Cho không gian Hilbert H và T ∈ B(H). Sử dụng Định lý 1.14, ta thấy rằng tồn tại duy nhất toán tử Q∈ B(H) thỏa mãn (T(x),y) = (x,Q(y)) với mọix,y∈H.
Định nghĩa 2.8. Cho toán tử T trong không gian Hilbert H. Toán tử liên hợp củaT, kí hiệuT∗, được xác định bởi
(T(x),y) = (x, T∗(y))với mọix,y∈H.
Cho không gian Hilbert H, T ∈B(H) và cho T∗ ∈B(H) là toán tử liên hợp. Dễ thấy T∗∗ = T. Lưu ý IH∗ = IH, (λT)∗ = λT∗, (ST)∗ = T∗S∗, và
(T +S)∗=T∗+S∗ vớiT, S∈B(H).
Tính chất 2.3.1. Cho không gian Hilbert H, T ∈ B(H). λ ∈ σ(T) khi và chỉ khiλ ∈ σ(T∗).
Mệnh đề 2.9. Cho không gian HilbertH vàT ∈B(H). Khi đó
Ker(T) =T∗(H)⊥.
Chứng minh.
Ker(T) ={x∈H :T(x) =0}={x∈H;(T(x),y) =0với mọiy∈H}
={x∈H :(x,T∗(y)) =0 với mọiy∈H}=T∗(H)⊥.
Đặc biệt,H =Ker(T)⊕T∗(H).
Định nghĩa 2.9. Cho không gian Hilbert H. Một toán tử T ∈ B(H) được gọi là tự liên hợp hoặc là hecmit nếu T∗ =T, tức là, (T(x),y) = (x,T(y))
với mọix,y∈H.
Nhớ rằngT T∗ là tự liên hợp vớiT ∈B(H).
Mệnh đề 2.10. Cho H là không gian Hilbert phức. Với mọiT ∈B(H), tồn tại các toán tử tự liên hợpT1,T2 trong H sao choT =T1+iT2. Ngoài ra, sự phân tích này là duy nhất.
Chứng minh. ĐặtT1 = 12(T+T∗),T2=−12i(T−T∗). Thế thìT1,2 là tự liên hợp vàT1+iT2 =T.
Nếu T1,T2 là toán tử tự liên hợp sao cho T1+iT2 = 0, thì T1−iT2 = (T1+iT2)∗=0.Thực hiện cộng và trừ những phương trình này, ta cóT2 =0 vàT1 =0, điều này thỏa mãn tính duy nhất.
Trong không gian Hilbert phức H với mọiT ∈ B(H) ta có 4(T(x),y) = (T(x+y),x+y)−(T(x−y),x−y)
NếuH là không gian Hilbert thực vàT là toán tử tự liên hợp trênH, thì 4(T(x),y) = (T(x+y),(x+y)−(T(x−y),x−y).
Mệnh đề 2.11. Cho H là không gian Hilbert phức và T ∈ B(H). Nếu
(T(x),x) =0 với mọix∈H, thì T =0.
ChoH là không gian Hilbert thực. NếuT là tự liên hợp và(T(x),x) =0với mọix∈H, thìT =0.
Chứng minh. Bởi sự đồng nhất phân cực các toán tử, ta có(T(x),y) =0với mọix,y∈H; đặc biệt,(T(x),T(x)) =0với mọi x∈H. Cho nênT =0.
Ví dụ
Cho toán tửT trên R2 lấy theo T((x1,x2)) = (−x2,x1) (phép quay theo π/2). Khi đó (T(x),x) = (−x2x1+x1x2) =0 với x∈ R2, vì vậy Mệnh đề 2.11 không tổng quát trong trường hợp các toán tử không tự liên hợp.
Mệnh đề 2.12. Cho toán tử T trong không gian HilbertH. NếuT là tự liên hợp, thì kTk= sup x∈BH|(T(x),x)|. Chứng minh. Nếukxk ≤1thì|(T(x),x)| ≤ kT(x)k.kxk ≤ kTk.kxk2≤ kTk. Do đó sup x∈BH|(T(x),x)| ≤ kTk. Đặt sup x∈BH|(T(x),x)| = C. Ta có |(T(z),z)| ≤ Ckzk2 với mọiz∈H. Nếu z ∈ H, z 6=0, đặt λ =kTk(zzk)k 1 2 và u= λ1T(z). Sử dụng dữ kiện (T(λz),u) là số thực và đẳng thức hình bình hành, ta có kT(z)k2 = (T(λz),λ1T(z)) = (T(λz),u) = 14[T(λz+u),λz+u)−(T(λz−u),λz−u)] ≤ 14C(kλz+uk2+kλz−uk2 = 12C(kλzk2+kuk2) = 12C(λ2kzk2+ λ12 kT(z)k2) =Ckzk . kT(z)k.
Bổ đề 2.6. Cho không gian Hilbert H, T ∈B(H). Nếu T là tự liên hợp, thì
(T(x),x) là số thực với mọi x∈H, và mọi giá trị riêng củaT đều là các số thực.
Chứng minh. Cho x∈ H. Thế thì (T(x),x) = (x,T(x)) = (T(x),x). Nếu λ là giá trị riêng củaT với vectơ riêngx, thì(T(x),x) = (λx,x) = λ(x,x),và do đóλ = (T(x),x)
kxk2 là thực.
Mệnh đề 2.13. Cho không gian Hilbert H và T ∈ B(H). Nếu T là tự liên hợp, thìkTnk=kTkn với mọin≥1. Chứng minh. Ta có kTk2 = sup x∈BH (T(x),(x)) = sup x∈BH (T∗T(x),x) ≤ kT∗Tk ≤ kT∗k.kTk=kTk2. Do đókT∗Tk=kT T∗k=kTk2. VìT là tự liên hợp,kTk2=T2. Toán tửTk cũng là tự liên hợp nên ta có T2k
=kTk2k với mọi k. Nếu1≤n≤ 2k, thì kTk2k = T2k = TnT2k−n ≤ kTnk.kTk2k−n ≤ kTknkTk2k−n = kTk2k;cho nên kTnk.kTk2k−n =kTk2k. Do đó kTnk=kTkn.
Mệnh đề 2.14. Cho toán tử tự liên hợp T trong không gian Hilbert T và choλ là đại lượng vô hướng. Khi đó λ ∈σ(T) khi và chỉ khi
inf
x∈SHk(λIH−T)(x)k=0.
Chứng minh. Nếu λ ∈ ρ(T), thì (λIH−T)−1 ∈ B(H) và với x∈ SH ta có 1=kxk=
(λIH−T)−1(λIH −T)(x)
≤
(λIH −T)−1
.k(λIH −T)(x)k. Cho nên inf
kxk=1k(λIH−T)(x)k ≥
(λIH −T)−1
−1
. Bây giờ giả sử inf
x∈SH k(λIH −T)(x)k −C > 0 với C > 0. Thế thì ta có k(λIH−T)(x)k ≥ Ckxk với mọi x∈ X, và cho nên λIH −T là một phép
đẳng cấu vào (Mệnh đề 1.7). Đặc biệt, hạng của nó là đóng trong H. Ta sẽ chứng tỏ rằngλIH −T cũng là trù mật trong H, do đó chứng tỏ λIH −T là khả nghịch.
Ngược lại, giả sử (λIH −T)(H) không trù mật trong H. Khi đó, theo Mệnh đề 1.8 và Định lí 1.14, có y0 ∈ H,y0 6= 0, sao cho
((λIH −T)(x),y0) =0 với mọi x∈ H. Vì ((λIH −T)(x),y0) = (x,(λIH −
T)(y0))với mọix∈HbởiT là toán tử tự liên hợp, ta có(x,(λIH−T)(y0)) =
0với mọix∈H; cho nên(λIH−T)(y0) =0vày06=0. Nghĩa làλ là giá trị riêng củaT. Vì tất cả các giá trị riêng củaT đều thực nên(λIH−T)(y0) =0 vày06=0, trái vớik(λIH−T)(y0)k ≥Cky0k. Do đó(λIH−T)(H)là trù mật trongH.
Định lý 2.6. Cho toán tử tự liên hợp T trong không gian Hilbert H. Đặt
mT = inf
x∈SH(T(x),x)vàMT = sup
x∈SH
(T(x),x).Khi đóσ(T)⊂[mT,MT](khoảng đóng trên đường thẳng thực) vàmT,MT ∈σ(T).
Chứng minh. Đầu tiên, ta chứng tỏ rằng σ(T) nằm trên đường thẳng thực. Giả sửH là không gian Hilbert phức, và lấyλ =α+iβ. Với mọix∈SH, ta có (λx−T(x),x)−(x,λx−T(x)) = (λ−λ)(x,x) =2iβ; cho nên 2|β|=|(λx−T(x),x)−(x,λx−T(x))| ≤ |(λx−T(x),x)|+|(x,λx−T(x))| ≤ kλx−T(x)k . kxk+kxk . kλx−T(x)k Điều này chứng tỏ inf
x∈SHk(λIH −T)(x)k ≥ |β,|vìλ ∈σ(T)kéo theo|β|=0 bởi Mệnh đề 2.14, tức là,λ là số thực.
XétS=T+µIH, ta cóσ(S) =σ(T)+µ,mS=mT+µ, vàMS=MT+µ, vì vậy ta giả sử0≤mT ≤MT.
theo Mệnh đề 2.6. Ta chứng tỏ λ = mT −d ∈/ σ(T) với mọi d > 0. Với x∈SH, ta có ((T−λIH)(x),x) = (T(x),x)−(λx,x)≥mT −λkxk2 =mT −λ =d. Vì |((T−λIH)(x),x)| ≤ k(λIH −T)(x)kkxk= k(λIX −T)(x)k, nên ta có inf x∈SHk(λIH −T)(x)k ≥ d >0. Theo Mệnh đề 2.14, λ ∈/ σ(T) và σ(T) ⊂ [mT,MT].
Bây giờ ta sẽ chứng tỏ rằng MT ∈ σ(T). Ta lại sử dụng Mệnh đề 2.13. Cho xn ∈ SH sao cho (T(xn),xn) →MT. Ta giả sử 0≤mT ≤MT; cho nên
MT =kTk,đặc biệt,kT(xn)k ≤MT. Sử dụng dữ kiện(T(xn),xn)là thực, ta có 0≤ k(MTIH−T)(xn)k2 =kMTxn−T(xn)k2 =MT2kxnk2+kT(xn)k2−2MT(T(xn),xn) ≤MT2 +MT2−2MT(T(xn),xn) → 0. Do đók(MTIH −T)(xn)k →0và vì vậyMT ∈σ(T). Vì S =T −MTIH, ta có mS ≤ MS = 0, nên |mS| = kSk và ta chứng minh tương tự vớimS ∈σ(S), tức là,mT ∈ σ(T).
Đặc biệt,kTk ∈σ(T) nếuT là tự liên hợp.
Bổ đề 2.7. Cho toán tửT trong không gian HilbertH. NếuT là tự liên hợp, thì các vectơ riêng tương ứng với giá trị riêng khác nhau là trực giao.
Chứng minh. NếuT(x1) =λx1vàT(x2) =µx2 vớix16=0vàx26=0,λ 6=µ, thì (λ, µ là thực)
(T(x1),x2) = (λx1,x2) =λ(x1,x2)
(T(x1),x2) = (x1,T(x2)) = (x1,µx2) =µ(x1,x2).
Do đó(λ −µ)(x1,x2) =0.Vì (λ −µ)6=0, ta có(x1,x2) =0.
Điều này chỉ ra rằng các không gian riêng tương ứng đối với giá trị riêng khác biệt của một toán tử tự liên hợp là trực giao lẫn nhau. Giả sử các không
gian riêng là các không gian con bất biến với toán tử đã cho. Cho không gian con đóng M của không gian Hilbert H phần bù trực giao M⊥ của H
thỏa mãnH =M⊕M⊥.
Mệnh đề 2.15. Cho toán tử tự liên hợp T trong không gian HilbertH. Cho
M là không gian con đóng của H là bất biến đối với T. Khi đó N =M⊥ là bất biến đối với T. Kí hiệu T1 =T|M và T2=T|N. Thế thì T1 là toán tử tự liên hợp trênM,T2 là toán tử tự liên hợp trênN,T(H) =T1(M)⊕T2(N), và
σ(T) =σ(T1)∪σ(T2).
Chứng minh. Cho y∈ N. Vì M là bất biến đối với T, với mọi x∈ M ta có 0= (T(x),y) = (x,T(y))và do đóT(y)∈N.Vì vậy,N là bất biến đối vớiT. Vì cảMvàN đều bất biến, hạn chế là các toán tử tự liên hợp trong không gian con tương ứng.
Cho λ ∈ σ(T1). Theo Mệnh đề 2.14, ta có xn ∈ SM sao cho kλxn−T1(xn)k → 0. Cho nên kλxn−T(xn)k → 0, chứng tỏ λ ∈ σ(T1). Tương tự, ta chứng tỏσ(T2)⊂σ(T).
Giả sử λ ∈/ σ(T1)∪σ(T2). Khi đó tồn tạiC >0sao cho với mọi x∈ M
và với mọi y∈N, ta có kλx−T(x)k ≥Ckxk và kλy−Tyk ≥Ckyk. Ta có
z∈Hkhiz=x+yvớix∈Mvày∈N. Vìλx−T(x)∈M vàλy−T(y)∈N, ta có
kλz−T(z)k2=kλx−T(x)k2+kλy−T(y)k2≥C2(kxk2+kyk2) =C2kzk2.
Vì vậy,λ ∈/ σ(T) theo Mệnh đề 2.14.
Mệnh đề 2.16. Mọi toán tử compact tự liên hợp trong không gian Hilbert đều có giá trị riêng.
Chứng minh. NếuT =0, thì 0 là một giá trị riêng. NếuT 6=0, thì theo Định lý 2.6,kTk ∈σ(T), vàkTk 6=0là một giá trị riêng theo Mệnh đề 2.7.
Định lý 2.7. ([6]) Cho toán tử tự liên hợp T 6=0 trong không gian Hilbert
H vô hạn chiều. Thế thì σ(T) = {0} ∪ {λi}, ở đó λi là giá trị riêng thực khác 0 củaT. Tập hợp {λi} bao hàm kTk và hoặc là hữu hạn hoặc là dãy
đếm được hội tụ đến 0.
Hơn nữa, không gian H có cơ sở trực giao được tạo bởi các vectơ riêng tương ứng với các giá trị riêng củaT.
Chứng minh. Vì H là vô hạn chiều và T là compact, 0 ∈ σ(T). Lại có kTk ∈σ(T) nên có ít nhất một giá trị riêng khác 0, và theo Mệnh đề 2.8 và Định lí 2.6 có vô số các giá trị riêng thực đếm được củaT hội tụ đến 0.
Còn phải chứng tỏ ta có thể lập cơ sở trực giao ngoài vectơ riêng củaT. Với một giá trị riêngλ, kí hiệu Nλ =Ker(λIH −T). Ta lập cơ sở trực giao
Bλ của mỗi mộtNλ. Theo Bổ đề 2.7,B=∪Bλ là một tập hợp trực giao trong
H; rõ ràng, span(B) bao hàm mọi vectơ riêng củaT. Nếu span(B) 6=H, ta xétG=span(B)⊥. Vì mọi không gian riêng bất biến đối vớiT, nênspan(B)
cũng vậy và do đó, theo Mệnh đề 2.15, G cũng là không gian con bất biến đối với G. Hơn nữa, σ(T) = σ(T|span(B)) +σ(T|G). Tuy nhiên, T|G có một giá trị riêng, và có vectơ riêng v khác 0. Nó cũng là vectơ riêng của
T và do đó v∈ G∩span(B), điều này mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ rằng
span(B) =H;do đó B là cơ sở trực giao củaH.
Hệ quả 2.3. Cho toán tử compact tự liên hợp T trong không gian Hilbert
H. Khi đóσ(T) là bao đóng của giá trị riêng củaT.
Chứng minh. Nếu H là hữu hạn chiều, thì mọi λ ∈ σ(T) là giá trị riêng. Nếu H vô hạn chiều, thì chỉ có một điểm của σ(T) không là giá trị riêng là 0. Nếu tập hợp giá trị riêng khác 0 là đếm được, thì nó hội tụ đến 0.
Trường hợp cuối cùng là tập hợp các giá trị riêng khác 0 là hữu hạn vàH
là vô hạn chiều. Vì các không gian riêng của các giá trị riêng khác 0 là hữu hạn chiều (Định lý 2.2), nên chỉ có một khả năng cho việc các vectơ riêng tạo thành cơ sở trực giao đó là 0 là giá trị riêng.
Định lý 2.8. (Sự phân tích phổ) Cho toán tử compact tự liên hợp T trong không gian HilbertH vô hạn chiều tách được . Khi đó tồn tại cơ sở trực giao
{ei} của H sao cho mỗi ei là vectơ riêng tương ứng với giá trị riêng thực nào đóλi củaT, và với mọi x∈H ta có
T(x) =
∞
∑ i=1
λi(x,ei)ei
Hơn nữa, với mọiλ ∈/ σ(T) vàx∈H, ta có
R(λ)(x) = ∞ ∑ i=1 (x,ei) λ−λi ei.
Chứng minh. Cho {ei} là cơ sở trực giao (đếm được) của H theo Định lý 2.45. Ta có{ei}là một cơ sở trực giao, vớix∈Hbất kì thì chuỗi∑λi(x,ei)ei
hội tụ, vì m ∑ i=n λi(x,ei)ei 2 = ∑m i=n|λi(x,ei)|2 ≤ kTk ∑m i=n|(x,ei)|2 →0 khin,m→∞. Ngoài ra, nếu kxk ≤1, thì với mọi n∈ Nta có
n ∑ i=1 λi(x,ei)ei 2 = n ∑ i=1 λi2|(x,ei)|2 ≤ kTk2 n ∑ i=1 |(x,ei)|2 ≤ kTk2. ∞ ∑ i=1 |(x,ei)|2 =kTk2.kxk2 Do đó, toán tử G được xác định là G(x) = ∑∞ i=1 λi(x,ei)ei ∈B(H) là liên tục. Từ T(ei) = λiei ta có T(ei) = G(ei), theo tính chất tuyến tính và liên tục,T =Gtrên H.
Xét λ ∈ ρ(T) nào đó. Vì σ(T) đóng nên tồn tại δ > 0 sao cho
dist(λ,σ(T))>δ. Khi đó |λi−λ| ≥δ với mọii. Cho nên m ∑ i=n (x,ei) λ−λiei 2 = ∑m i=n |(x,ei)|2 |λ−λi|2 ≤ δ−2 ∑m
i=n|(x,ei)|2 với trực tâm của {ei}. Do đó chuỗi là hội tụ với mọi x∈ H, và ta xác định toán tử tuyến tính
trênH làG(x) =∑ (x,ei) λ−λi ei. Với kxk ≤1, ta có n ∑ i=1 (x,ei) (λ−λi)ei 2 = n ∑ i=1 |(x,ei)|2 |λ−λi)|2 ≤ δ −2∑n i=1 |(x,ei)|2 ≤δ−2 ∞ ∑ i=1 |(x,ei)|2 = δ−2kxk2 ≤ δ−2
đặc biệt, G là toán tử tuyến tính bị chặn trên H. Với x=∑(x,ej)ej, ta có
T(x) =∑ j λj(x,ej)ej và(λIH−T)(x) =∑ j (λ −λj)(x,ej)ej;do đó, sử dụng (ei,ej) =δi,j, ta có (λIH−T)(G(x)) =∑ j (λ−λj) ∑ i (x,ei) λ −λi ei,ej ! ej =∑ i,j (λ−λj)(x,ei) λ−λi(ei,ej)ej =∑ j (x,ej)ej =x. Tương tự, chứng tỏ đượcG(λIH−T), và do đó G=R(λ).
Định nghĩa 2.10. Cho không gian Hilbert H, và cho T là một toán tử trên
H.T được gọi là chính tắc nếu T T∗=T∗T. T được gọi là đơn nhất nếu nó là khả nghịch vàT−1=T∗.
Rõ ràng, mọi toán tử đơn nhất là chuẩn và mọi toán tử tự liên hợp là chuẩn.
Mệnh đề 2.17. Cho không gian Hilbert H, T ∈B(H).T là chính tắc khi và chỉ khikT(x)k=kT∗(x)kvới mọi x∈H.
Chứng minh. Với x∈H, ta có
kT(x)k2− kT∗(x)k2= (T(x),T(x))−(T∗(x),T∗(x)) = (T∗T(x),x)−(T T∗(x),x) = ((T∗T −T T∗)(x),x).
Nếu T là chính tắc, thì kết quả cuối cùng là 0 với mọi x ∈ H, vì vậy kT(x)k = kT∗(x)k với mọi x ∈ H. Nếu ((T∗T−T T∗)(x),x) = 0, vì
T∗T −T T∗ luôn luôn tự liên hợp nên ta có T∗T −T T∗ = 0 theo Mệnh đề 2.12 và do đóT là chính tắc.
Mệnh đề 2.18. Cho không gian Hilbert H. Nếu T ∈ B(H) là lên, thì các mệnh đề sau đây là tương đương
(i) T là đơn nhất; (ii) T là phép đẳng cự;
(iii)(T(x),T(y)) = (x,y)với mọi x,y∈ H.
Nếu điều kiện (iii) được thỏa mãn với toán tử T ∈ B(H), ta nói rằng T
bảo toàn tích trong.
Chứng minh. Theo sự đồng nhất phân cực với không gian Hilbert thực hoặc phức, chứng tỏ rằngT đúng trong kết quả khi và chỉ khi T là phép đẳng cự. Do đó, (ii) và (iii) là tương đương. NếuU là đơn nhất, thì (T(x),T(y)) = (T∗T(x),y) = (x,y) với mọi (x,y), nên T thỏa mãn (iii). Nếu T thỏa mãn
(iii), thì nó là phép đẳng cự và lên, và do đó T−1 tồn tại. Theo (iii) thì
(T∗T(x),y) = (x,y) với mọix,y∈H;do đó T∗T =IX vàT−1 =T∗.
Ta đã có nếu P là phép chiếu tuyến tính bị chặn của không gian Banach
X trên P(X), thì X =P(X)⊕Ker(P).
Định nghĩa 2.11. Cho không gian Hilbert H và P là phép chiếu tuyến tính bị chặn của H lên P(H). P được gọi là phép chiếu trực giao nếu
Ker(P)⊥P(H).
Vì ta luôn có Ker(P)⊕P(H) =H và hai không gian con là đóng, nên
P(H) =Ker(P)⊥ vàKer(P) =P(H)⊥ tương đương nhau.
Bổ đề 2.8. Cho không gian Hilbert H vàx,y∈ H.Nếu kx+αyk ≥ kxk với mọi vô hướngα, thì (x,y) =0.
Chứng minh. Ta có kxk2 ≤ kx+αyk2 = (x,x) +|α|2(y,y) +2Re(α(y,x)).
2Re(r1r2ei(t+ξ)). Nếu ta chọnt sao cho t+ξ =π, thì 2Re(r1r2ei(t+ξ)) =
−2r1r2 và do đó ta có −2r1r2+r21kyk ≥0r1 >0.
Thế thì −2r2+r1 >0 với mọi r1 >0, điều này chỉ xảy ra nếu r2 =0.
Do đó(y,x) =0.
Định lý 2.9. ChoT là phép chiếu tuyến tính bị chặn của không gian Hilbert