Теория Гильберта-Шмидта

Эта статья находится в разработке!

TODO: Как обычно, это переписанный с выключенным мозгом конспект. Автор не несёт(пока) ответственности за то, что в статье написан антинаучный бред. Хуже того, чукча не читатель, чукча писатель, и написанное даже не читалось. В параграфе для операторов используется курсивный шрифт ($\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$), а для матриц — прямой ($A$, $B$). Во-первых, для того, чтобы различать их, а во-вторых, для красоты. Грустно, что тебе, читатель этого, срать на то, написано ли $\mathcal{I}$ или $I$, а хочется только сдать экзамен.

TODO: Расставить точки в конце предложений, а то режет глаз.

В этом параграфе будем иметь дело с Гильбертовым пространством $\mathcal{H}$, но над полем $\mathbb{C}$.

1. (над $\mathbb{R}$): $\langle x, y \rangle = \langle y, x \rangle$
2. (над $\mathbb{C}$): $\langle x, y \rangle = \overline{\langle y, x \rangle}$

В конечномерном пространстве $\mathbb{R}^n = \{\langle x_1, x_2, \ldots, x_n \rangle\}$ ($x_i \in \mathbb{R}$) скалярное произведение двух векторов определялось как $\langle \bar{x}, \bar{y} \rangle = \sum\limits_{k=1}^n x_n y_n$.

В $\mathbb{C}^n = \{\langle z_1, z_2, \ldots, z_n \rangle\}$ ($z_i \in \mathbb{C}$) же, $\langle \bar{z}, \bar{y} \rangle = \sum\limits_{k=1}^n z_i \overline{y_i}$.

Комплексное сопряжение добавлено для того, чтобы выполнялась первая аксиома скалярного произведения: $\langle x, x \rangle \ge 0$: $\langle \overline{z}, \overline{z} \rangle = \sum\limits_{k=1}^n z_k \overline{z_k} = \sum\limits_{k=1}^n |z_k|^2 \in \mathbb{R}, \gt 0$.

Нас будут интересовать только линейные ограниченные операторы $\mathcal{A} : \mathcal{H} \to \mathcal{H}$.

Определение:

Оператор $\mathcal{A}$ в гильбертовом пространстве называется самосопряжённым ($\mathcal{A} = \mathcal{A}^*$), если $\forall x, y : \langle \mathcal{A}x, y \rangle = \langle x, \mathcal{A}y \rangle$.

Посмотрим, что же такое самосопряжённость для конечномерного оператора в $\mathbb{C}^n$. В $\mathbb{C}^n$ линейный оператор представляет из себя матрицу $A = \{a_{ij}\}$.

Утверждение:

Оператор $\mathcal{A} : \mathbb{C}^n \to \mathbb{C}^n$ самосопряжён $\iff$ $A = \overline{A^T}$.

$\triangleright$

$Az = \{a_{ij}\} \cdot \left(\begin{array}{c}z_1\\\vdots\\z_n\end{array}\right) =$ $\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij} z_j\right)_{i=1..n}$. $\langle \mathcal{A}z, y \rangle = \langle Az, y\rangle =$ $\sum\limits_{i=1}^n (Az)_i \overline{y_i} =$ $\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij} z_j\right)\overline{y_i} =$ $\sum\limits_{i,j=1}^n a_{ij} z_j \overline{y_i} =$ $\sum\limits_{j=1}^n\left(\sum\limits_{i=1}^n a_{ij}\overline{y_i}\right)z_j =$ $\sum\limits_{j=1}^n\left(\sum\limits_{i=1}^n \overline{\overline{a_{ij}}}\cdot\overline{y_i}\right)z_j =$ $\sum\limits_{j=1}^n z_j \overline{\left(\sum\limits_{i=1}^n\overline{a_{ij}}y_i\right)} =$ $\langle z, By \rangle =$ $\langle z, \overline{A^T} y \rangle$

$\triangleleft$

$\langle \mathcal{A}x, x \rangle = \langle x, \mathcal{A}x \rangle$, $\langle \mathcal{A}x, x \rangle = \overline{\langle x, \mathcal{A}x \rangle}$ $\Rightarrow$ $\langle \mathcal{A}x, x\rangle \in \mathbb{R}$, так как если комплексное число совпадает со своим сопряжением, то его мнимая часть равна нулю.

Рассмотрим $\lambda = \mu + i\nu \in \mathbb{C}$, $\lambda \mathcal{I} - \mathcal{A} = (\mu\mathcal{I} - \mathcal{A}) + i\nu\mathcal{I}$.

$\| (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x \|^2 =$ $\langle (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x, (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\rangle =$ $\langle (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x+i\nu x, (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x+i\nu x \rangle =$ $\|(\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x\|^2 + |\nu|^2\cdot\|x\|^2 + \langle(\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x, i\nu x\rangle + \langle i\nu x, (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x\rangle =$ [$\mu \in \mathbb{R}$, $\mathcal{A}$— самосопряжённый $\Rightarrow$ $(\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})^* = (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})$] $= \|(\mu\mathcal{I}-\mathcal{A}x\|^2 + |\nu|^2\cdot\|x\|^2 + (-i\nu)\langle (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x, x\rangle + i\nu\langle x, (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x\rangle =$ $\|(\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x\|^2 + |\nu|^2\cdot\|x\|^2$

Итого: $\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\|$.

Утверждение:

Если $\mathcal{A}$—самосопряжённый, а $\lambda \in \mathbb{C}$, то $\mathcal{H} = \operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) \oplus \operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})$.

$\triangleright$

Доказательство разбивается на два случая: $\lambda \in \mathbb{R}$ и $\lambda \notin \mathbb{R}$ Случай 1. $\lambda \in \mathbb{R}$: $\lambda \in \mathbb{R} \Rightarrow (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^* = \lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}$ $\operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = (\operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^*)^\bot = \operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^\bot$ Случай 2. $\lambda \notin \mathbb{R}$: из неравенства $\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\| \gt 0$ при $x \ne 0$ вытекает $\operatorname{Ker}(\overline{\lambda}\mathcal{I}-\mathcal{A}) = \{0\}$, так как для $\lambda \notin \mathbb R$, $|\nu| \ne 0$. $\operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = (\operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^*)^\bot = \mathcal{H}$.

$\triangleleft$

Теоремы о спектре самосопряженного оператора

Вещественность спектра

Теорема:

Если $\mathcal{A}$ — самосопряженный, то $\sigma (\mathcal{A}) \subset \mathbb{R}$.

Доказательство:

$\triangleright$

Проверим, что если $\operatorname{Im} \lambda \ne 0$, то $\lambda \in \rho(\mathcal{A})$. $\lambda = \mu + i\nu$, $\nu\ne0$, $\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\| \gt 0$ $\operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = \{0\}$, $\operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = \mathcal{H}$ (всюду плотно в $\mathcal H$). С другой стороны, неравенство $\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\|\ge|\nu|\cdot\|x\|$ даёт априорную оценку $y=(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x$, откуда следует, что $R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})$ — замкнуто. Значит, $\mathcal{H} = R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})$ $\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}$— биективен на $\mathcal{H}$. $\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\|$ гарантирует, что обратный оператор ограничен, и, как следствие, непрерывен. Значит, $\lambda \in \rho(\mathcal{A})$

$\triangleleft$

Теорема:

Пусть $\mathcal{A}$— самосопряжённый оператор. Тогда 1. $\lambda \in \rho(\mathcal{A}) \iff \exists m \gt 0 : \forall x \in \mathcal{H} : \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge m\|x\|$ 2. $\lambda \in \sigma(\mathcal{A}) \iff \exists x_n : \|x_n\| = 1 : \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x_n\| \to 0$

Доказательство:

$\triangleright$

Замечание: второе свойство означает, что спектр самосопряжённого оператора состоит из почти собственных чисел TODO: Здесь какой-то сумбур, написать нормальное доказательство. Докажем первый пункт 1. $\lambda \in \rho(\mathcal{A})$. Требуемое неравенство— непрерывность резольвентного оператора 2. $\exists m \gt 0 : \forall x \in \mathcal{H} : \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \gt m\|x\|$ — в силу прошлой теоремы. Второй пункт: Покажем в прямую сторону, для этого возьмем отрицание обратной стороны доказательства первого пункта: $\forall m \gt 0 \exists x \in \mathcal{H} : \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \lt \varepsilon$ Второй пункт — проверить самим. Это просто логическое отрицание первого. TODO: запилите кто-нибудь

$\triangleleft$

Выше мы убедились, что $\langle \mathcal{A}x, x \rangle \in \mathbb{R}$

Определение:

$m_- = \inf\limits_{\|x\| = 1} \langle \mathcal{A}x, x\rangle$ $m_+ = \sup\limits_{\|x\| = 1} \langle \mathcal{A}x, x \rangle$

Очевидно, что $m_- \le m_+$

$\forall x \in \mathcal{H} : x = \|x\| \frac{x}{\|x\|} = \|x\|z$, где $\|z\| = 1$: $\langle \mathcal{A}x, x\rangle = \|x\|^2 \langle\mathcal{A}z, z\rangle \le m_+ \|x\|^2$

Аналогично, $\langle\mathcal{A}z, z\rangle \ge m_- \|x\|^2$

Теорема:

Пусть $A$ — самосопряженный оператор. Тогда: $\sigma(\mathcal{A}) \subset [m_-; m_+]$ $m_+, m_- \in \sigma(\mathcal{A})$

Доказательство:

$\triangleright$

Пункт 1. Докажем, что из того, что $\lambda \gt m_+$ следует, что $\lambda \in \rho(\mathcal{A})$. Аналогично докажем для $m_-$ Нужно проверять только $\lambda \in \mathbb{R}$ Пусть $\lambda \gt m_+$. Проверим, что выполняется критерий вхождения в $\rho(\mathcal{A})$ из предыдущей теоремы $(\lambda - m_+) \cdot \|x\|^2 =$ $(\lambda - m_+) \langle x, x \rangle =$ $\langle \lambda x, x\rangle - \langle m_+x, x\rangle \le$ $\langle \lambda x, x \rangle - \langle \mathcal{A}x, x \rangle =$ $\langle (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x, x\rangle \le$ [неравенство Шварца] $\le \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \cdot \|x\|$ Итого: $(\lambda-m_+)\|x\| \le \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \Rightarrow \lambda \in \rho(\mathcal{A})$ Пункт 2. Докажем, что $m_+ \in \sigma(\mathcal{A})$ Проверим критерий принадлежности спектру из предыдущей теоремы. $m_+ = \sup\limits_{\|x\|=1} \langle \mathcal{A}x, x\rangle$ По определению $\sup$ подбираются $x_n : \|x_n\| = 1$, $\langle \mathcal{A}x_n, x_n\rangle \to m_+$ $\langle \mathcal{A}x, x\rangle \le m_+ \cdot \langle x, x\rangle \iff \langle (m_+\mathcal{I}-\mathcal{A})x, x\rangle \ge 0$ $\mathcal{L} = m_+\mathcal{I} - \mathcal{A}$, $\mathcal{L}=\mathcal{L}^*$ Далее будем использовать обозначение $[x, y] = \langle \mathcal{L}x, y\rangle$. Так как $\langle \mathcal{L}x, x \rangle \ge 0$, мгновенно проверяем, что $[\_, \_]$ удовлетворяет аксиомам скалярного произведения, а значит, для $[\_, \_]$ выполняется неравенство Шварца: $|[x, y]|^2 \le [x, x] \cdot [y, y]$ Надо: $\mathcal{L}x_n \to 0$ $\langle \mathcal{L}x_n, x_n \rangle \to 0$ $|\langle \mathcal{L}x, y \rangle|^2 \le \langle\mathcal{L}x, x\rangle \cdot \langle \mathcal{L}y, y \rangle$ Подставим $x = x_n$, $y = \mathcal{L}x_n$: $|\langle\mathcal{L}x_n, \mathcal{L}x_n\rangle| \le$ $\langle \mathcal{L}x_n, x_n\rangle \cdot \langle \mathcal{L}^2x_n, \mathcal{L}x_n\rangle$ $|\langle \mathcal{L}x_n, \mathcal{L}x_n\rangle|^2 = \|\mathcal{L}x_n\|^4$, $\langle \mathcal{L}x_n, x_n\rangle \to 0$, $\langle\mathcal{L}^2x_n, \mathcal{L}x_n\rangle \le \|\mathcal{L}^2x_n\|\cdot\|\mathcal{L}x_n\| \le \|\mathcal{L}\|^3 \cdot \|x_n\|^2[=1] = \|\mathcal{L}\|^3 \le M$

$\triangleleft$

Теорема о спектральном радиусе

Утверждение:

Если $\mathcal{A}$— самосопряжённый оператор, то $r_\sigma(\mathcal{A}) = \|\mathcal{A}\|$

$\triangleright$

Ранее мы доказывали, что $r_\sigma(\mathcal{A}) = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{\|\mathcal{A}^n\|}$ Если проверить, что $\|\mathcal{A}^{2^n}\| = \|\mathcal{A}\|^{2^n}$, то, по предыдущему утверждению, теорема будет верна: $\sqrt[2^n]{\|\mathcal{A}^{2^n}\|} = \sqrt[2^n]{\|\mathcal{A}\|^{2^n}} = \|\mathcal{A}\|$ Очевидно, достаточно проверить это утверждение только для $n = 1$. Остальное получится автоматически. $\langle\mathcal{A}x, \mathcal{A}x \rangle = \|\mathcal{A}x\|^2$ По самосопряжённости: $= \langle x, \mathcal{A}^2x \rangle \le$ [по неравенству Шварца] $\le \|\mathcal{A}^2x\|\cdot\|x\| \le$ [$\|x\| \le 1$] $\le \|\mathcal{A}^2x\| \le$ $\|\mathcal{A}^2\| \cdot \|x\| \le$ $\|\mathcal{A}^2\|$ Итого: $\|\mathcal{A}\|^2 \le \|\mathcal{A}^2\|$. Осталось доказать обратное неравенство. $\|\mathcal{A}^2 x \| =$ $\|\mathcal{A}(\mathcal{A}x)\| \le$ $\|\mathcal{A}\| \cdot \|\mathcal{A}x\| \le$ $\|\mathcal{A}\|^2$

$\triangleleft$

Если $\mathcal{A}$— компактный, то $\sigma(\mathcal{A})$ состоит только из счётного числа собственных чисел $\lambda_i$. Обозначим за $M_{\lambda_i}$ собственные подпространства. В силу самосопряжённости, $M_{\lambda_i} \perp M_{\lambda_j}$.

Собственные подпространства конечномерны ($\dim M_\lambda \lt +\infty$). Можно считать, что в каждом из них определён ортонормированный базис.

Теорема Гильберта-Шмидта

Теорема (Гильберт, Шмидт):

Если $\mathcal{A}$— самосопряжённый оператор в гильбертовом пространстве $\mathcal{H}$, а $M_{\lambda_i}$— его (оператора) собственные подпространства, то $\mathcal{H} = M_{\lambda_1} \oplus M_{\lambda_2} \oplus \cdots \oplus M_{\lambda_n} \oplus \cdots$

Доказательство:

$\triangleright$

Обозначим за $M = \bigoplus\limits_n M_{\lambda_n}$, $M^\bot$— ортогональное дополнение $M$ до $\mathcal{H}$ ($\mathcal{H} = M \oplus M^\bot$). Нужно проверить, что $M^\bot = \{0\}$ Элементарно проверяется, что $\forall M_\lambda : \mathcal{A}(M_\lambda) \subset M_\lambda$: $\forall x \in M_\lambda : \mathcal{A}x = \lambda x \in M_\lambda$ Проверим, что $\mathcal{A}(M^\bot) \subset M^\bot$: $\forall x \in M^\bot : \mathcal{A}x \perp$ любому $M_\lambda$ $\Rightarrow$ $\mathcal{A}x \in M^\bot$ $y \in M_\lambda : \langle \mathcal{A}x, y\rangle = \langle x, \mathcal{A}y\rangle = \langle x, \lambda y \rangle = |\lambda|\langle x, y \rangle$, $x\in M^\bot$, $\langle x, y \rangle = 0$ Значит, $\mathcal{A}(M^\bot)\subset M^\bot$ Рассмотрим $\mathcal{A}_0 = \mathcal{A}|_{M^\bot}$ $M^\bot$ — гильбертово пространство, $\mathcal{A}_0$ — самосопряжённое, $r_\sigma(\mathcal{A}_0) = \|\mathcal{A}_0\|$ Но все собственные числа $\mathcal{A}$ задействованы в $M_\lambda$ $r_\sigma(\mathcal{A}_0) = 0$ $\Rightarrow$ $\|\mathcal{A}_0\| = 0$ $\Rightarrow$ оператор тривиальный $M^\bot = \operatorname{Ker} \mathcal{A}_0$ Если бы у $\mathcal{A}$ было нетривиальное ядро, то оно стало бы собственным подпространосвом, значит, было бы задействовано в $\bigoplus$. Значит, $\operatorname{Ker} \mathcal{A}_0 = \{0\}$

$\triangleleft$

Если $\mathcal{A}$— самосопряжённый компактный оператор, то ОНС базис $\mathcal{H}$ можно построить из собственных векторов, соответствующим собственным числам $\varphi_1, \varphi_2, \ldots$. Любой $x \in \mathcal{H}$ можно разложить в ряд Фурье по свойствам гильбертова пространства. Значит,

$\mathcal{A}x = \sum\limits_{n=1}^\infty \langle x, \varphi_n\rangle \mathcal{A}\varphi_n = \sum\limits_{n=1}^\infty \lambda_n \langle x, \varphi_n\rangle \varphi_n$

Получаем структуру сопряжённого компактного оператора: $\lambda \in \rho(\mathcal{A})$ ($\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}$ непрерывно обратим) $\Rightarrow$ $y = \sum\limits_{n=1}^\infty \langle y, \varphi_n\rangle \varphi_n$, $y = \lambda x - \mathcal{A}x$

$\sum\limits_{n=1}^\infty \langle y, \varphi_n\rangle \varphi_n = \sum \lambda\langle x, \varphi_n\rangle\varphi_n - \sum\lambda_n\langle x, \varphi_n\rangle\varphi_n = \sum(\lambda-\lambda_n)\langle x, \varphi_n\rangle \varphi_n$

Можно приравнять коэффициенты: $\langle y, \varphi_n\rangle = (\lambda-\lambda_n)\langle x, \varphi_n\rangle$

$\langle x, \varphi_n\rangle = \frac{\langle y, \varphi_n\rangle}{\lambda-\lambda_n}$ (нуля быть не может, потому что $y \in \rho(\mathcal{A})$)

$R_\lambda(y) = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\langle y, \varphi_n\rangle}{\lambda-\lambda_n}\varphi_n$