15المؤثرات المتراصة والمبرهنة الطيفية

حل التمرين 15.1.

(a) المجموعة $T(B)$ جزء محدود من الفضاء المنتهي البُعد $\operatorname{im}T$: فهي متراصة نسبيًّا بهاينه–بوريل (النتيجة 6.17، منقولةً بتماثل طوبولوجي خطي مع $\R^n$). (b) وكون $I$ متراصًّا يعني تراص الكرة الواحدية المغلقة، وهو يقع، حسب مبرهنة ريس (السنة الجامعية 2)، في البُعد المنتهي بالضبط. ولو كان لمؤثر متراص $T$ مقلوبٌ محدود $T^{-1}$، لكان $I = T^{-1}T$ متراصًّا (القضية 15.2): وهو مستحيل في البُعد اللانهائي.

حل التمرين 15.2.

(a) $\norm{Tx}^2 = \sum\abs{\lambda_n}^2\abs{x_n}^2 \leq \sup\abs{\lambda_n}^2\norm x^2$، مع مقاربة التساوي على المتجهات $e_n$ التي تحقق السوپريموم. (b) ($\Leftarrow$) للبتور $T_N$ (بالاحتفاظ بالأدلّة $n \leq N$ والإلغاء بعدها) رتبةٌ منتهية و $\vertiii{T - T_N} = \sup_{n>N}\abs{\lambda_n} \to 0$: فهي متراصة حسب القضية 15.2. ($\Rightarrow$) وإذا كان $\abs{\lambda_{n_k}} \geq \delta > 0$ على امتداد متتالية جزئية: $\norm{Te_{n_k} - Te_{n_l}}^2 = \abs{\lambda_{n_k}}^2 + \abs{\lambda_{n_l}}^2 \geq 2\delta^2$: فلا توجد أي متتالية جزئية متقاربة من $(Te_{n_k})$. (c) المؤثر $T^*$ هو القطري بالمعاملات $(\bar\lambda_n)$: فهو ذاتي المرافقة إذا وفقط إذا كانت جميع $\lambda_n \in \R$. عندئذٍ يكون الأساس المعياري $(e_n)$ أساسًا متعامدًا متجانسًا من المتجهات الذاتية، بقيم ذاتية $\lambda_n \to 0$: أي المبرهنة الطيفية حرفيًّا.

حل التمرين 15.3.

لتكن $(x_n)$ محدودة. عندئذٍ تكون $(Bx_n)$ محدودة ($\vertiii B < \infty$)؛ ويستخرج تراص $S$ المتتاليةَ $SBx_{n_k} \to y$؛ ويعطي اتصال $A$ أن $ASBx_{n_k} \to Ay$: أي إن $ASB$ متراص. وإذا كان $ST = TS = I$ مع $T$ متراص وكان $\dim H = \infty$: لكان $I = ST$ متراصًّا، وهو يناقض التمرين 15.1(b) — وهي العبارة نفسها منظورًا إليها من الجهة الأخرى.

حل التمرين 15.4.

(a) بكوشي–شوارتز في $y$: $\abs{T_kf(x)}^2 \leq \bigl(\int\abs{k(x,y)}^2\dd y\bigr)\norm f_2^2$؛ ثم نكامل في $x$ (بتونيلي): $\norm{T_kf}_2 \leq \norm k_{L^2(\square)} \norm f_2$.

(b) العائلة $e_{mn}(x,y) = e_m(x)\overline{e_n(y)}$ متعامدة متجانسة في $L^2(\intcc01^2)$ (إذ تفصل تونيلي التكاملَ المزدوج). وأما الشمول: فإذا كانت $h \perp$ جميع $e_{mn}$، فإنه من أجل كل $m$ تكون الدالة $y \mapsto \int h(x,y)\overline{e_m(x)}\dd x$ (وهي في $L^2$ بكوشي–شوارتز وتونيلي) متعامدةً مع كل $\overline{e_n}$ — والمرافقات $(\overline{e_n})$ تشكّل أساسًا هيلبرتيًّا كلما فعلت $(e_n)$ ذلك (إذ المرافقة تقابل متقايس للفضاء $L^2$ يحفظ التعامد والشمول) — ومنه فهي $0$ في كل مكان تقريبًا؛ ثم من أجل $y$ في كل مكان تقريبًا، $h(\cdot, y) \perp$ كل $e_m$: أي $h(\cdot, y) = 0$ في كل مكان تقريبًا: ومنه $h = 0$ (بتونيلي). فتكون $(e_{mn})$ أساسًا هيلبرتيًّا؛ وننشر $k = \sum c_{mn}e_{mn}$. ويعطي البتر $k_N$ (بالأدلّة $\leq N$) مؤثرًا $T_{k_N}$ منتهي الرتبة (مجاله في $\operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_N)$)، وحسب (a)،

فيكون $T_k$ نهايةً بالمعيار لمؤثرات منتهية الرتبة: أي متراصًّا (القضية 15.2).

حل التمرين 15.5.

(a) $\lambda\norm x^2 = \langle x, Tx\rangle \geq 0$ على متجهة ذاتية. والصيغة هي القضية 15.5 مع جميع القيم $\langle x, Tx\rangle \geq 0$: فالقيمة المطلقة زائدة. (b) المقدار $(x, y) \mapsto \langle x, Ty\rangle$ شكلٌ نصف خطي إرميتي موجب (وقد يكون منحلًّا)؛ وبرهان كوشي–شوارتز المعتاد (بنشر $\langle x + t\eu^{\iu\theta}y, T(x + t\eu^{\iu\theta}y)\rangle \geq 0$ وأخذ المميِّز) لا يستعمل التعيين البتة.

حل التمرين 15.6.

(a) $\norm{Mf}_2 \leq \norm f_2$، وعلى $f_n = \sqrt n\, \mathbf 1_{\intcc{1 - 1/n}1}$ (وهي متجهات واحدية)، $\norm{Mf_n}_2 \geq 1 - \frac1n$: ومنه $\vertiii M = 1$؛ وهو ذاتي المرافقة لأن عامل الضرب حقيقي. وأما القيم الذاتية: فإن $xf(x) = \lambda f(x)$ في كل مكان تقريبًا يفرض $f = 0$ في كل مكان تقريبًا خارج المجموعة المعدومة $\{x = \lambda\}$: أي $f = 0$ في $L^2$. (b) وبالدوال $f_n$ نفسها: $\norm{Mf_n - f_n}_2 \leq \frac1n \to 0$، بينما $f_n \rightharpoonup 0$ (إذ من أجل $g \in L^2$ مثبَّتة، $\abs{\langle g, f_n\rangle} \leq \norm{g\,\mathbf 1_{\intcc{1-1/n}1}}_2 \to 0$ بالتقارب المهيمن). فإذا كان $Mf_{n_k} \to h$ بالمعيار، لكان $f_{n_k} \to h$، وهو يفرض $h = 0$ (بالنهاية الضعيفة) مع أن $\norm h = 1$: فلا توجد أي متتالية جزئية متقاربة. (c) في المبرهنة المساعدة 15.6، يستعمل التراصَ بالضبط الاستخراجُ «$Tx_{n_k} \to y$»؛ ومن أجل $M$ تتركّز المتتاليات المعظِّمة بجوار $x = 1$ وتتقارب صورها ضعيفًا إلى $0$ ولا تتقارب بالمعيار أبدًا: فببساطة لا توجد المتجهة الذاتية عند قمة المجال العددي.

حل التمرين 15.7.

(a) $V = T_k$ مع $k(x, y) = \mathbf 1_{y < x} \in L^2(\intcc01^2)$: فهو متراص (التمرين 15.4). ومرافقه مؤثر النواة ذو النواة $\overline{k(y, x)} = \mathbf 1_{y > x}$: أي $V^*f(x) = \int_x^1f$؛ و $V \neq V^*$ (بالاختبار على $f = \mathbf 1$). (b) إذا كان $Vf = \lambda f$ مع $\lambda \ne 0$: فإن $Vf$ متصلة على $\intcc01$ (بالتقارب المهيمن في $\int_0^x f$)، ومنه تقبل $f = \frac1\lambda Vf$ ممثّلًا متصلًا؛ عندئذٍ تكون $Vf$ من الصنف $\mathcal C^1$ (بالمبرهنة الأساسية في التفاضل والتكامل من أجل مقادير مكامَلة متصلة)، ومنه تكون $f$ من الصنف $\mathcal C^1$، و $\lambda f' = f$ مع $f(0) = \frac1\lambda Vf(0) = 0$: أي $f = C\eu^{x/\lambda}$ مع $C = f(0) = 0$. (c) فالمؤثر $V$ متراص وليست له أي قيمة ذاتية البتة عدا $0$ ربما (إذ يفرض $Vf = 0$ أن $f = 0$ في كل مكان تقريبًا باشتقاق التكامل — ومنه ولا حتى $0$): أي إن الآلة الطيفية تتطلب فعلًا ذاتية المرافقة، لا التراص وحده.

حل التمرين 15.8.

نكتب $x = \sum_ic_ie_i + z$ حيث $z \in \ker T$، ومنه $\langle x, Tx\rangle = \sum_i\mu_i\abs{c_i}^2$. الحدّ الأدنى: على الكرة الواحدية للفضاء $V_k = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_k)$، $\langle x, Tx\rangle = \sum_{i\leq k}\mu_i\abs{c_i}^2 \geq \mu_k$: ومنه يكون الأعظم على $V$ للأصغر $\geq \mu_k$. الحدّ الأعلى: ليكن $\dim V = k$ ولتكن $W_k = \overline{\operatorname{Vect}}(e_k, e_{k+1}, \dots) + \ker T$، وبُعدها المتمم $k - 1$ (إذ متممها المتعامد هو $V_{k-1}$)؛ فإن $V \cap W_k \neq \{0\}$ (لأن لتطبيق خطي $V \to H/W_k \cong V_{k-1}$ رتبته $\leq k - 1$ نواةً غير بديهية)، ولمتجهة واحدية $x \in V\cap W_k$ يكون $\langle x, Tx\rangle = \sum_{i \geq k}\mu_i\abs{c_i}^2 \leq \mu_k$: ومنه يكون الأصغر على $V$ $\leq \mu_k$. وبضمّ ذلك: نجد الصيغة الأولى؛ والثانية تُبرهَن بالتناظر (باختبار $W = W_k$؛ ومن أجل $W$ كيفية ذات بُعد متمم $k-1$، يعطي $W \cap V_k \neq 0$ متجهةً واحدية تحقق $\langle x, Tx\rangle \geq \mu_k$). وأما الرتابة: فينتقل $\langle x, Tx\rangle \leq \langle x, Sx\rangle$ نقطةً نقطة عبر $\max\min$.

حل التمرين 15.9.

نعيد كتابة $f - \lambda Tf = g$. ومن أجل $\lambda = 0$: يكون $f = g$، وهو قابل للحل بكيفية وحيدة دائمًا. ومن أجل $\lambda \neq 0$: تصير $(T - \frac1\lambda)f = -\frac g\lambda$، وحسب بديل فريدهولم (المبرهنة 15.8) مع القيم الذاتية $\lambda_n = \bigl((n + \frac12)\pi\bigr)^{-2}$ للمؤثر $T$ (المثال 15.9): تكون قابلية الحل الوحيد من أجل كل $g$ متحققةً إذا وفقط إذا كان $\frac1\lambda \neq \lambda_n$ من أجل كل $n$، أي

وعند قيمة استثنائية $\lambda = (n+\frac12)^2\pi^2$: توجد الحلول إذا وفقط إذا كان $g \perp \sin\bigl((n{+}\frac12)\pi x\bigr)$، وتكون عندئذٍ وحيدة إلى غاية إضافة مضاعفات لذلك الجيب.

حل التمرين 15.10.

(a) $Sx = \lambda x$: بمقارنة الإحداثيات، $0 = \lambda x_1$ و $x_n = \lambda x_{n+1}$؛ فإذا كان $\lambda \ne 0$ فإن $x_1 = 0$ وبالتراجع $x = 0$؛ وإذا كان $\lambda = 0$، فإن $Sx = 0$ يفرض $x = 0$ (لأن $S$ متقايس). فلا قيم ذاتية. وتُقرأ $S^*x = \lambda x$ على الصورة $x_{n+1} = \lambda x_n$: أي $x = x_1(1, \lambda, \lambda^2, \dots)$، وهي في $\ell^2$ إذا وفقط إذا كان $\abs\lambda < 1$: أي قرص مفتوح كامل من القيم الذاتية. (b) $\norm{Se_n - Se_m} = \norm{e_{n+1} - e_{m+1}} = \sqrt2$: فليس لصورة المتتالية المحدودة $(e_n)$ أي متتالية جزئية كوشية؛ وبالمثل $S^*e_{n+1} = e_n$. فلا هذا ولا ذاك متراص. (c) من أجل المؤثرات المتراصة ذاتية المرافقة تلتقط القيم الذاتية كل شيء (المبرهنة 15.7)؛ وبإسقاط أي من الفرضيتين، قد تختفي القيم الذاتية تمامًا ($S$، وفولتيرا) أو تملأ قرصًا ($S^*$): فالكائن المتين هو الطيف $\{\lambda : T - \lambda I \text{ غير قابل للقلب}\}$، ونظريته تنتمي إلى مقرر لاحق.

حل التمرين 15.11.

(a) المؤثر $S$ هو المؤثر القطري بالمعاملات $\sqrt{\mu_n} \to 0$: فهو متراص (التمرين 15.2(b)، منقولًا إلى الأساس $(e_n)$ مكمَّلًا بالنواة $\ker T$ حيث $S = 0$)، وذاتي المرافقة (لأنه قطري حقيقي)، وموجب ($\langle x, Sx\rangle = \sum\sqrt{\mu_n}\abs{\langle e_n, x\rangle}^2$)، و $S^2 = T$ حدًّا حدًّا.

(b) يتبادل $R$ مع $T = R^2$؛ ومن أجل متجهة ذاتية $x$ للمؤثر $T$ بقيمة ذاتية $\mu$: $T(Rx) = RTx = \mu Rx$، ومنه يكون الفضاء الذاتي المنتهي البُعد $E_\mu = \ker(T - \mu)$ مستقرًّا بالمؤثر $R$. وعلى $E_\mu$، يكون $R$ متناظرًا موجبًا مع $R^2 = \mu\,\mathrm{id}$: فتحقق قيمه الذاتية $\rho$ أن $\rho^2 = \mu$ مع $\rho \geq 0$: ومنه تساوي كلها $\sqrt\mu$، ومؤثر قابل للقُطرنة بقيمة ذاتية واحدة سلّميٌّ: أي $R = \sqrt\mu\,\mathrm{id}$ على $E_\mu$. وعلى $\ker T$: $\norm {Rx}^2 = \langle x, R^2x\rangle = \langle x, Tx\rangle = 0$. فيتوافق $R$ مع $S$ على $\ker T$ وعلى كل فضاء ذاتي، والفضاء المولَّد المغلق بها هو $H$ (بالمبرهنة الطيفية): ومنه $R = S$.

(c) يفعل $\sqrt G$ بالمقدار $\frac1{n\pi}$ على $e_n = \sqrt2\sin(n\pi x)$: فهو مؤثر النواة ذو

والمتسلسلة متقاربة في $L^2(\intcc01^2)$ (بمعاملات $\frac1{n\pi} \in \ell^2$؛ وتعطي نوى المجاميع الجزئية التقريبات المنتهية الرتبة). ولا حاجة إلى أي صيغة مغلقة ابتدائية: فالجانب الطيفي هو المؤثر.

حل التمرين 15.12.

(a) المؤثر $T^*T$ متراص (لأنه جداء مؤثر محدود ومؤثر متراص، التمرين 15.3)، وذاتي المرافقة ($(T^*T)^* = T^*T$)، وموجب ($\langle x, T^*Tx\rangle = \norm{Tx}^2$). وأما النواة: $T^*Tx = 0 \Rightarrow \norm{Tx}^2 = \langle x, T^*Tx\rangle = 0 \Rightarrow Tx = 0$، وبالعكس: $\ker T^*T = \ker T$. وتوفّر المبرهنة الطيفية العائلةَ المتعامدة المتجانسة $(e_n)$ مع $T^*Te_n = s_n^2e_n$ و $s_n > 0$، المولِّدةَ للفضاء $(\ker T)^\perp$.