z Tức là e =
3.2Dạng phân tích cực của một toán tử
Định lý 3.2.1. Cho X là một không gian Hilbert phức và U ∈ L(X) là toán tử unita. Khi đó có một toán tử tự liên hợp Θ sao cho U = eiΘ.
Chứng minh. Xét các toán tử tự liên hợp V = (U +U ∗)
2 vàW =
(U −U∗) 2i .
Khi đó U = V + iW. Vì U là toán tử unita nên theo Định lý 1.1.8 suy ra
U U∗ = U∗U = IX nên W và V giao hoán với nhau. Mà U là toán tử unita nên
U cũng là đẳng cự do đó
k2V xk= k(U +U∗)xk ≤ kU xk+kU∗xk ≤2kxk.
Từ đó suy ra V2+W2 = I và kVk, kWk ≤ 1.
Bây giờ ta xét ánh xạ cos : [0, π] −→ [−1,1], đây là một song ánh. Cho
f : [−1,1] −→ [0, π] là hàm ngược của hàm cos. Khi đó f là một hàm liên tục trên [−1,1] mà kVk ≤ 1 nên f liên tục trên σ(V). Đặt B = f(V). Với mọi y ∈ [−1,1] ta có cos(f(y)) = y. Cho nên cos(B) = cos(f(V)) = V. Ta có
(sin(B))2 = I − (cos(B))2 = I − V2 = W2. Vì B = f(V) nên theo Định lý 3.1.10.v) ta suy ra B giao hoán với bất kỳ toán tử nào mà giao hoán với V. Mà W giao hoán với V nên B giao hoán với W. Cũng theo Định lý 3.1.10.v) ta suy ra sin(B)giao hoán với W. Vậy theo Bổ đề 3.1.13 thì W =Jsin(B)với
J là ánh xạ đối hợp giao hoán với cả sin(B) và W. Mà B cũng giao hoán với
sin(B) và W nên B cũng giao hoán với J. Do đó
sin(J B) = ∞ X k=0 (−1)k.(J B) 2k+1 (2k+ 1)! = ∞ X k=0 (−1)kJ 2k+1B2k+1 (2k+ 1)! =J ∞ X k=0 (−1)k B 2k+1 (2k + 1)!
suy ra sin(J B) = Jsin(B) = W. Tương tự, ta cũng có cos(J B) = cos(B) =V.
Định lý 3.2.2. Cho X là không gian Hilbert phức và T ∈ L(X) chuẩn tắc. Khi đó ta có thể viết T = RU = U R với R là một toán tử dương nào đó và
U là một toán tử unita. Do đó T = R.eiΘ với R ≥ 0 và Θ là tự liên hợp. Đây được gọi là sự phân tích cực của T.
Chứng minh. Gọi R là căn bậc hai dương của T∗T. Với mọi x ∈X ta có
kRxk2 =hRx, Rxi= hR2x, xi=hT∗T x, xi= hT x, T xi= kT xk2.
Xét tương ứng U : R(X)−→X Rx 7−→T x.
Với mọi x, y ∈ X nếu Rx= Ry thì R(x−y) = 0. Cho nên
kT x−T yk= kT(x−y)k= kR(x−y)k= 0.
Suy ra T x = T y hay U(Rx) = U(Ry). Vậy U là một ánh xạ. Mà T là ánh xạ tuyến tính nên U cũng là ánh xạ tuyến tính.
Với mọi y ∈ R(X) tồn tại x ∈X để R(x) = y. Suy ra
kU yk =kU R(x)k= kT xk= kRxk =kyk.
Vậy U là toán tử đẳng cự nên theo Định lý 1.1.7 suy ra U liên tục. Do đó theo Định lý 1.2.4 thì U được mở rộng một cách duy nhất thành ánh xạ tuyến tính liên tục đi từ R(X) vào X và ta ký hiệu là U0. Vì T chuẩn tắc nên với mọi
x∈ X ta đều có
kT xk2 = hT x, T xi= hT∗T x, xi=hT T∗x, xi= hT∗x, T∗xi =kT∗xk2.
Vậy kRxk = kT xk = kT∗xk nên ker(T) = Ker(T∗) = ker(R) = ker(R∗) và
R(X) = (ker(R∗))⊥ = (ker(T∗))⊥ =T(X). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bây giờ ta sẽ chứng minh U0(R(X)) là một tập đóng trong T(X). Ta có thể kiểm tra được rằng U0(R(X)) ⊂ U0(R(X)) = T(X). Mặt khác, với mọi dãy
(yn)n ⊂ U0(R(X)), yn → y. Khi đó tồn tại (xn)n ⊂ R(X), sao cho yn = U0xn. Ta có
kyn−ymk =kU0xn−U0xmk =kxn −xmk,với mọi m, n ∈ N.
Vì (yn)n hội tụ nên là dãy Cauchy trong X. Do đó (xn)n cũng hội tụ. Giả sử
nhất do đó U0x = y. Từ đó suy ra y ∈ U0(R(X)). Vậy U0(R(X)) là một tập đóng trong T(X) . Mặt khác ta lại có T(X) = U0(R(X)) ⊂ U0(R(X)). Vậy
U0(R(X)) =T(X). Cho nên ta có thể định nghĩaU0 trên toàn bộ X bằng cách đặtU0x =x, với mọix∈ (R(X))⊥. Khi đó với mọix ∈X thìU0x= U0x1+U0x2
vớix =x1+x2, x1 ∈ R(X)và x2 ∈(R(X))⊥. Rõ ràng U0 là một toán tử tuyến tính. Ta có U đẳng cự nên ta cũng có kU0(z)k = kzk, với mọi z ∈ R(X). Do đó với mọi x ∈X ta có
kU0xk2 =kU0x1+U0x2k2 = kU0x1k2+kU0x2k2 =kx1k2+kx2k2 = kxk2.
Vậy U0 là đẳng cự.
Mặt khác, ta có U0(R(X)) = T(X) = R(X) và U0((R(X))⊥) = (R(X))⊥. Mà
R(X)⊕(R(X))⊥ = X nên U0(X) =X. Do đóU0 là toán tử unita vàU0R= T. Ta có T và T∗T giao hoán với nhau mà Rlà căn bậc hai dương của T∗T nên
R giao hoán với T. Do đó với mọi x ∈ X ta có RU0(Rx) = RT x = T Rx. Vậy
RU0 = T trên R(X). Mặt khác với mọi y ∈ R(X), tồn tại (xn)n ⊂ X sao cho
y = lim n→∞Rxn. Suy ra RU0y = lim n→∞(RU0(Rxn) = lim n→∞(T Rxn) =T( lim n→∞Rxn) =T y.
Vậy RU0 = T trên R(X). Mà (R(X))⊥ = kerR = kerT do đó với mọi x ∈
(R(X))⊥ thì RU0x =Rx= 0 = T x. Vậy RU0 = T trên (R(X))⊥. Từ đó suy ra
RU0 = T. Vậy T = RU0 = U0R. Mặt khác U0 là toán tử unita nên U0 = eiΘ, trong đó Θ là tự liên hợp. Do đó T = R.eiΘ với R≥ 0 và Θ là tự liên hợp.
Định lý 3.2.3. Mọi toán tử tuyến tính bị chặn A : X → Y của không gian Hilbert X vào không gian Hilbert Y đều có thể biểu diễn dưới dạng: A = V T , trong đó T : X → X là một toán tử dương trong X và V :X → Y là một toán tử đẳng cự bộ phận với miền gốc R(A∗) =R(T)⊂X và miền ảnh R(A)⊂Y.
Chứng minh. Vì A∗A là một toán tử dương trong X nên tồn tại một toán tử dương T = (A∗A)12. Với mọi x ∈X, ta đều có
kT xk2 = hT x, T xi= hT2x, xi=hA∗Ax, xi =hAx, Axi= kAxk2,
Vậy kT xk =kAxk , với mọi x ∈X. Từ đó ta có thể lập được một ánh xạ:
Tương tự như chứng minh ở Định lý 3.2.2 ta có V là toán tử tuyến tính đẳng cự và ta có thể mở rộng V lên toàn bộ R(T) ⊂ X và được một toán tử đẳng cự và ta ký hiệu là V0 và ta cũng có R(A) = V0(R(T). Vậy V0 là một toán tử unita của R(T)⊂ X lên R(A) ⊂ Y. Nếu x ∈ Ker(T) thì ta đặt V0x = 0. Do đó ta xác định được toán tử đẳng cự bộ phận V0 của không gian X vào Y với miền gốc R(T) và miền ảnh R(A).
Bây giờ ta chứng minh R(T) =R(A∗). Thật vậy từ đẳng thức
kT xk2 = hT x, T xi= hA∗Ax, xi,
ta suy ra rằng nếu T x 6= 0 thì A∗Ax 6= 0. Vậy Ker(A∗A) ⊂ Ker(T) nên
R(T) ⊂ R(A∗A) ⊂ R(A∗). Mặt khác ta có nếu x ∈ R(A∗) thì x ⊥ ker(A). Mà kerA = kerT nên x ⊥ ker(T), vậy x ∈ R(T). Do đó R(T) = R(A∗). Vậy
A = V0T, trong đó T : X → X là toán tử dương trong X và V : X → Y
là toán tử đẳng cự bộ phận với miền gốc R(A∗) = R(T) ⊂ X và miền ảnh
R(A)⊂Y.
Ví dụ 3.2.4. Trong không gian `2 cho a = (an)n là một dãy số phức bị chặn chỉ có m (m ∈ N∗) phần tử đầu bằng không, toán tử A : `2 −→ `2 xác định như sau: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
x= (ξn)n ∈`2, Ax = (anξn)n
Tìm toán tử T, V : `2 −→ `2, trong đó T là một toán tử dương trong `2 và V
là một toán tử đẳng cự bộ phận với miền gốcR(A∗) =R(T)⊂`2 và miền ảnh
R(A)⊂`2 thỏa mãn: A =V T.
Tương tự Ví dụ 1.1.5 ta chứng minh được Alà toán tử tuyến tính liên tục và gọiA∗ là toán tử liên hợp của A tương tự ví dụ 3.1.14 ta có A∗x = (anξn)n, với
x= (ξn)n ∈ `2. Ta có A∗Ax = (|an|2ξn)n, vớix= (ξn)n ∈ `2. Đặt T = (|an|ξn)n, với x= (ξn)n ∈`2. Khi đó T cũng là toán tử tuyến tính liên tục và T2 = A∗A. Mặt khác, ta có hT x, xi= ∞ X n=0 |an||ξn|2 ≥0
Vậy T là một toán tử dương trong `2. Ta có
R(T) = R(T) ={x ∈l2, x= (0,0, ...,0, ξm+1, ξm+2, ξm+3, ..), ξi ∈ C}
ker(T) ={x ∈`2, x= (ξ1, ξ2, ..., ξm,0,0, ..,0, ..), ξi ∈ C}.
Khi đó theo chứng minh ở định lý 3.2.3 ta xây dựng toán tử đẳng cự bộ phận
V như sau V x= (0,0, ..,0, am+1 ξm+1 |am+1|, am+2 ξm+2 |am+2|, ...) nếu x = (ξn)n ∈ R(T) 0 nếu x ∈ker(T) ,
Vậy V là một toán tử đẳng cự bộ phận với miền gốc R(T) = R(A∗) = R(T)
và miền ảnh R(A) = R(A).
KẾT LUẬN
Trong khoá luận tốt nghiệp này, em đã cố gắng tìm hiểu và nghiên cứu một số tính chất của toán tử dương và dạng phân tích cực của một toán tử tuyến tính liên tục trong không gian Hilbert. Tuy nhiên do hạn chế về năng lực và thời gian nên khoá luận đã chưa nghiên cứu sâu hơn một số tính chất mới liên quan đến đề tài. Rất mong quý thầy cô giáo cùng các bạn sinh viên đóng góp ý kiến cho khoá luận được hoàn chỉnh hơn.
Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn tất cả quý thầy cô giáo cùng các bạn sinh viên đã giúp đỡ em trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành khoá luận này.
Huế, tháng 5 năm 2011