Обратимый оператор

[mishafromusa]

patzer2097, Вы только что представили самоосопряжённый оператор $A$ как линейную комбинацию двух унитарных. В бесконечномерном случае надо, правда, ещё проверить, что $B$ обратим. А исходная задача состояла в представлении любого ограниченного обратимого оператора в виде линейной комбинации двух унитарных. Чтобя её рещить, теперь достаточно применить полярное разложение, как и собирался сделать человек, задавший вопрос.

[g______d]

patzer2097 в сообщении #866765 писал(а):

Как g______d раскладывает любой необратимый оператор в комбинацию трех унитарных, остается загадкой

Так я вроде выше написал. Если оператор самосопряжён, то можно как Вы или как ewert (что на самом деле вообще то же самое). Если оператор обратим, то он представим в виде $T=U|T|$, где $U$ – унитарный, дальше применяем Вашу конструкцию к $|T|$ и умножаем на $U$.

Наконец, если $T$ не обратим, то не страшно: для некоторого $\lambda$ оператор $T-\lambda I$ обратим, вот $I$ и будет третьим унитарным оператором.

[mishafromusa]

Кстати, в случае обратимого оператора, все функции можно определить степенными рядами, так что спектральная теорема не нужна. Вот вроде и разобрались.

[g______d]

mishafromusa в сообщении #866796 писал(а):

так что спектральная теорема не нужна

Да, для обратимого оператора достаточно исчисления Рисса-Данфорда. Собственно, поэтому утверждение про три унитарных работает в любой $C^*$-алгебре, где спектральной теоремы, вообще говоря, нет.

На самом деле есть ещё вопрос про представления в виде выпуклой комбинации унитарных, это существенно более серьёзный вопрос, могу поискать ссылки.

[ewert]

mishafromusa в сообщении #866796 писал(а):

в случае обратимого оператора, все функции можно определить степенными рядами

Только не для обратимого, а для ограниченного. Там, правда, есть нюанс: понятие квадратного корня обычно определяют всё-таки на основании спектральной теоремы. Хотя для ограниченных операторов можно обойтись и без неё, достаточно разложения в ряд.

[g______d]

ewert в сообщении #866814 писал(а):

понятие квадратного корня обычно определяют всё-таки на основании спектральной теоремы. Хотя для ограниченных операторов можно обойтись и без неё, достаточно разложения в ряд.

По-моему, с помощью разложения чего-либо в ряд как раз нельзя, но можно с помощью аппроксимации корня полиномами.

[ewert]

g______d в сообщении #866818 писал(а):

По-моему, с помощью разложения чего-либо в ряд как раз нельзя,

Можно. Скажем, Рид-Саймон ровно так и делают. Они играют на том, что все коэффициенты степенного ряда для $\sqrt{1-z}$ (кроме начального) отрицательны. Это обеспечивает сходимость по операторной норме даже тогда, когда норма вычитаемого оператора единична.

[g______d]

ewert в сообщении #866821 писал(а):

Можно. Скажем, Рид-Саймон ровно так и делают.

Да, действительно, спасибо.

[mishafromusa]

g______d в сообщении #866807 писал(а):

На самом деле есть ещё вопрос про представления в виде выпуклой комбинации унитарных, это существенно более серьёзный вопрос, могу поискать ссылки.

Спасибо, а чем интересен этот вопрос?

-- 23.05.2014, 02:45 --

ewert в сообщении #866814 писал(а):

Только не для обратимого, а для ограниченного.

О неограниченных операторах вообще речи не было.

[patzer2097]

g______d в сообщении #866807 писал(а):

есть ещё вопрос про представления в виде выпуклой комбинации унитарных, это существенно более серьёзный вопрос

прошу прощения, а почему для этой цели опять же не годится равенство

$$A=\frac{\left(A+i\sqrt{I-A^2}\right)+\left(A-i\sqrt{I-A^2}\right)}{2}$$

для самосопряженного $A$ с нормой не больше $1$? А потом опять полярное разложение..

[ewert]

mishafromusa в сообщении #866829 писал(а):

О неограниченных операторах вообще речи не было.

а какое отношение к разложимости имеет обратимость?

-- Пт май 23, 2014 17:31:31 --

patzer2097 в сообщении #866983 писал(а):

для самосопряженного $A$ с нормой не больше $1$?

в таком -то варианте -- какая разница, что за норма?

[patzer2097]

(ewert)

ewert в сообщении #866990 писал(а):

в таком -то варианте -- какая разница, что за норма?

спасибо! я исправил пост

[mishafromusa]

ewert в сообщении #866990 писал(а):

mishafromusa в сообщении #866829 писал(а):

О неограниченных операторах вообще речи не было.

а какое отношение к разложимости имеет обратимость?

Она гарантирует, что изометрия в полярном разложении будет обратимым оператором, т.е. унитарным. Она также позволяет легко разложить $\sqrt(A^*A)$ в степенной ряд.

[ewert]

mishafromusa в сообщении #867068 писал(а):

Она также позволяет легко разложить $\sqrt(A^*A)$ в степенной ряд.

Оно и безо всякой обратимости раскладывается. Обратимость же здесь мало чем поможет, т.к. отнюдь не препятствует тому, чтобы нолик был точкой спектра.

[g______d]

patzer2097 в сообщении #866983 писал(а):

прошу прощения, а почему для этой цели опять же не годится равенство

$$A=\frac{\left(A+i\sqrt{I-A^2}\right)+\left(A-i\sqrt{I-A^2}\right)}{2}$$

для самосопряженного $A$ с нормой не больше $1$? А потом опять полярное разложение..

Для самосопряженного с нормой 1 проблем нет, действительно, как и для обратимого. А вот если оператор не обратим, то изометрическая часть в полярном разложении может не иметь унитарного расширения. То, что я предлагал, – вообще уйти со спектра, чтобы оператор стал обратимым, но тогда никакой выпуклой комбинации не будет. Вроде бы можно не уходя, но с большим количеством унитарных. Про $C^*$-алгебры есть такая работа:

Mikael Rørdam, Advances in the Theory of Unitary Rank and Regular Approximation, Annals of Mathematics , Second Series, Vol. 128, No. 1 (Jul., 1988), pp. 153-172.