2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Неравенства на положительные операторы
Сообщение17.06.2014, 16:40 


17/06/14
2
Здравствуйте!
Вопрос к знающим функан.
Гильбертово пространство H, самосопряжённые операторы A и B.
Надо доказать, что если $A\geq 0$ и $B\geq A$, то $B^{\alpha}\geq A^{\alpha}$ $\forall\,\alpha\in(0,1]$ (для показателей, больших 1, это, вообще говоря, неверно, есть контрпример).
План был такой: доказать для $\alpha$ вида $\frac{k}{2^m}$ и воспользоваться плотностью этого множества в [0,1]. Но получилось только для квадратных корней (т.е. для $\alpha=\frac{1}{2^m}$), как действовать дальше -- не знаю. Может нужно как-то по-другому?

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенства на положительные операторы
Сообщение17.06.2014, 21:28 
Заслуженный участник


22/11/10
1183
Сначала немного переформулирую (перейдем к корням).
Пусть $A,B \geqslant 0$ - самосопряженные операторы и $\forall x \in H \quad ||Ax|| \geqslant ||Bx||$.
Тогда $\forall \alpha \in (0,1], \,\forall x \in H \quad ||A^{\alpha}x|| \geqslant ||B^{\alpha}x||$
Я действовал так. Сначала из справедливости утверждения для некого $\alpha$, доказываем, что оно справедливо и для $\alpha /2$. Далее, если утверждение справедливо для $\alpha$ и $\beta$. Тогда оно справедливо и для $(\alpha + \beta)/2$.
Я покажу как это происходит с матрицами. С операторами дело немножко сложнее, но идея та же самая.
Итак, пусть у нас $A,B \geqslant 0$ - симметричные матрицы. Без потери общности считаем, что $A$ - невырождена (иначе рассматриваем $A + \varepsilon E $). Рассмотрим матрицу $C = A^{-1/2}BA^{-1/2}$. Это симметричная матрица. Легко проверить, что ее собственные числа по модулю не превосходят 1, поскольку для них имеет место равенство $B y =\lambda Ay$. Значит и $||C || \leqslant 1$. Отсюда следует неравенство $(Bx,x) \leqslant (Ax,x)$, и наше утверждение справедливо для $\alpha = 1/2$. Теперь рассмотрим матрицу $D = A^{-3/4}B^{3/2}A^{-3/4}$. Для ее собственных чисел получаем соотношение
$A^{-1/2}B^{3/2}A^{-1}x = \lambda x$
В силу неравенств для $\alpha = 1$ и $\alpha = 1/2$ получаем, что и у этой матрицы $D$ собственные числа и норма не превосходят 1. Отсюда получаем утверждение для $\alpha = 3/4$. Ну и тд.
Для общих операторов соображения с собственными векторами так просто не проходят. Если $\lambda > 0$ - верхняя грань спектра $C$, то на некоторой последовательности ($x_n \not \to 0$) $\lambda x_n - Cx_n \to 0$. Отсюда следует, что $(\lambda A x_n - Bx_n, x_n) \to 0$ и $\lambda \leqslant 1$.
Ну как-то так.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенства на положительные операторы
Сообщение17.06.2014, 21:34 


10/02/11
6786
что-то я припоминаю, что самосопряженные операторы это тоже самое, что умножение на функцию в подходящем $L^2$, а посему результат фактически очевиден (по модулю спектральной теоремы)

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенства на положительные операторы
Сообщение17.06.2014, 21:42 
Заслуженный участник


22/11/10
1183
И я что-то такое припоминаю ... Правда для коммутирующих операторов :wink:
А вот для некоммутирующих - ничего не припоминаю. Разве что неравенства Хайнца. Но это все одно и то же.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенства на положительные операторы
Сообщение17.06.2014, 21:47 


10/02/11
6786
нет, коммутрирование ни при чем. Верна такая теорема. Всякое гильбертово пространство $H$ изоморфно некоторуму $L^2(D)$, где $D$ -- пространствос мерой. И всякому самосопряженному $A:H\to H$ отвечает оператор умножения на функцию в $L^2(D)$. Возможно, там в теореме еще какие-то подробности относительно $D$ имеются

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенства на положительные операторы
Сообщение17.06.2014, 21:59 
Заслуженный участник


22/11/10
1183
Хм, давайте с матрицами попробуем. Вот у нас две симметричных матрицы. Ваша теорема - суть приведение к диагональному виду. И что мы отсюда можем извлечь? Коммутирующие матрицы можно одновременно привести к диагональному виду. В этом случае все понятно. А если матрицы не коммутируют?
Когда-то давным-давно я пытался использовать геометрические соображения. Де мол есть два эллипсоида, один вложен в другой. Одновременно изменяем им полуоси (взятие степени). Как доказать, что вложенность останется? Я не помню, но вроде бы у меня ничего не вышло. Зато быстренько наткнулся на соображения с собственными векторами.

(Оффтоп)

Я, разумеется, уже знал, что это известный результат. (Какой удар со стороны классика :D ). Просто хотелось самому найти доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенства на положительные операторы
Сообщение17.06.2014, 22:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5940
Oleg Zubelevich в сообщении #876561 писал(а):
Верна такая теорема. Всякое гильбертово пространство $H$ изоморфно некоторуму $L^2(D)$, где $D$ -- пространствос мерой. И всякому самосопряженному $A:H\to H$ отвечает оператор умножения на функцию в $L^2(D)$.


Это $D$, разумеется, зависит от оператора, иначе любые два оператора бы коммутировали. А два оператора умножения на функцию в разных $D$ сравнивать довольно сложно. Я, правда, ничего нового по сравнению с sup не говорю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенства на положительные операторы
Сообщение17.06.2014, 22:31 


17/06/14
2
sup в сообщении #876550 писал(а):
Далее, если утверждение справедливо для $\alpha$ и $\beta$. Тогда оно справедливо и для $(\alpha + \beta)/2$.

Мне это соображение давно кажется верным, только я никак не могу его доказать для любых $\alpha$ и $\beta$.
В случае $\alpha=1,\,\,\beta=0$, то есть для корней, всё очень хорошо, потому что в выражении $((B-A)x,x)$ оператор $B-A$ можно разложить в произведение разности и суммы корней, так как в пространстве над $\mathbb{R}$
$(CDx,x)=(DCx,x)$ для любых самосопряжённых C и D. Дальше работает критерий Вейля.

А в правомерности использования обратных операторов я не уверен.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенства на положительные операторы
Сообщение17.06.2014, 22:50 


10/02/11
6786
что-то я чепуху сказал

но неужели нет спектральной теоремы из которой следовало бы утверждение?

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенства на положительные операторы
Сообщение18.06.2014, 02:52 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5940
Oleg Zubelevich в сообщении #876597 писал(а):
но неужели нет спектральной теоремы из которой следовало бы утверждение?


Для двух некоммутирующих самосопряжённых операторов со спектральными теоремами плохо. Но можно аккуратно составить из них один, как описал sup.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неравенства на положительные операторы
Сообщение20.06.2014, 08:15 


15/06/12
56
Oleg Zubelevich в сообщении #876561 писал(а):
нет, коммутрирование ни при чем. Верна такая теорема. Всякое гильбертово пространство $H$ изоморфно некоторуму $L^2(D)$, где $D$ -- пространствос мерой. И всякому самосопряженному $A:H\to H$ отвечает оператор умножения на функцию в $L^2(D)$. Возможно, там в теореме еще какие-то подробности относительно $D$ имеются

Красивая теорема. А где можно прочитать это?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 11 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group