Равенство двух самосопряженных операторов

[IceMore]

Дано: $L_1, L_2$ - самосопряженные линейные операторы, причем $(L_1 x, x) = (x, L_2 x)$.
Доказать, что $L_1 = L_2$.
Я пробовал доказать в лоб через свойства самосопряженных операторов, но это, естественно, не верно, так как равенство $L_1 x = L_2 x$ ещё не говорит о равенстве самих операторов. В общем, уже пару дней ломаю голову, а с мертвой точки сдвинуться никак не могу . Возможно, здесь кто-нибудь может подсказать хотя бы в каком направлении двигаться?

[ShMaxG]

А что вы можете сказать про собственные числа оператора $L_1 - L_2$?

-- Ср июн 30, 2010 20:45:04 --

Равенство $\[{L_1}x = {L_2}x\]$ для любого $x$ по определению означает равенство операторов.

[id]

Bсе можно несколько проще сделать(вдруг еще неизвестна теорема про норму самосопряженного оператора в бесконечномерном случае...). Если пространство комплексное, конечно (что вроде как подразумевается).
Ибо обозначив $A:=L_1 - L_2$ мы имеем $\forall x \ <Ax,x> = 0$. При этом используя полярное тождество мы получим из квадратичной формы $<Ax,x>$ билинейную форму $<Ax,y>=0$.

Ну собственно и все.

[Padawan]

Че-то я не понимаю: равенство $(L_1x,x)=(x,L_2x)$ для любого $x$ означает по определению, что $L_1^*=L_2$, а раз операторы самосопряженные, то $L_1=L_2$.

[ewert]

Padawan в сообщении #336582 писал(а):

Че-то я не понимаю: равенство $(L_1x,x)=(x,L_2x)$ для любого $x$ означает по определению, что $L_1^*=L_2$, а раз операторы самосопряженные, то $L_1=L_2$.

А если они антисимметричные -- следует ли из этого их симметричность?...

Вот как раз именно из-за того, что они по условию симметричны -- и следует (действительно, по разного рода там поляризационным тождествам), что достаточно проверять совпадение только квадратичной формы, а не билинейной.

id в сообщении #336563 писал(а):

Если пространство комплексное, конечно (что вроде как подразумевается).

Да и в вещественном то же самое, только чуть проще. А что за теорема о норме, и при чём тут вообще норма -- непонятно. Тем более, что утверждение верно и для неограниченных самосопряжённых операторов (правда, с существенной оговоркой: "при условии, что они определены на одной и той же области").

[Padawan]

ewert
Не понял, где ошибка в моём рассуждении?

[ewert]

Padawan в сообщении #336585 писал(а):

Не понял, где ошибка в моём рассуждении?

Первая половина рассуждения неверна -- билинейная форма по квадратичной, естественно, не восстанавливается (вообще говоря). Не сказано ведь, что пространство -- комплексное.

[Padawan]

Точно, надо ведь $(Ax,y)=(x,A^*y)$. Спасибо!

-- Чт июл 01, 2010 09:13:52 --

Если $(Ax,x)=0$ для любого $x$, то из $(A(x+y),x+y)=0$ получим $\operatorname{Re} (Ax,y)=0$ для любых $x,y$, а из $(A(x+iy),x+iy)=0$ получим $\operatorname{Im} (Ax,y)=0$ для любых $x,y$ (при этом используется самосопряженность $A$).

[ShMaxG]

Padawan
Что-то я не понял. Все это ради того, чтобы доказать, что $Ax=0$ для любого икса? Типа перейдем к билинейным формам, там икс и игрек независимы, поэтому имеем это равенство.

А то, что собственные числа $A$ необходимо равны нулю, следовательно это - нулевой оператор - не прокатывает?

[Padawan]

Ну можно и так, только тут же еще спектральную теорему знать надо

[ShMaxG]

А, да... Если пространство конечномерное, то все хорошо. А если бесконечномерное, то вообще говоря, ничего сказать нельзя. Спасибо.

[id]

Padawan
Так ведь из того, что собственные числа только нулевые, про равенство нулю спектрального радиуса сказать ничего нельзя... или можно?

[Padawan]

id
Черт его знает. Если оператор компактный самосопряженный, то спектральное разложение известно, и если все собственные числа нулевые, то и оператор нулевой. А если не компактный, то я не знаю...

[id]

Padawan
Вот тоже не знаю. (а по глупости в первом своем посте сослался было про норму самосопряженного и спектральный радиус)

[ewert]

id в сообщении #336631 писал(а):

Так ведь из того, что собственные числа только нулевые, про равенство нулю спектрального радиуса сказать ничего нельзя... или можно?

Padawan в сообщении #336634 писал(а):

Если оператор компактный самосопряженный, то спектральное разложение известно, и если все собственные числа нулевые, то и оператор нулевой. А если не компактный, то я не знаю...

Не обязательно нулевой, но, конечно, нильпотентный, т.е. с нулевым спектральным радиусом. Точнее так: если у компактного оператора нет ни одного ненулевого собственного числа (ноль при этом, кстати, тоже может не быть собственным числом, а может и быть), то его спектральный радиус равен нулю. По довольно простой причине: резольвента $(A-\lambda I)^{-1}$ аналитична на всей комплексной плоскости (кроме нуля) и, значит, раскладывается при любом $\lambda\ne0$ в сумму геометрической прогрессии: $(A-\lambda I)^{-1}=-\sum\limits_{k=0}^{\infty}\lambda^{-k-1}A^k$, причём ряд сходится по операторной норме. А это значит, что $\|A^k\|$ растёт медленнее любой геометрической прогрессии.

Только я в упор не понимаю, при чём спектральный радиус здесь -- в задаче про квадратичные формы.

Padawan в сообщении #336590 писал(а):

Если $(Ax,x)=0$ для любого $x$, то из $(A(x+y),x+y)=0$ получим $\operatorname{Re} (Ax,y)=0$ для любых $x,y$, а из $(A(x+iy),x+iy)=0$ получим $\operatorname{Im} (Ax,y)=0$ для любых $x,y$ (при этом используется самосопряженность $A$).

Не нужна симметричность в комплексном случае (в вещественном -- нужна). id в своём сообщении #336563 имел в виду примерно вот что:

$(A(x+y),x+y)=(Ax,x)+(Ax,y)+(Ay,x)+(Ay,y)$;
$(A(x+iy),x+iy)=(Ax,x)-i(Ax,y)+i(Ay,x)+(Ay,y)$.

Рассматривая это как систему уравнений для двух переменных $(Ax,y)$ и $(Ay,x)$, вытаскиваем отсюда выражение $(Ax,y)$ через четыре квадратичные формы. (Упоминавшееся "поляризационное тождество" получается усреднением этого результата с аналогичным, полученным постановкой знаков минус перед игреками.)