15Compacte operatoren en de spectraalstelling

Oplossing van Oefening 15.1.

(a) $T(B)$ is een begrensde deelverzameling van de eindigdimensionale $\operatorname{im}T$: relatief compact volgens Heine–Borel (Gevolg 6.17, overgezet met een lineair homeomorfisme met $\R^n$). (b) $I$ compact betekent dat de gesloten eenheidsbal compact is, wat volgens de stelling van Riesz (volume van bachelorjaar 2) precies in eindige dimensie gebeurt. Had een compacte $T$ een begrensde inverse $T^{-1}$, dan zou $I = T^{-1}T$ compact zijn (Propositie 15.2): onmogelijk in oneindige dimensie.

Oplossing van Oefening 15.2.

(a) $\norm{Tx}^2 = \sum\abs{\lambda_n}^2\abs{x_n}^2 \leq \sup\abs{\lambda_n}^2\norm x^2$, met bijna gelijkheid op de $e_n$ die het supremum verwezenlijken. (b) ($\Leftarrow$) De afknottingen $T_N$ (behoud $n \leq N$, daarbuiten nul) hebben eindige rang met $\vertiii{T - T_N} = \sup_{n>N}\abs{\lambda_n} \to 0$: compact volgens Propositie 15.2. ($\Rightarrow$) Is $\abs{\lambda_{n_k}} \geq \delta > 0$ langs een deelrij, dan is $\norm{Te_{n_k} - Te_{n_l}}^2 = \abs{\lambda_{n_k}}^2 + \abs{\lambda_{n_l}}^2 \geq 2\delta^2$: geen enkele convergente deelrij van $(Te_{n_k})$. (c) $T^*$ is de diagonaaloperator met $(\bar\lambda_n)$: zelftoegevoegd dan en slechts dan als alle $\lambda_n \in \R$. Dan is de standaardbasis $(e_n)$ een orthonormale basis van eigenvectoren, met eigenwaarden $\lambda_n \to 0$: de spectraalstelling woordelijk.

Oplossing van Oefening 15.3.

Zij $(x_n)$ begrensd. Dan is $(Bx_n)$ begrensd ($\vertiii B < \infty$); de compactheid van $S$ haalt er $SBx_{n_k} \to y$ uit, en de continuïteit van $A$ geeft $ASBx_{n_k} \to Ay$: dus is $ASB$ compact. Is $ST = TS = I$ met $T$ compact en $\dim H = \infty$, dan zou $I = ST$ compact zijn, in tegenspraak met Oefening 15.1(b) — dezelfde uitspraak, van de andere kant bekeken.

Oplossing van Oefening 15.4.

(a) Met Cauchy–Schwarz in $y$: $\abs{T_kf(x)}^2 \leq \bigl(\int\abs{k(x,y)}^2\dd y\bigr)\norm f_2^2$; integreer naar $x$ (Tonelli): $\norm{T_kf}_2 \leq \norm k_{L^2(\square)} \norm f_2$.

(b) De familie $e_{mn}(x,y) = e_m(x)\overline{e_n(y)}$ is orthonormaal in $L^2(\intcc01^2)$ (Tonelli splitst de dubbele integraal). Totaal: staat $h$ loodrecht op alle $e_{mn}$, dan staat voor elke $m$ de functie $y \mapsto \int h(x,y)\overline{e_m(x)}\dd x$ (in $L^2$ volgens Cauchy–Schwarz en Tonelli) loodrecht op elke $\overline{e_n}$ — en de toegevoegden $(\overline{e_n})$ vormen een hilbertbasis zodra $(e_n)$ dat doet (toevoeging is een isometrische bijectie van $L^2$ die orthogonaliteit en totaliteit behoudt) — dus is ze $0$ b.o.; dan staat voor b.o. $y$ $h(\cdot, y)$ loodrecht op elke $e_m$: dus $h(\cdot, y) = 0$ b.o., en $h = 0$ (Tonelli). Bijgevolg is $(e_{mn})$ een hilbertbasis; ontwikkel $k = \sum c_{mn}e_{mn}$. De afknotting $k_N$ (indices $\leq N$) geeft een $T_{k_N}$ van eindige rang (beeld in $\operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_N)$), en volgens (a) is

$T_k$ is een limiet in norm van operatoren van eindige rang, dus compact (Propositie 15.2).

Oplossing van Oefening 15.5.

(a) Op een eigenvector is $\lambda\norm x^2 = \langle x, Tx\rangle \geq 0$. De formule is Propositie 15.5 met alle waarden $\langle x, Tx\rangle \geq 0$: de absolute waarde is overbodig. (b) $(x, y) \mapsto \langle x, Ty\rangle$ is een hermitische positieve (mogelijk ontaarde) sesquilineaire vorm; het gebruikelijke bewijs van Cauchy–Schwarz (ontwikkel $\langle x + t\eu^{\iu\theta}y, T(x + t\eu^{\iu\theta}y)\rangle \geq 0$ en neem de discriminant) gebruikt de definietheid nergens.

Oplossing van Oefening 15.6.

(a) $\norm{Mf}_2 \leq \norm f_2$, en op $f_n = \sqrt n\, \mathbf 1_{\intcc{1 - 1/n}1}$ (eenheidsvectoren) is $\norm{Mf_n}_2 \geq 1 - \frac1n$: dus $\vertiii M = 1$; zelftoegevoegd omdat de vermenigvuldiger reëel is. Eigenwaarden: $xf(x) = \lambda f(x)$ b.o. dwingt $f = 0$ b.o. af buiten de nulverzameling $\{x = \lambda\}$: dus $f = 0$ in $L^2$. (b) Met dezelfde $f_n$: $\norm{Mf_n - f_n}_2 \leq \frac1n \to 0$, terwijl $f_n \rightharpoonup 0$ (voor vaste $g \in L^2$ is $\abs{\langle g, f_n\rangle} \leq \norm{g\,\mathbf 1_{\intcc{1-1/n}1}}_2 \to 0$ volgens de gedomineerde convergentie). Zou $Mf_{n_k} \to h$ in norm, dan is $f_{n_k} \to h$, wat $h = 0$ afdwingt (zwakke limiet) terwijl $\norm h = 1$: dus geen enkele convergente deelrij. (c) In Lemma 15.6 gebruikt precies de extractie “$Tx_{n_k} \to y$” de compactheid; voor $M$ concentreren de maximaliserende rijen zich nabij $x = 1$ en convergeren hun beelden zwak naar $0$, nooit in norm: de eigenvector aan de top van het numerieke bereik bestaat eenvoudigweg niet.

Oplossing van Oefening 15.7.

(a) $V = T_k$ met $k(x, y) = \mathbf 1_{y < x} \in L^2(\intcc01^2)$: compact (Oefening 15.4). Haar toegevoegde is de kernoperator met kern $\overline{k(y, x)} = \mathbf 1_{y > x}$: $V^*f(x) = \int_x^1f$; en $V \neq V^*$ (test op $f = \mathbf 1$). (b) Is $Vf = \lambda f$ met $\lambda \ne 0$, dan is $Vf$ continu op $\intcc01$ (gedomineerde convergentie in $\int_0^x f$), dus heeft $f = \frac1\lambda Vf$ een continue vertegenwoordiger; dan is $Vf$ $\mathcal C^1$ (de hoofdstelling van de integraalrekening voor continue integranden), dus is $f$ $\mathcal C^1$, met $\lambda f' = f$ en $f(0) = \frac1\lambda Vf(0) = 0$: dus $f = C\eu^{x/\lambda}$ met $C = f(0) = 0$. (c) $V$ is compact zonder enige eigenwaarde behalve mogelijk $0$ ($Vf = 0$ dwingt $f = 0$ b.o. af door de integraal te differentiëren — dus zelfs $0$ niet): de spectrale machinerie vereist werkelijk zelftoegevoegdheid, niet enkel compactheid.

Oplossing van Oefening 15.8.

Schrijf $x = \sum_ic_ie_i + z$ met $z \in \ker T$, zodat $\langle x, Tx\rangle = \sum_i\mu_i\abs{c_i}^2$. Ondergrens: op de eenheidssfeer van $V_k = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_k)$ is $\langle x, Tx\rangle = \sum_{i\leq k}\mu_i\abs{c_i}^2 \geq \mu_k$: het maximum over $V$ van het minimum is dus $\geq \mu_k$. Bovengrens: zij $\dim V = k$ en $W_k = \overline{\operatorname{Vect}}(e_k, e_{k+1}, \dots) + \ker T$, van codimensie $k - 1$ (haar orthogonaal complement is $V_{k-1}$); dan is $V \cap W_k \neq \{0\}$ (een lineaire afbeelding $V \to H/W_k \cong V_{k-1}$ van rang $\leq k - 1$ heeft een kern $\neq 0$), en een eenheidsvector $x \in V\cap W_k$ heeft $\langle x, Tx\rangle = \sum_{i \geq k}\mu_i\abs{c_i}^2 \leq \mu_k$: het minimum over $V$ is dus $\leq \mu_k$. Samen: de eerste formule; de tweede wordt symmetrisch bewezen (test $W = W_k$; voor willekeurige $W$ van codimensie $k-1$ geeft $W \cap V_k \neq 0$ een eenheidsvector met $\langle x, Tx\rangle \geq \mu_k$). Monotonie: $\langle x, Tx\rangle \leq \langle x, Sx\rangle$ draagt puntsgewijs door de $\max\min$ heen.

Oplossing van Oefening 15.9.

Herschrijf haar als $f - \lambda Tf = g$. Voor $\lambda = 0$ is $f = g$, altijd uniek oplosbaar. Voor $\lambda \neq 0$ luidt ze $(T - \frac1\lambda)f = -\frac g\lambda$, en volgens het alternatief van Fredholm (Stelling 15.8) met de eigenwaarden $\lambda_n = \bigl((n + \frac12)\pi\bigr)^{-2}$ van $T$ (Voorbeeld 15.9) is ze voor elke $g$ uniek oplosbaar dan en slechts dan als $\frac1\lambda \neq \lambda_n$ voor elke $n$, dat wil zeggen

Bij een uitzonderlijke $\lambda = (n+\frac12)^2\pi^2$ bestaan er oplossingen dan en slechts dan als $g \perp \sin\bigl((n{+}\frac12)\pi x\bigr)$, en dan zijn ze uniek op het optellen van veelvouden van die sinus na.

Oplossing van Oefening 15.10.

(a) $Sx = \lambda x$: coördinaten vergelijken geeft $0 = \lambda x_1$ en $x_n = \lambda x_{n+1}$; is $\lambda \ne 0$, dan is $x_1 = 0$ en inductief $x = 0$; is $\lambda = 0$, dan dwingt $Sx = 0$ $x = 0$ af ($S$ is isometrisch). Geen eigenwaarden. $S^*x = \lambda x$ luidt $x_{n+1} = \lambda x_n$: $x = x_1(1, \lambda, \lambda^2, \dots)$, in $\ell^2$ precies wanneer $\abs\lambda < 1$: een volle open schijf eigenwaarden. (b) $\norm{Se_n - Se_m} = \norm{e_{n+1} - e_{m+1}} = \sqrt2$: het beeld van de begrensde $(e_n)$ heeft geen enkele cauchydeelrij; en evenzo $S^*e_{n+1} = e_n$. Geen van beide is compact. (c) Voor compacte zelftoegevoegde operatoren vangen de eigenwaarden alles (Stelling 15.7); laat je een van beide hypothesen vallen, dan kunnen de eigenwaarden volledig verdwijnen ($S$, Volterra) of een schijf vullen ($S^*$): het robuuste object is het spectrum $\{\lambda : T - \lambda I \text{ niet inverteerbaar}\}$, waarvan de theorie tot een latere cursus behoort.

Oplossing van Oefening 15.11.

(a) $S$ is de diagonaaloperator met coëfficiënten $\sqrt{\mu_n} \to 0$: compact (Oefening 15.2(b), overgezet naar de basis $(e_n)$ aangevuld met $\ker T$, waar $S = 0$), zelftoegevoegd (reële diagonaal), positief ($\langle x, Sx\rangle = \sum\sqrt{\mu_n}\abs{\langle e_n, x\rangle}^2$), en $S^2 = T$ term voor term.

(b) $R$ commuteert met $T = R^2$; voor een eigenvector $x$ van $T$ bij eigenwaarde $\mu$ is $T(Rx) = RTx = \mu Rx$, dus is de eindigdimensionale eigenruimte $E_\mu = \ker(T - \mu)$ $R$-stabiel. Op $E_\mu$ is $R$ symmetrisch en positief met $R^2 = \mu\,\mathrm{id}$: haar eigenwaarden $\rho$ voldoen aan $\rho^2 = \mu$ met $\rho \geq 0$, dus zijn ze alle gelijk aan $\sqrt\mu$, en een diagonaliseerbare operator met één enkele eigenwaarde is scalair: $R = \sqrt\mu\,\mathrm{id}$ op $E_\mu$. Op $\ker T$: $\norm {Rx}^2 = \langle x, R^2x\rangle = \langle x, Tx\rangle = 0$. Dus valt $R$ samen met $S$ op $\ker T$ en op elke eigenruimte, waarvan het gesloten opspansel $H$ is (spectraalstelling): $R = S$.

(c) $\sqrt G$ werkt als $\frac1{n\pi}$ op $e_n = \sqrt2\sin(n\pi x)$: het is de kernoperator met

waarbij de reeks convergeert in $L^2(\intcc01^2)$ (de coëfficiënten $\frac1{n\pi}$ liggen in $\ell^2$; de kernen van de partiële sommen geven de benaderingen van eindige rang). Een elementaire gesloten vorm is niet nodig: de spectrale kant is de operator.