Компактные операторы

[wall-e]

Oleg Zubelevich
из условия задачи

[a_nn]

Oleg Zubelevich в сообщении #727154 писал(а):

g______d в сообщении #727124 писал(а):

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

а это почему так?

просто дано.

[g______d]

a_nn в сообщении #727150 писал(а):

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

Всё-таки не нужна. Если $\|x\|=1$ и $\|(A^*Ax,x)\|=\|A^*A\|$, то $x$ является собственным вектором для $A^*A$ даже если последний не компактен. Но доказывать я умею только с помощью спектральной теоремы для оператора $A^*A$. Здесь важна его положительность.

-- 22.05.2013, 20:31 --

Нет, можно и без нее. Пусть $\|A\|=\|x\|=1$, $A^*A x=ax+by$, $(x,y)=0$, $a^2+b^2=1$. Тогда $(A^*Ax,x)=a$ и, следовательно, $a=1$.

[wall-e]

g______d
мое доказательство, без использования того, что $x$ является собственным вектором, верно?

[a_nn]

g______d в сообщении #727180 писал(а):

Всё-таки не нужна. Если $\|x\|=1$ и $\|(A^*Ax,x)\|=\|A^*A\|$, то $x$ является собственным вектором для $A^*A$ даже если последний не компактен.

Это да, но вот почему тут равенство, я перестала понимать (сначала казалось, что да, а потом без компактности перестало получаться).

[g______d]

wall-e в сообщении #727183 писал(а):

g______d
мое доказательство, без использования того, что $x$ является собственным вектором, верно?

По-видимому, да.

-- 22.05.2013, 20:44 --

a_nn в сообщении #727184 писал(а):

g______d в сообщении #727180 писал(а):

Всё-таки не нужна. Если $\|x\|=1$ и $\|(A^*Ax,x)\|=\|A^*A\|$, то $x$ является собственным вектором для $A^*A$ даже если последний не компактен.

Это да, но вот почему тут равенство, я перестала понимать (сначала казалось, что да, а потом без компактности перестало получаться).

Ну вроде бы $(A^*Ax,x)=(Ax,Ax)=\|Ax\|^2=\|A\|^2=\|A^*A\|$ (предпоследнее равенство по условию задачи, а последнее верно для любых ограниченных операторов).

[a_nn]

Ага, ну тогда то, что х - св получается из этого же равенства.

[g______d]

a_nn в сообщении #727189 писал(а):

Ага, ну тогда то, что х - св получается из этого же равенства.

Только из этого я не знаю, как. Это же равенство чисел, а "быть собственным вектором" --- это равенство элементов пространства. Нужен какой-то еще аргумент вроде того, что был у меня выше.

[a_nn]

$\|(A^*Ax,x)\| \le \|A^*A x\| \|x\|$ и выполняется равенство. Значит, они коллинеарны.

[g______d]

a_nn в сообщении #727198 писал(а):

$\|(A^*Ax,x)\| \le \|A^*A x\| \|x\|$ и выполняется равенство. Значит, они коллинеарны.

Да, действительно.

[wall-e]

g______d
спасибо большое за помощь!
остался небольшой вопрос

wall-e в сообщении #727142 писал(а):

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?

как нужно, например, выбрать число $a$, чтобы $|Q(v)| > |Q(x)|$ стало верным? ведь $1/(1+|a|^2 ||y||)$ получается больше единицы, то есть может быть и неверным, то, что нужно, да и про $|a|^2 Q(y)+2 Re(\bar a (A^* A x, y))$ мало, что известно

[g______d]

Нужно выбирать $a$ с такой фазой, чтобы последнее слагаемое давал увеличение модуля. Остальные слагаемые квадратичны по $a$, и ими можно пренебречь при малых $a$ (если последнее слагаемое положительно для какого-то $a$, то оно будет положительно для всех $a$ с тем же аргументом, поэтому $a$ можно уменьшить).