Самосопряжённый линейный оператор

Определение самосопряжённого оператора

Пусть $$H$$ - гильбертово комплексное пространство (вещественный случай сводится к рассматриваемому посредством комплексификации).

Определение 1. Оператор $$A \in \mathcal{L}(H, H)$$ называется самосопряжённым (или эрмитовым), если $$A^* = A$$, т. е. если $$A$$ совпадает со своим сопряжённым.

Согласно этому определению $$A$$ - самосопряженный, если для любых $$x, y \in H$$ \begin{align*} (Ax, y) = (x, Ay) \end{align*}

Определение 2. Самосопряженный оператор $$A$$ называется неотрицательным $$A \geq 0$$, если для любых $$x \in H$$ выполняется $$(Ax, x) \geq 0$$.

Свойства самосопряжённого оператора

Теорема 1.

Пусть $$A$$ и $$B$$ - самосопряженные операторы в $$H$$, а $$\alpha$$ и $$\beta$$ - вещественные числа; тогда $$\alpha A + \beta B$$ - самосопряжённый оператор в $$H$$.

Доказательство.

Пользуясь определением оператора $$\alpha A + \beta B$$, линейностью скалярного произведения и самосопряжённостью $$A$$ и $$B$$, получаем

\begin{align*} ((\alpha A + \beta B)x, y) = (\alpha A x + \beta Bx, y) = \alpha (Ax, y) + \beta (Bx, y) = \end{align*} \begin{align*} = \alpha (x, Ay) + \beta (x, By) = (x, \alpha A y + \beta B y) = (x, (\alpha A + \beta B)y) \end{align*} Теорема доказана. $$\square$$

Следствие. Любая линейная комбинация самосопряжённых операторов $$A_1, A_2, \ldots, A_n \quad A = \lambda_1 A_1 + \lambda_2 A_2 + \ldots + \lambda_n A_n$$ также является самосопряжённым оператором.

Таким образом, в линейном пространстве линейных операторов, отображающих $$H$$ в $$H$$ самосопряжённые операторы составляют линейное подмножество. Кроме того, это подмножество замкнуто и, следовательно, является подпространством. Другими словами, если $$A_n$$ - самосопряжённые и $$A_n \rightarrow A$$ по норме, то и $$A$$ - самосопряжённый. Докажем более сильное утверждение: если операторы $$A_n$$ - самосопряжённые и последовательность $${A_n}$$ точечно сходится к оператору $$A$$, то $$A$$ - тоже самосопряжённый оператор. Действительно, благодаря непрерывности скалярного произведения при любых $$x$$, $$y \in H$$

\begin{align*} (Ax, y) &= (\lim A_n x, y) = \lim (A_n x, y) = \lim (x, A_n y) = (x, \lim A_n y) = \\ &= (x, Ay). \end{align*}

Теорема 2.

Пусть операторы $$A$$ и $$B$$ — самосопряжённые. Оператор $$AB$$ является самосопряжённым в том и только в том случае, когда $$A$$ и $$B$$ перестановочны.

Доказательство.

Доказательство вытекает из равенства \begin{align*} (ABx, y) = (Bx, Ay) = (x, BAy). \end{align*} $$\square$$

Теорема 3.

Если $$A$$ самосопряжён, то число $$(Ax, x)$$ вещественно для любых $$x \in H$$.

Доказательство.

\begin{align*} (A x, x) = (x, A x) = \overline{(A x, x)}. \end{align*} Комплексное число $$(A x, x)$$ совпадает со своим комплексно сопряжённым и, значит, вещественно. $$\square$$

Теорема 4.

Если оператор $$A$$ - самосопряжённый, то \begin{align*} \|A\| = \sup_{\|x\| \leq 1} |(Ax, x)|. \end{align*}

Доказательство.

Введем обозначение: $$ c_A = \sup_{\|x\|\leq 1} |(Ax, x)| $$. Далее используем неравенство Коши-Буняковского и свойство нормы линейного оператора. Получаем оценку: \begin{align*} |(Ax, x)| \leq \|Ax\| \|x\| \leq \|A\| \end{align*} \begin{align*} c_A \leq \|A\| \end{align*}

Докажем $$ \|A\| \geq c_A $$, откуда и будет следовать утверждение теоремы.

Заметим, что для любого $$ x \in H $$, $$ x \neq 0 $$

\begin{align*} |(Ax, x)| \leq c_A \|x\|^2 \end{align*} \begin{align*} |(Ax, x)| \leq c_A , \|x\| \leq 1 \end{align*}

Если $$ x \neq 0 $$, $$ \left( A \frac{x}{\|x\|}, \frac{x}{\|x\|} \right) \leq c_A $$, то, по линейности $$ A $$ и свойству скалярного произведения, получаем $$|(Ax, x)| \leq c_A \|x\|^2$$.

Так как: \begin{align*} (Ax, y) + (Ay, x) = (Ax, y) + (y, Ax) = (Ax, y) + \overline{(Ax, y)} = 2 \operatorname{Re}(Ax, y), \end{align*} где $$ \operatorname{Re} \lambda $$ — действительная часть комплексного числа $$ \lambda $$; $$ \bar{\lambda} $$ — число, комплексно сопряжённое с $$ \lambda $$.

Тогда из следующих тождеств: \begin{align*} (A(x + y), x + y) &= (Ax, x) + (Ax, y) + (Ay, x) + (Ay, y) \\ &= (Ax, x) + 2 \operatorname{Re}(Ax, y) + (Ay, y), \\ (A(x - y), x - y) &= (Ax, x) - 2 \operatorname{Re}(Ax, y) + (Ay, y) \end{align*}

вычитанием из первого второе, получим \begin{align*} 4 \operatorname{Re}(Ax, y) = (A(x + y), x + y) - (A(x - y), x - y). \end{align*}

Оценивая, получим \begin{align*} 4 |\operatorname{Re}(Ax, y)| \leq |(A(x + y), x + y)| + |(A(x - y), x - y)| \leq \\ \leq c_A (\|x + y\|^2 + \|x - y\|^2) &= 2c_A (\|x\|^2 + \|y\|^2). \end{align*}

При $$\|x\| = \|y\| = 1$$ \begin{align*} |\operatorname{Re}(Ax, y)| \leq c_A. \end{align*}

Рассмотрим $$x, \|x\| \leq 1$$, таково, что $$Ax \neq 0$$. Положим в $$y = Ax / \|Ax\|$$. Тогда неравенство перейдет в следующее: \begin{align*} \frac{|(Ax, Ax)|}{\|Ax\|} \leq c_A, \end{align*} \begin{align*} \|Ax\| \leq c_A. \end{align*}

Это тем более верно, если $$Ax = 0$$. Переходя в неравенстве $$\|Ax\| \leq c_A$$ к sup и пользуясь определением нормы линейного оператора, получим \begin{align*} \|A\| \leq c_A. \end{align*} Резюмируя, $$\|A\| = c_A$$. Теорема доказана. $$\square$$

Следствие. Если для самосопряжённого оператора $$A$$ верно $$(Ax, x) = 0$$ при всех $$x \in H$$, то $$A = \Theta$$.

Действительно, если $$(Ax, x) = 0$$ при всех $$x \in H$$, $$\|A\| = 0$$; а потому $$A = \Theta$$.

Следствие. Для самосопряжённого оператора $$A$$ вводится ещё понятие его границ — верхней и нижней:

\begin{align*} M_A = \sup_{\|x\|=1} (Ax, x), \quad m_A = \inf_{\|x\|=1} (Ax, x). \end{align*}

Из теоремы 4: \begin{align*} \|A\| = \max(|M_A|, |m_A|). \end{align*}

Из определения границ легко выводится, что для любого $$x \in H$$ \begin{align*} m_A \|x\|^2 \leq (Ax, x) \leq M_A \|x\|^2. \end{align*}

Действительно, для $$x = 0$$ это соотношение тривиально. Если же $$x \neq 0$$, то вводим $$x' = \frac{x}{\|x\|}$$. Тогда $$\|x'\| = 1$$ и $$m_A \leq (Ax', x') \leq M_A$$

Подставляя вместо $$x'$$ его выражение, получим

\begin{align*} m_A \leq (Ax', x') \leq M_A, \\ m_A \leq \frac{(Ax, x)}{\|x\|^2} \leq M_A, \\ m_A \|x\|^2 \leq (Ax, x) \leq M_A \|x\|^2. \end{align*}

Примеры

Пример 1.

В $$\mathbb{E}^n$$ рассмотрим линейный оператор $$A$$, заданный следующим образом:

\begin{align*} y = Ax \quad (x = (\xi_j)_{j = 1^n}, \, y = (\eta_i)_{i = 1}^n), \end{align*}

\begin{align*} \eta_i = \sum_{j=1}^n a_{ij} \xi_j, \quad i = 1, \ldots, n. \end{align*} И пусть для него выполнено условие: $$a_{ij} = a_{ji}$$ (симметричная матрица).

Пусть $$z = (\zeta_k)_{k = 1}^n \in \mathbb{E}^n$$. Тогда действие оператора: \begin{align*} \langle Ax, z \rangle &= \sum_{i=1}^n \eta_i \zeta_i = \sum_{i=1}^n \left( \sum_{j=1}^n a_{ij} \xi_j \right) \zeta_i \\ &= \sum_{j=1}^n \left( \sum_{i=1}^n a_{ij} \zeta_i \right) \xi_j = \sum_{j=1}^n \left( \sum_{i=1}^n a_{ji} \zeta_i \right) \xi_j = \langle x, Az \rangle \end{align*}

То есть оператор $$A$$ - самосопряженный

Пример 2.

Пусть теперь $$A$$ линейный оператор из $$\mathbb{U}^n$$ (унитарное пространство), заданный формулами из примера 1. Теперь $$a_{ij}$$ - комплексные числа. И пусть выполняется $$\overline{a_{ij}} = a_{ji}$$. Тогда: \begin{align*} \langle Ax, z \rangle &= \sum_{i=1}^n \eta_i \overline{\zeta_i} = \sum_{i=1}^n \left( \sum_{j=1}^n a_{ij} \xi_j \right) \overline{\zeta_i} \\ &= \sum_{j=1}^n \left( \sum_{i=1}^n \overline{\overline{a_{ij}} \zeta_i} \right) \xi_j = \sum_{j=1}^n \left( \sum_{i=1}^n \overline{a_{ji} \zeta_i} \right) \xi_j = \langle x, Az \rangle \end{align*}

Оператор $$A$$ самосопряжен (эрмитов) в унитарном пространстве $$\mathbb{U}^n$$.

Пример 3. Рассмотрим интегральный оператор $$y = Kx$$ в $$L_2[a, b]$$ с симметричным ($$K(t,s) = K(s,t)$$) непрерывным в $$[a, b] \times [a, b]$$ ядром. Будем исследовать вещественный случай: \begin{align*} y(t) = \int\limits_{a}^{b} K(t, s) \, x(s) \, ds, \end{align*}

\begin{align*} \langle Kx, z \rangle &= \int\limits_{a}^{b} \left\{ \int\limits_{a}^{b} K(t, s) \, x(s) \, ds \right\} \, z(t) \, dt \\ &= \int\limits_{a}^{b} \left\{ \int\limits_{a}^{b} K(t, s) \, z(t) \, dt \right\} \, x(s) \, ds = \int\limits_{a}^{b} \left\{ \int\limits_{a}^{b} K(s, t) \, z(t) \, dt \right\} \, x(s) \, ds = \langle x, Kz \rangle. \end{align*}