Теория Гильберта-Шмидта — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(что-то написал)
м (lock)
Строка 78: Строка 78:
 
}}
 
}}
  
{{TODO|t=на время отпускаю блокировку на статью}}
+
<s>{{TODO|t=на время отпускаю блокировку на статью}}</s>
 +
{{TODO|t=lock}}

Версия 20:06, 3 июня 2013

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. В параграфе для операторов используется курсивный шрифт ([math]\mathcal{A}[/math], [math]\mathcal{B}[/math]), а для матриц — прямой ([math]A[/math], [math]B[/math]). Во-первых, для того, чтобы различать их, а во-вторых, для красоты. Грустно, что тебе, читатель этого, срать на то, написано ли [math]\mathcal{I}[/math] или [math]I[/math], а хочется только сдать экзамен.

В этом параграфе будем иметь дело с Гильбертовым пространством [math]\mathcal{H}[/math], но над полем [math]\mathbb{C}[/math]

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

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

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

Комплексное сопряжение добавлено для того, чтобы выполнялась первая аксиома скалярного произведения: [math]\langle x, x \rangle \ge 0[/math]: [math]\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[/math]

Нас будут интересовать только линейные ограниченные операторы [math]\mathcal{A} : \mathcal{H} \to \mathcal{H}[/math]


Определение:
Оператор [math]\mathcal{A}[/math] называется самосопряжённым ([math]\mathcal{A} = \mathcal{A}^*[/math]), если [math]\forall x, y : \langle \mathcal{A}x, y \rangle = \langle x, \mathcal{A}y \rangle[/math]


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

Утверждение:
Оператор [math]\mathcal{A} : \mathbb{C}^n \to \mathcal{C}^n[/math] самосопряжён [math]\iff[/math] [math]A = \overline{A^T}[/math]
[math]\triangleright[/math]

[math]Az = \{a_{ij}\} \cdot \left(\begin{array}{c}z_1\\\vdots\\z_n\end{array}\right) = [/math] [math]\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij} z_j\right)_{i=1..n}[/math]

[math]\langle \mathcal{A}z, y \rangle = \langle Az, y\rangle = [/math] [math]\sum\limits_{i=1}^n (Az)_i \overline{y_i} = [/math] [math]\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij} z_j\right)\overline{y_i} = [/math] [math]\sum\limits_{i,j=1}^n a_{ij} z_j \overline{y_i} = [/math] [math]\sum\limits_{j=1}^n\left(\sum\limits_{i=1}^n a_{ij}\overline{y_i}\right)z_j = [/math] [math]\sum\limits_{j=1}^n\left(\sum\limits_{i=1}^n \overline{\overline{a_{ij}}}\cdot\overline{y_i}\right)z_j = [/math] [math]\sum\limits_{j=1}^n z_j \overline{\left(\sum\limits_{i=1}^n\overline{a_{ij}}y_i\right)} = [/math] [math]\langle z, By \rangle = [/math] [math]\langle z, \overline{A^T} y \rangle[/math]
[math]\triangleleft[/math]


TODO: wtf? [math]\langle \mathcal{A}x, x \rangle = \langle x, \mathcal{A}x[/math], [math]\langle \mathcal{A}x, x \rangle = \overline{\langle x, \mathcal{A}x \rangle}[/math] [math]\Rightarrow[/math] [math]\langle \mathcal{A}x, x\rangle \in \mathbb{R}[/math]

Утверждение:
Собственные числа самосопряжённого оператора вещественны
[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим [math]\lambda \in \mathbb{C}[/math], [math]\lambda \mathcal{I} - \mathcal{A} = (\mu\mathcal{I} - \mathcal{A}) + i\nu\mathcal{I}[/math]

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

Итого: [math]\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\|[/math]

Утверждение:
Если [math]\mathcal{A}[/math]—самосопряжённый, а [math]\lambda \in \mathbb{C}[/math], то [math]\mathcal{H} = \operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) \oplus \operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})[/math]
[math]\triangleright[/math]

Доказательство разбивается на два случая: [math]\lambda \in \mathbb{R}[/math] и [math]\lambda \notin \mathbb{R}[/math]

  • Случай 1. [math]\lambda \in \mathbb{R}[/math]

[math]\lambda \in \mathbb{R} \Rightarrow (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^* = \lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}[/math]

[math]\operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = (\operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^*)^\bot = \operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^\bot[/math]

Для [math]\lambda \in \mathbb{R}[/math] проверено

  • Случай 2. [math]\lambda \notin \mathbb{R}[/math]

TODO: тут тоже муть

[math]\overline{\lambda}\mathcal{I}-\mathcal{A} \Rightarrow \operatorname{Ker}(\overline{\lambda}\mathcal{I}-\mathcal{A}) = \{0\}[/math]

[math]\operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = (\operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^*)^\bot = \mathcal{H}[/math] (так как [math]\operatorname{Ker} = \{0\}[/math]
[math]\triangleleft[/math]

Докажем, что если [math]\Im \lambda \ne 0[/math], то [math]\lambda \in \rho(\mathcal{A})[/math]

[math]\lambda = \mu + i\nu[/math], [math]\nu\ne0[/math], [math]\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\| \gt 0[/math]

[math]\operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = \{0\}[/math], [math]\operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = \mathcal{H}[/math]

с другой стороны, неравенство [math]\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\|\ge|\nu|\cdot\|x\|[/math] даёт априорную оценку [math]y=(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x[/math]

[math]R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}[/math]— замкнуто

[math]\mathcal{H} = R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})[/math]

[math]\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}[/math]— биективен на [math]\mathcal{H}[/math]. [math]\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\|[/math] гарантирует, что обратный оператор непрерывен. Значит, [math]\lambda \in \rho(\mathcal{A})[/math]
[math]\triangleleft[/math]

TODO: на время отпускаю блокировку на статью

TODO: lock