Kon_lin_an3

Замечание 3.5.4. Если операторы A и B коммутируют, то, вообще говоря, не всякий собственный вектор оператора A является собственным вектором оператора B. Если, например, A = I, B 6= I, то AB = BA, любой вектор x 2 H является собственным вектором оператора A, что неверно относительно оператора B.

Утверждение 3.5.5. Ортопроекторы P1, P2 в H коммутируют тогода и только тогда, когда P1P2P1 ортопроектор, т.е.

P1P2P1P2P1 = P1P2P1:

Доказательство. Очевидно, что если ортопроекторы P1 и P2 коммутируют, то P1P2P1 = P2P1 = P1P2 также ортопроектор. Докажем обратную импликацию. Обозначим A = P1(P1P2 P2P1). Тогда A = (P2P1 P1P2)P1 и

AA = P1(P1P2 P2P1)(P2P1 P1P2)P1 =

= P1P2P1 P1P2P1P2P1 P2P2P1P2P1 + P1P2P1P2P1 = 0;

откуда имеем A = A = 0, или P1P2 = P1P2P1, P2P1 = P1P2P1, т.е.

P1P2 = P1P2P1 = P2P1:

3.5.1Спектральная теорема для пары коммутирующих самосопряженных операторов

Теорема 3.5.6 (Спектральная теорема для пары коммутирующих самосопряженных операторов). Пусть A; B 2 Bh(H). Для того, чтобы существовал ортонормированный базис, в котором матрицы [A] и [B] этих операторов одновременно были диагональными, необходимо и достаточно, чтобы они коммутировали.

Доказательство. Необходимость. Пусть в некотором ортонормированном базисе матрицы [A] и [B] имеют диагональную форму. Тогда

[A][B] = [B][A]

и потому операторы A и B коммутируют.

Достаточность. Пусть операторы A и B коммутируют. Тогда, в силу утверждения 3.5.3, существует вектор e1, ke1k = 1, собственный и для оператора A, и для оператора B, т.е.

Ae1 = 1e1; Be1 = 1e1:

71

Подпространство

H1 = fx 2 H : (x; e1) = 0g

инвариантно относительно каждого из операторов A и B и имеет размерность dim H1 = n 1. Поэтому, рассматривая операторы A H1 и B H1, получим, что существует вектор e2 2 H1, ke2k = 1, собственный и для операторов A и B, т.е.

Ae2 = 2e2; Be2 = 2e2:

Продолжая процесс, получим ортонормированный базис пространства H, состоящий из собственных векторов операторов A и B, в котором матрицы [A] и [B] имеют диагональную форму:

Следствие 3.5.7. Справедливы такие утверждения.

(i)Любое множество fAjgkj=1 B(H) попарно коммутирующих операторов имеет общий собственный вектор.

(ii)Для того, чтобы существовал ортонормированный базис, в котором матрицы [Aj] операторов fAjgkj=1 Bh(H) одновременно имели бы диагональную форму, необходимо и достаточно, чтобы они попарно коммутировали.

3.6Неотрицательные операторы в B(H) и их спектр

3.6.1Неотрицательные и положительные операторы

Определение 3.6.1. Самосопряженный оператор A 2 Bh(H) называется неотрицательным (A 0), если

(Ax; x) 0

для любого x 2 H. Множество всех неотрицательных операторов из Bh(H) обозначают B+(H). Для каждого A 2 B+(H) пишут: A 0.

72

Определение 3.6.2. Самосопряженный оператор A 2 B+(H) называется положительным (A > 0), если

(Ax; x) > 0

для любого x 2 H; x 6= 0.

Пример 3.6.3. Если P 2 B(H) ортопроектор, то для любого x 2 H

(P x; x) = (P x; P x) = kP xk2 0:

Следовательно, P 0 и потому P(H) B+(H).

Упражнение 3.6.4. Доказать, что ортопроектор P > 0 тогда и только тогда, когда P = I.

Утверждение 3.6.5. Оператор A 2 Bh(H) является неотрицательным тогда и только тогда, когда

(A) R+ = [0; +1):

Доказательство. Пусть A неотрицательный оператор, 2 (A), Ax = x, x 6= 0. Тогда

(Ax; x) = ( x; x) = (x; x) = kxk2 0:

Следовательно, 0. Таким образом, (A) R+.

Обратно, пусть (A) R+ и A = Pr kPk спектральное разложе-

k=1

ние оператора A. Тогда для любого x 2 H

XX

Следовательно, A неотрицательный оператор.

Упражнение 3.6.6. Докажите утверждения.

Если оператор A 2 Bh(H) неотрицательный, то tr A 2 [0; +1);

Если оператор A 2 Bh(H) положительный, то tr A 2 (0; +1);

Оператор A 2 Bh(H) является положительным тогда и только тогда, когда (A) (0; +1):

73

3.6.2Матрица неотрицательного оператора

Выясним, какими свойствами обладает матрица неотрицательного оператора A 2 B+(H) в ортонормированном базисе fe1; : : : ; eng.

Утверждение 3.6.7. Для того, чтобы оператор A 2 B(H) был неотрицательным, необходимо и достаточно, чтобы его матрица [A] в любом ортонормированном базисе была неотрицательно определенной.

Доказательство. Пусть fe1; : : : ; eng ортонормированный базис в гильбертовом пространстве H и

n

X

Aej = ijei:

i=1

Условие самосопряженности оператора A равносильно тому, что ij = ji для любых i; j = 1, . . . , n. Если x 2 H и

Следовательно, оператор A 2 B(H) неотрицателен тогда и только тогда, когда его матрица [A] = ( ij)ni;j=1 в ортонормированном базисе fe1; : : : ; eng обладает свойствами:

nn

=1 i=1

ij = ji; i; j = 1; : : : ; n:

Упражнение 3.6.8. Для того, чтобы оператор A 2 B(H) был положительным, необходимо и достаточно, чтобы в любом ортонормированном базисе его матрица [A] = ( ij)ni;j=1 была положительно определенной, т.е.

nn

XX

ij i j > 0

i=1 j=1

для любого вектора y = f 1; : : : ; ng 2 Cn.

74

Определим частичный порядок на множестве Bh(H) всех самосопряженных операторов из B(H), полагая

A B () A B 0;

где A; B 2 Bh(H).

Таким образом, A B () (A B) 2 B+(H).

В следующем утверждении приведены некоторые свойства частичного порядка " ".

Утверждение 3.6.9. Пусть A, B, C, D 2 Bh(H)

(i)Если A B и B A, то A = B;

(ii)Если A B и B C, то A C;

(iii)Если A B, то A B для любого неотрицательного 2 R;

(iv)Если A B и C D, то A + C B + D.

Доказательство. (i). Если A B и B A, то для любого x 2 H имеем:

((A B)x; x) 0;

((B A)x; x) = ((A B)x; x) 0:

Следовательно, ((A B)x; x) = 0 для любого x 2 H, т.е. A = B. (ii). Если A B и B C, то

((A B)x; x) = (Ax; x) (Bx; x) 0;

((B C)x; x) = (Bx; x) (Cx; x) 0:

Следовательно, (Ax; x) (Bx; x) (Cx; x), т.е. A C.

(iii). Если A B, то для любого неотрицательного числа 2 R и для любого x 2 H имеем:

(( A B)x; x) = ( (A B)x; x) = ((A B)x; x) 0;

т.е., A B.

(iv). Если A; B; C; D 2 Bh(H), A B и C D, то для любого x 2 H имеем:

(((A + C) (B + D))x; x) = ((A B)x; x) + ((C D)x; x) 0;

т.е., A + C B + D.

75

Всюду в дальнейшем мы, как обычно, считаем, что B A тогда и только тогда, когда A B.

Теорема 3.6.10. Пусть PM и PN ортопроекторы на подпространства M и N соответственно. Следующие условия эквивалентны:

(i)PN PM;

(ii)kPNxk kPMxk для любого x 2 H;

(iii)N M;

(iv)PMPN = PNPM = PN;

Доказательство. (i) ) (ii). Для любого x 2 H

06 ((PM PN)x; x) = (PMx; x) (PNx; x) =

= (PMx; PMx) (PNx; PNx) = kPMxk2 kPNxk2:

Следовательно, kPNxk 6 kPMxk. (ii) ) (iii). Пусть x 2 N. Тогда

kxk = kPNxk kPMxk kxk:

Следовательно, kPMxk = kxk для любого x 2 N. Значит

k(I PM)xk2 = ((I PM)x; x) = (x; x) (PMx; x) = 0;

т.е. x = PMx 2 M. Таким образом, N M. Импликация (iii) ) (iv) очевидна.

(iv) ) (i). Пусть PMPN = PNPM = PN. Тогда

(I PN)PM = PM PNPM = PM PMPN = PM(I PN):

Поэтому, в силу теоремы 3.2.5(iii), PM(I PN) ортопроектор. Следовательно, для любого x 2 H

((PM PN)x; x) = (PMx; x) (PNx; x) = (PMx; x) (PMPNx; x) = = (PM(I PN)x; x) 0:

Таким образом, PN 6 PM.

Упражнение 3.6.11. Для любого оператора A 2 B(H)

(i) Операторы A A и AA принадлежат B+(H);

76

(ii)Следующие условия эквивалентны:

Оператор A 2 B(H) обратим;

A A > 0;

AA > 0.

(iii)Имеют место равенства:

Ker(A A) = Ker A, Ran(A A) = Ran A;

Ker(AA ) = Ker A , Ran(AA ) = Ran A ;

rg(A A) = rg A = rg A = rg AA .

(iv)Если в некотором ортонормированном базисе fe1; : : : ; eng гильбертова пространства H матрица оператора A имеет вид:

X tr(AA ) = tr(A A) = j ijj2:

i;j=1

3.7Функциональное исчисление для самосопряженного оператора

Определение 3.7.1. Пусть оператор A 2 B(H) и

p(z) = 0 + 1z + + kzk

какой-нибудь полином. Оператор

B = p(A) = 0I + 1A + + kAk

называется полиномом от оператора A или полиномиальным.

Pr

Утверждение 3.7.2. Пусть A = k=1 kPk спектральное разложение самосопряженного оператора A. Тогда существуют вещественные полиномы pk(t), 1 6 k 6 r, такие, что

(

pk( j) = kj =

1; k = j;

0; k 6= j;

и pk(A) = Pk.

77

ложение. Для любой функции f : C ! C, определенной на спектре (A) оператора A, определим оператор

r

X

f(A) = f( k)Pk:

k=1

Оператор B = f(A) называется функцией от оператора A 2 Bh(H).

78

Упражнение 3.7.3. Пусть A 2 Bh(H) и B = f(A). Показать, что операторы A и B коммутируют.

= 0I + 1A + + kAk:

Таким образом, оператор B = p(A) полиномиальный и для полиномов введенное определение функции от самосопряженного оператора совпадает с определением 3.7.1.

Замечание 3.7.4. Для любого оператора A 2 Bh(H) и любой функции f : C ! C, определенной на спектре (A) оператора A существует полином

p(z) такой, что

r

X

f(A) = f( k)Pk = p(A);

k=1

т.е. оператор f(A) полиномиальный.

Действительно, рассмотрим интерполяционный полином Лагранжа p функции f:

XX

Утверждение 3.7.5. Для того, чтобы оператор

r

X

f(A) = f( k)Pk:

k=1

был самосопряженным, необходимо и достаточно, чтобы функция f( ) была вещественной на спектре (A) = f 1; : : : ; rg оператора A.

79

Доказательство. Пусть оператор

r

X

f(A) = f( k)Pk

k=1

самосопряжен. Тогда

r

f(A) = Xf( k)Pk = f(A):

k=1

Поэтому f( k) = f( k), т.е. функция f( ) является вещественной на спектре (A). Обратно, если функция f( ) вещественна на спектре (A), то в силу теоремы I.6.6.7.(i),

(f(A)) = ff( 1); : : : ; f( r)g R;

т.е. f(A) 2 Bh(H).

Рассмотрим несколько примеров функций от самосопряженного опе-

ратора A 2 Bh(H). Пусть A 2 Bh(H) и A = Pr kPk его спектральное

k=1

разложение.

Пример 3.7.6. Если

то

r

X

f(A) = f( k)Pk = Pj:

k=1

Пример 3.7.7. Если 0 62 (A), то оператор A обратим и для функции f(t) = t 1 имеем:

Таким образом,

(A 1) = f 1 : 2 (A)g R;

т.е. оператор A 1 тоже самосопряжен.

80