilon[/math]. Тогда, с одной стороны, по определению [math]r[/math] как инфимума, для всех [math]n[/math]: [math]r \le \|A^n\|^{\frac{1}{n}}[/math], но с другой, по только что показанному, для произвольного [math]\varepsilon[/math], начиная с какого-то [math]n[/math] можно сказать, что [math]\|A^n\|^{\frac{1}{n}} \le (r + \varepsilon) (1 + \varepsilon)[/math]. Тогда из этого получаем, что [math]\|A^n\|^{\frac{1}{n}} \to r[/math], что и требовалось доказать.

[math]\triangleleft[/math]

Утверждение:

[math]\sigma(A) \subset \{\lambda \mid |\lambda| \le r_\sigma(A)\}[/math]

[math]\triangleright[/math]

[math] A - \lambda I = - \lambda (I - \frac{1}{\lambda} A)[/math], найдем, при каких [math]\lambda[/math] у [math]I - \frac{1}{\lambda} A[/math] есть обратимый. Если сходится [math]\sum\limits_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{\lambda} A)^n[/math], то он и будет совпадать с [math](I - \frac{1}{\lambda} A)^{-1}[/math] (показывали это в теореме Банаха для I - C) Так как пространство банахово, операторный ряд сходится если сходится соответствующий рад из норм: [math]\|\sum\limits_{n=0}^{\infty} (\frac1\lambda A)^n \| \le \sum\limits_{n=0}^{\infty} |\frac1\lambda|^n \|A\|^n[/math], по радикальному признаку Коши, последний ряд сходится, если [math]\sqrt[n]{|\frac1\lambda|^n \|A\|^n} = |\frac1\lambda| \sqrt[n]{\|A\|^n} \to |\frac1\lambda| r_\sigma \lt 1[/math]. Таким образом, при [math]r_\sigma \lt |\lambda|[/math], обратный оператор к [math]I - \frac{1}{\lambda}A[/math] существует, то есть [math]\lambda \in \rho(A)[/math]. Значит, спектр полностью содержится во множестве, в котором [math]r_\sigma \ge |\lambda|[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Утверждение (аналитичность резольвенты в резольвентном множестве):

[math]R_\lambda[/math] как функция из комплексного числа в ограниченный оператор, аналитична в [math]\rho(A)[/math] и в бесконечно удаленной точке комплексной плоскости.

[math]\triangleright[/math]

TODO: какая-то хурма полная. Что такое [math]\lambda_0[/math], например?</tex> [math]A - \lambda I = A = (A - \lambda_0 I) - (\lambda - \lambda_0)I = (A - \lambda_0 I) - (\lambda - \lambda_0)(A - \lambda_0 I)R_{\lambda_0} = (A - \lambda_0 I)(I - (\lambda - \lambda_0)R_{\lambda_0})[/math] [math](I - (\lambda - \lambda_0)R_{\lambda_0}) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} R_{\lambda_0}^n (\lambda - \lambda_0)^n[/math] — сходится при [math]|\lambda - \lambda_0| \approx 0[/math]. TODO: вот здесь что-то подозрительное [math]A - \lambda I = (A - \lambda_0 I) \sum\limits_{n=0}^{\infty} R_{\lambda_0}^n (\lambda - \lambda_0)^n = \sum\limits_{n=0}^{\infty} R_{\lambda_0}^{n-1} (\lambda - \lambda_0)^n[/math], следовательно, [math](A - \lambda I)^{-1}[/math] аналитична. TODO: WAT Также, так как [math]A - \lambda I = -\lambda (I - \frac1\lambda A)[/math], то при [math]|\lambda| \approx \infty[/math], [math]R_\lambda = -\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{A^n}{\lambda^{n-1}}[/math], и [math]R_\lambda[/math] аналитична при [math]\lambda = \infty[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Теорема (непустота спектра ограниченного оператора):

[math]\|A\| \lt +\infty \implies \sigma(A) \ne \emptyset[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Если [math]L(X)[/math] (пространство линейных ограниченных операторов [math]A: X \rightarrow X[/math]) банахово, то в нем можно рассматривать операторно степенные ряды [math]\sum\limits_{n=0}^{\infty} A_n\lambda^n[/math], их свойства копируют свойства обычных степенных рядов. Воспользуемся аналитичностью резольвенты: если [math]\sigma(A) = \emptyset[/math], то [math] \rho(A) = \mathbb{C}[/math], то есть в пределах любого круга и в бесконечно удаленой точке резольвента ограничена, тогда по теореме Лиувилля ( TODO: ее надо уметь доказывать? В формулировке в википедии я не понимаю, для чего аналитичность в бесконечности. Вот тут написано так: "As a consequence of Liouville's theorem, any function that is entire on the whole Riemann sphere (complex plane and the point at infinity) is constant.". А также в теореме Лиувилля требуется ограниченность всех точек в совокупности, почему В общем, разобраться надо.), [math]R_\lambda[/math] — константная функция, но тогда бы все [math]A - \lambda I[/math] были бы одинаковы, чего, очевидно, быть не может, то есть получили противоречие и спектр непуст.

[math]\triangleleft[/math]