Как доказать, что спектр оператора непуст?

Автор темы us 
ОбъявленияПоследний пост
ОбъявлениеЗапущен новый раздел «Задачки и головоломки»29.08.2019 00:42
ОбъявлениеСпециалист по математике (разработчик контента для дистанционной системы обучения)31.03.2020 11:52
ОбъявлениеГранты для студентов и аспирантов мехмата и физфака МГУ на обучение в магистратуре Кембриджа20.10.2020 18:59
01.11.2003 13:03
us
Как доказать, что спектр оператора непуст?
Подскажите пожалуйста как доказать, что спектр оператора непуст. Если можно, то как можно подробнее.

Спасибо.
01.11.2003 22:02
egor
теорема Лиувилля для операторнозначных функций
Кажется, вопрос уже обсуждался в этом форуме (и чётко описан во многих учебниках: Колмогоров, Рудин, Бурбаки и т.д.), но вот подробное изложение.

1. Многие простые теоремы о голоморфных функциях без изменений обобщаются на операторнозначные функции, в том числе: равносильность голоморфности (дифференцируемости в области) и аналитичности (разложимости в ряд), теорема Коши, формула Коши, неравенства Коши и вытекающая из них теорема Лиувилля (если функция голоморфна на всей плоскости и ограничена, то она постоянна).

Кстати, принцип максимума модуля, к сожалению, нельзя автоматически перенести на операторнозначные функции.
Неизвестно даже, всегда ли принцип максимума нормы выполняется для резольвенты.

2. Множество тех комплексных lambda, для которых оператор (lambda I - A) обратим, называется резольвентным множеством оператора A. Дополнение к резольвентному нему называется спектром.
Функция R_A(lambda)=(lambda I - A)^{-1} называется резольвентой оператора A.

3. Так как отображение lambda -> lambda I - A непрерывно и отображение B -> B^{-1} непрерывно на множестве обратимых операторов, то резольвента, являющаяся их композицией, также непрерывна (на резольвентном множестве).

4. Более того, резольвента голоморфна на резольвентном множестве.

1-й способ доказательства. Соотношение
R_A(mu)-R_A(lambda)=-(mu-lambda)R(mu)R(lambda)
делим на (mu-lambda) и переходим к пределу при mu->lambda.
Так как R_A непрерывна в точке lambda, то получаем
R_A'(lambda)=-R_A(lambda)^2.

2-й способ доказательства.
Легко проверяется следующее разложение в ряд в окрестности точки lambda:
R_A(mu)=sum_{j=0}^\infty (-1)^j (mu-lambda)^j R_A(lambda)^{j+1}.
Это значит, что резольвента аналитична.

5. Докажем, наконец, что спектр непуст.
Если спектр пуст (от противного), то резольвента определена и голоморфна на всей комплексной плоскости, т.е. является целой функцией. При этом на бесконечности она, как легко видеть, стремится к 0, а на любом компакте ограничена. Следовательно, она ограничена на всей плоскости. По теореме Лиувилля, ограниченная целая функция обязана быть константой. Второй раз учитывая, что на бесконечности резольвента стремится к 0, получаем, что она всюду равна нулю. Но это противоречит определению резольвенты: обратный оператор не может быть нулевым.

01.11.2003 23:22
us
Последний вопрос
Во-первых, большое спасибо за столь быстрый ответ.
Позвольте задать еще один вопрос.

Цитата


2-й способ доказательства.
Легко проверяется следующее разложение в ряд в окрестности точки lambda:
R_A(mu)=sum_{j=0}^\infty (-1)^j (mu-lambda)^j R_A(lambda)^{j+1}.
Это значит, что резольвента аналитична.

Может, я совсем глупый, а может просто очень сильно торможу, но как проверить это равентсво.

Обещаю, больше вопросов по этой теме не будет. :)

Спасибо.

02.11.2003 20:07
egor
доказательство резольвентного тождества
Равенство
\lambda I-\mu I = (\lambda I - A) - (\mu I - A)
умножить слева на R_A(\mu) и справа на R_A(\lambda).

03.11.2003 02:22
egor
доказательство аналитичности резольвенты
(Прошу прощения. Сначала я плохо прочитал вопрос и ответил совсем не в тему.)

Можно дать прямое доказательство, но лучше свести к ряду фон Неймана (ряд фон Неймана - прямое обобщение суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии.)

Предложение (о ряде фон Неймана).
Пусть ||A||<1. Тогда оператор I-A обратим, и
(I-A)^{-1}=\sum_{k=0}^\infty A^k.

Доказательство.
Ряд абсолютно сходится, т.к. ||A||<1. Видно, что

(I-A) \left( \sum_{k=0}^n A^k \right) =
\left( \sum_{k=0}^n A^k \right) (I-A) = I - A^{n+1}.

Переходя к пределу по n и учитывая, что ||A||<1
(а также пользуясь непрерывностью операции умножения),
получаем, что оператор \sum_{k=0}^\infty A^k
является обратным к I-A. Предложение доказано.

Теперь легко доказать аналитичность резольвенты.
Фиксируем точку \lambda из резольвентного множества (\rho(A)).
Возьмём \mu, такую, что |\mu-\lambda|<||R_A(\lambda)||^{-1}.
Тогда

(\mu I - A)=(\lambda I - A + (\mu-\lambda) I) =
(\lambda I - A)(I + (\mu-\lambda) R_A(\lambda)).

Первый сомножитель, по предположению, обратима:
(\lambda I - A)^{-1}=R_A(\lambda).
Пусть B - второй сомножитель (большая скобка).
Из предложения о ряде фон Неймана и неравенства
|\mu-\lambda| ||R_A(\lambda)||<1
следует, что оператор B обратим и

B^{-1}=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k (\mu-\lambda)^k R_A(\lambda)^k.

Отсюда
(\mu I-A)^{-1}=B^{-1} R_A(\lambda)
= \sum_{k=0}^\infty (-1)^k (\lambda-\mu)^k R_A(\lambda)^{k+1}.

Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти