Компактные операторы

[wall-e]

Здравствуйте, передо мной стоит задача:
Пусть $H$- гильбертово пространство, $A \in K(H)$, вектор $x \in H, ||x||=1, ||A x||=||A||$. Доказать, что оператор $A$ переводит $\{x\}^{\perp} $ в $\{A x \}^{\perp} $
Вот мои идеи, это условие эквивалентно тому, что для любого $y$ из условия $(x,y)=0$ следует $(A x,y)=0$
Определим $Q(x)=(A x,x) $ и возьмем вектор $ v= (x+a y)/||x+ay|| $, дальше можно что-то получить что-то хорошее, если рассмотреть $Q(v)$, но нам не дано ничего о самосопряженности оператора, надо как-то использовать эти условия $x \in H, ||x||=1, ||A x||=||A||$, но я не соображу как. Подскажите, пожалуйста!

-- Ср май 22, 2013 16:52:28 --

ну, очевидно, используя неравенство Коши-Буняковского, что $|Q(x)| \le ||A||$, но опять же это вроде тоже особо ничего не дает

[ewert]

wall-e в сообщении #727089 писал(а):

но нам не дано ничего о самосопряженности оператора,

, и, соответственно, утверждение неверно. Возьмите, скажем, просто $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ и $\vec x=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$.

[wall-e]

то есть, в задаче должно быть указано, что все-таки $A$ самосопряжен ?

[g______d]

ewert в сообщении #727106 писал(а):

Возьмите, скажем, просто $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ и $\vec x=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$.

Не пойдет, $\|A\|>1$. Хотя я пока ничего лучше предложить не могу...

[wall-e]

Утверждение должно быть верным, это задачи проверенные временем)

[g______d]

О, я, кажется, решил. Подсказка: посмотрите на оператор $A^*A$.

-- 22.05.2013, 18:26 --

wall-e в сообщении #727089 писал(а):

Вот мои идеи, это условие эквивалентно тому, что для любого $y$ из условия $(x,y)=0$ следует $(A x,y)=0$

И это условие проверьте, правильно ли.

[wall-e]

g______d
то есть, я сначала совсем не в том направлении пошел?

[g______d]

wall-e в сообщении #727122 писал(а):

g______d
то есть я сначала совсем не в том направлении пошел?

Я сам только с третьей попытки понял, что должно быть $(Ax,Ay)=0$, а не $(Ax,y)=0$.

Еще надо воспользоваться тем, что если $\|Ax\|=\|A\|$ и $\|x\|=1$ то $\|(A^*Ax,x)\|=\|Ax\|^2=\|A\|^2=\|A^*A\|$ и, следовательно, $x$ является собственным вектором для $A^*A$.

[wall-e]

g______d
нет, все-таки условие верно указано, ведь мы показываем вложенность пространства, а вектор $y$ остается тем же.
А про $A^* A $ могу сказать только то, что он тоже будет компактным, и как это использовать пока не знаю

[g______d]

В условии же сказано "$A$ переводит". Т. е. действуя оператором $A$ на вектор из $\{x\}^{\perp}$, мы должны получить вектор из $\{Ax\}^\perp$. Т. е. если $y\perp x$, то $Ay \perp Ax$.

[wall-e]

g______d
да, наверное, Вы правы.
Ну, наверное, нужно определить функцию $Q(x)=(A^* A x,x), |Q(x)|$ достигает на единичной сфере своего максимума в точке $x$, нужно взять тот же $v$ и получится что-то вроде $1/(1+|a|^2 ||y||) (Q(x)+|a|^2 Q(y)+2 Re(\bar a (A^* A x, y))$

так сможем доказать, то неверное условие мое, что $(x,y,)=0 => (A^* A x,y)=0$, если потом перебросить $A^*$, то получится, то, что нужно)

[g______d]

Если $(x,y)=0$ и $x$ --- собственный вектор $A^*A$, то $(Ax,Ay)=(A^*Ax,y)=0$. Теперь докажите, что Ваш $x$ является собственным вектором для $A^*A$.

[wall-e]

Из $1/(1+|a|^2 ||y||) (Q(x)+|a|^2 Q(y)+2 Re(\bar a (A^* A x, y))$ следует то, что если наше $(A^* A x, y) \not =0$, то, выбирая a малым по модулю и подкручивая его аргумент, можно сделать так, чтобы $Re(\bar a (A^* A x, y)$ было ненулевым и имело тот же знак, что и $Q(x)$, тогда $|Q(v)| > |Q(x)|$, что противоречит максимальности, поэтому $(A^* A x, y) =0$,из этого следует $ (A x, A y) =0$
Разве нет?

[a_nn]

получается, компактность не нужна?
...нет, нужна все-таки.

[Oleg Zubelevich]

g______d в сообщении #727124 писал(а):

$\|Ax\|=\|A\|$

а это почему так?