Решить без использования спектральной теоремы в общем виде.

[wolfspring]

Определение. Числовой образ линейного оператора - множество $\ W(A) = \{ (Ax,x) | \|x\| = 1 \}$

Нужно доказать, что замыкание числового образ нормального ограниченного оператора над гильбертовым пространством

$\ A \in B(H)$ совпадает с выпуклой оболочкой спектра. $\overline{W(A)} = conv \Lambda(A)$

Решение с использованием спектральной теоремы: (П.Халмош, Гильбертово пространство в задачах.)

Часть 1:
1.По теореме Тёплица-Хаусдорфа $ \Lambda(A) \subset \overline{W(A)}$ и $W(A)$ - выпукло, а, следовательно, $conv \Lambda(A) \subset \overline{W(A)}$ И, значит, доказать надо достаточно обратное включение.
2. Так как выпуклая оболочка - пересечение соответствующих полуплоскостей, то нужный результат можно переформулировать так : "Если замкнутая полуплоскость содержит $\Lambda(A)$, то она содержит и $ W(A) $ ".
3.При линейной замене $A$ на $\alpha A + \beta I$ спектр $\Lambda(A)$ и числовой образ $W(A)$ заменяются соответственно на $\alpha \Lambda(A) + \beta$ и $\alpha W(A) + \beta $.
4. И, следовательно, утверждение достаточно доказать лишь для одной полуплоскости, например, полуплоскости с положительной вещественной частью:
$\forall \lambda \in \Lambda(A) \operatorname{Re} \lambda \geq 0 \Rightarrow \forall t \in W(A) \operatorname{Re} t \geq 0$ (если это доказать, то исходное утверждение также доказано)

Часть 2:
5.В силу спектральной теоремы нормальный оператор можно считать умножением, индуцированным ограниченной измеримой функцией $\varphi$ на пространство с мерой $\mu$.
6.Если $f \in L^2(\mu)$ , то $(Af,f) = \int \varphi |f|^2 d\mu$
7. В этих терминах исходное утверждение формулируется так : "Если $\operatorname{Re} \geq 0 $ почти всюду , то $0 \leq \operatorname{Re} \int \varphi |f|^2 d\mu = \int \operatorname{Re} \varphi |f|^2 d\mu$".
8.Последнее же очевидно, ибо оно есть ничто иное, как утверждение о неотрицательности интеграла от нетрицательной функции.

P.S.Спектральная теорема в общем виде - факт неэлементарный и в стандартный университетский курс фунционального анализа не входит.(максимум, она есть применительно к этой задаче лишь для случая сепарабельного гильбертова пространства).

[sup]

Пусть спектр оператора $A$ лежит в полуплоскости $\operatorname{Re} \lambda > 0$ (строго внутри!). Рассмотрим оператор $B = A+A^*$. Докажите, что его спектр лежит в полуплоскости $\operatorname{Re} \lambda \geqslant 0$. Отсюда получите, что $\operatorname{Re} (Ax,x) \geqslant 0$
Для разрешимости уравнения $Bx + \lambda x = f$ используйте интегральные представления через резольвенты.

[wolfspring]

Цитата:

Пусть спектр оператора $A$ лежит в полуплоскости $\operatorname{Re} \lambda > 0$ (строго внутри!). Рассмотрим оператор $B = A+A^*$. Докажите, что его спектр лежит в полуплоскости $\operatorname{Re} \lambda \geqslant 0$. Отсюда получите, что $\operatorname{Re} (Ax,x) \geqslant 0$
Для разрешимости уравнения $Bx + \lambda x = f$ используйте интегральные представления через резольвенты.

А в каком месте Ваше решение использует условие нормальности оператора?

[sup]

Резольвенты $R(\lambda) = (\lambda - A)^{-1}$ и $R^*(\mu) = (\mu - A^*)^{-1}$ коммутируют.

[wolfspring]

Цитата:

$Bx + \lambda x = f$ используйте интегральные представления через резольвенты.

Убедился, задача действительно сводится к этому уравнению.
Только как и что именно нужно представлять через резольвенты?

[sup]

Ну как что представлять? Решение ...
Надо как-то показать, что такое уравнение разрешимо для любых $\operatorname{Re} \lambda > 0$
Я использовал интегральное представление для решения этого уравнения. Вы, быть может, решите его как-нибудь по другому.

[wolfspring]

Цитата:

Я использовал интегральное представление для решения этого уравнения

А что такое интегральное представление, и где можно прочитать про интегральные представления?

-- 13.01.2014, 12:30 --

Решение этого уравнения можно представить в виде
$x = R(-\lambda/2) R^*(-\lambda/2)(R(-\lambda/2)+R^*(-\lambda/2))^-1f$
Только вот доказать обратимость $R(-\lambda/2)+R^*(-\lambda/2)$ ничуть не легче, чем решить исходное уравнение.

[sup]

Пусть $f(z)$ - функция аналитическая в окрестности спектра оператора $A$.
$C$ - контур вокруг спектра (и внутри той самой окрестности). Тогда можно определить оператор $f(A)$ с помощью интеграла

$f(A) = \frac {1}{2\pi i} \int \limits_C f(z)R(z)dz$

где

$R(z) = (z - A)^{-1}$

Легко проверить, что таким образом действительно получаются полиномы и (более общо) дробно-рациональные операторы. Но, как видно, можно значительно расширить этот класс функций.
В основании всего этого лежит тождество
$I = \frac {1}{2\pi i} \int \limits_C R(z)dz$
Для доказательства достаточно заметить, что $R(z) = I/z + O(1/z^2)$. После этого контур перевести в окружность и устремить радиус к бесконечности.

Где прочитать? Так сразу не вспомню. Формальное операторное исчисление. Функции от оператора.
Ну так вот. Такое представление сразу же позволяет решать уравнение вида
$P(A)u = f$, где $P(z)$ - полином не обращающийся в 0 на спектре.
$P^{-1}(A) = \frac {1}{2\pi i} \int \limits_C \frac {R(z)}{P(z)}dz$

Предлагаю самостоятельно сообразить. Что можно сделать в случае двух коммутирующих операторов $A$, $B$. Ну например. Попробуйте формально выписать резольвенту оператора $A + B + k$. По аналогии с предыдущим.

-- Пн янв 13, 2014 14:41:21 --

Да, для обоснования всего этого дела нужно еще и тождество Гильберта
$R(\lambda) = R(\mu) + (\mu - \lambda) R(\lambda)R(\mu)$
Оно доказывается непосредственно, без всяких фокусов.

[wolfspring]

Цитата:

Ну так вот. Такое представление сразу же позволяет решать уравнение вида
$P(A)u = f$, где $P(z)$ - полином не обращающийся в 0 на спектре.
$P^{-1}(A) = \frac {1}{2\pi i} \int \limits_C \frac {R(z)}{P(z)}dz$$

Но разве $ A+A^*$ выражается как полином от $A$?

-- 13.01.2014, 13:13 --

Цитата:

$f(A) = \frac {1}{2\pi i} \int \limits_C f(z)R(z)dz$

Под знаком интеграла стоит оператор. Как вы интегрируете оператор?

[sup]

Под интегралом стоит операторно-значная функция. Почему бы мне не проинтегрировать ее. Вас смущает, что ее значения не числа, а операторы? И что в этом такого? Элементы векторного пространства. Ну да, нужна некая теория. Но не очень хитрая. В данном случае, почти дословно повторяющая ТФКП. Ну считайте, что речь идет о матрицах. Матрицы то Вы можете интегрировать?
Для суммы оператора и его сопряженного одной резольвентой не обойтись. Кроме этого, надо еще воспользоваться нормальностью оператора. Я предложил Вам рассмотреть немного более общий случай двух коммутирующих операторов. Используйте ОБЕ резольвенты.

[wolfspring]

Цитата:

Попробуйте формально выписать резольвенту оператора $A + B + k$

Так выписывывал же

Цитата:

Решение этого уравнения можно представить в виде
$x = R(-\lambda/2) R^*(-\lambda/2)(R(-\lambda/2)+R^*(-\lambda/2))^-1f$
Только вот доказать обратимость $R(-\lambda/2)+R^*(-\lambda/2)$ ничуть не легче, чем решить исходное уравнение.

[sup]

Вау ...
Вот сравните. Пусть
$P(A)x = f$.
Тогда
$x = \frac {1}{2\pi i} \int \limits_C \frac {R(z)f}{P(z)}dz$
Явная формула. Подставили $f$, проинтегрировали - получили ответ.
А Вы сводите одно уравнение к другому.
Я предлагаю прямо таки выписать формулу для решения уравнения
$Ax + Bx = f$
Речь идет о символьных вычислениях. Забавно, но контурное интегрирование позволяет символы превращать в настоящие операторы.
По идее, надо написать
$x = \frac {f}{A + B}$
Значит, речь идет об операторе $\frac {1}{A + B}$. Надо написать символ этого оператора и проинтегрировать его по контуру. Сначала "угадываем", а потом обосновываем.
Еще раз взгляните на формулу
$f(A) = \frac {1}{2\pi i} \int \limits_C f(z)R(z)dz$
Я ее запишу вот в таком виде (выглядит бредово, но наглядно)
$f(A) = \frac {1}{2\pi i} \int \limits_C \frac {f(z)}{z-A}dz$
Это же формула Коши: значение функции в "точке $A$" равно интегралу по контуру.
Дело осложняется тем, что у Вас два оператора. Ну и ладно, два так два. Но формула совершенно аналогично, хотя и не сводится к одной резольвенте. Надо чтобы были обе резольвенты.
А вообще вопрос? Вы это с какой целью изучаете? Из любопытства или у Вас задача какая-то?
Просто у меня какой-то когнитивный диссонанс. С одной стороны, речь идет о спектральной теореме, проекторнозначные меры. А с другой стороны, затруднения с интегрированием резольвенты. Если из любопытства - то я могу без лишних слов написать это представление и делу край.

[wolfspring]

Цитата:

Но формула совершенно аналогично, хотя и не сводится к одной резольвенте. Надо чтобы были обе резольвенты.

Не от 2-х ли(комплексных) переменных?

-- 13.01.2014, 21:49 --

Хотя нет, я Вас похоже, понял. Только вот интеграл с двумя резольвентами подобрать пока не получается.

-- 13.01.2014, 22:09 --

$\frac {1} {(z - A)(z + B)} = \frac {1} {A+B}(\frac {1} {z - A} - \frac {1} {z + B} )$
$\frac {1} {2 \pi i } \int_C \frac {f(z) dz} {(z - A)(z + B)} = \frac {1} {A+B} ( \frac {1} {2 \pi i } \int_C \frac {f(z) dz} {z - A} - \frac {1} {2 \pi i} \int_C \frac {f(z) dz} {z - B} ) = \frac {1} {A + B} (f(A) - f(-B))$
А, значит,
$\frac {1} {2 \pi i } \int_C f(z) R_A(z) R_{-B}(z) dz = \frac {1} {A + B} (f(A) - f(-B))$

-- 13.01.2014, 22:13 --

Вопрос - какая должна быть функция $ f$, чтобы$ f(A) - f(-A^*) = 1$ для любого $A$?

[sup]

wolfspring в сообщении #813927 писал(а):

Не от 2-х ли(комплексных) переменных?

От двух Но это самый общий вариант. Конкретно для $A+B$ можно как и у Вас. Только Вы слишком лихо расправились с интегралами. Надо поаккуратнее. Если внутри контура особенности нет, то интеграл равен 0. Поэтому у вас получилось не совсем то, что надо.
Давайте поступим формально.
Итак, нам надо построить $\frac {1}{A+B}$. Сначала избавимся от $A$
$\frac {1}{A+B} = \frac {1}{2 \pi i} \int \limits_C \frac {R_A(z)}{z+B}dz$
И вот здесь, с криком голого Архимеда: "узнаю брата Колю", Вы должны окончательно написать
$\frac {1}{A+B} = -\frac {1}{2 \pi i} \int \limits_C R_A(z)R_B(-z)dz$
Теперь вопрос. А можно ли так делать? А почему нет? Нам говорят, что интеграл можно писать, если символ - аналитическая функция в окрестности спектра. Ага. Значит что надо? Надо чтобы $R_B(-z)$ была аналитична (по $z$, разумеется) в окрестности спектра $A$. Это накладывает ограничения на спектр $B$: спектр $B$ должен быть отделен от "минус спектра $A$". Вот мы и угадали нужную формулу. Конечно, потом надо будет еще доказать, что это действительно решение. Ну это просто.
Для доказательства достаточно применить оператор $A +B$ и посмотреть, что получится. При этом очевидно
$AR_A(z) = zR_A(z) - I$
$BR_B(-z) = -zR_B(-z) + I$
А при интегрировании по контуру следите: если подынтегральная функция аналитична внутри - то интеграл равен 0.

Замечу, что в самой общей ситуации
$f(A,B) = -\frac {1}{4 \pi^2} \int \limits_{C_A}dz \int \limits_{C_B}dsR_A(z)R_B(s)f(z,s)$
при этом $f(z,s)$ аналитична в декартовом произведении окрестностей спектров $A$ и $B$. Контуры - границы этих окрестностей.
Такое представление дает весьма мощный аппарат для решения разных операторных уравнений.
Думаю, теперь Вы сможете самостоятельно доказать, что эти интегральные представления действительно решают Вашу задачу. Заодно, найдете ошибку в Вашей формуле

wolfspring в сообщении #813927 писал(а):

А, значит,
$\frac {1} {2 \pi i } \int_C f(z) R_A(z) R_{-B}(z) dz = \frac {1} {A + B} (f(A) - f(-B))$