Solusi Bab 5: Operator pada Ruang Hilbert

Penyelesaian lengkap

Karena ukuran setiap singleton sama dengan satu, kelas fungsi pada $\mathbb{N}_3$ ditentukan oleh tiga nilainya dan $$\lVert f\rVert_2^2=\sum_{j=1}^3\lvert f(j)\rvert^2.$$ Ini memberikan identifikasi isometrik dalam (a). Perkalian titik demi titik oleh $\phi$ kemudian mempunyai matriks diagonal yang dinyatakan dalam (b), dan setiap operator perkalian diperoleh dengan cara itu.

Untuk matriks $A$ pada (c), ekspansi determinan memberi $$\det(\lambda I-A)=\lambda(\lambda-2)(\lambda-3).$$ Substitusi langsung menunjukkan $$Au_0=0,\qquad Au_2=2u_2,\qquad Au_3=3u_3.$$ Ketiga vektor yang ditampilkan bernorma satu dan hasil kali dalam setiap pasangannya nol, sehingga membentuk basis ortonormal. Definisikan $U\colon L_2(\mathbb{N}_3,\mu)\to\mathbb{C}^3$ dengan $U\delta_1=u_0$, $U\delta_2=u_2$, dan $U\delta_3=u_3$. Maka $U$ uniter dan, untuk $j=1,2,3$, $$TU\delta_j=\phi(j)U\delta_j=UM_\phi\delta_j.$$ Karena vektor-vektor itu suatu basis, $T=UM_\phi U^{-1}$. Ini tepat rumusan teorema spektral: operator normal (di sini bahkan swaadjoin) ekuivalen secara uniter dengan operator perkalian.

Penyelesaian lengkap

Untuk $f\in L_2([0,1])$, fungsi $F(x)=\int_0^x f(t)\,dt$ mempunyai wakil kontinu mutlak dan $F'=f$ hampir di mana-mana. Jika $Vf=0$ sebagai anggota $L_2$, maka $F=0$ hampir di mana-mana. Kekontinuan $F$ memaksa $F=0$ di setiap titik, sehingga $f=F'=0$ hampir di mana-mana. Jadi $V$ injektif.

Teorema Fubini dapat diterapkan karena, dengan Cauchy–Schwarz, integral mutlak pada segitiga $0\leq t\leq x\leq1$ berhingga. Untuk $f,g\in L_2$, $$\begin{align*} \langle Vf,g\rangle &=\int_0^1\left(\int_0^x f(t)\,dt\right)g(x)\,dx\\ &=\int_0^1 f(t)\left(\int_t^1g(x)\,dx\right)dt. \end{align*}$$ Karena ruangnya real, ini sama dengan $\langle f,V^*g\rangle$ untuk rumus $V^*$ dalam jawaban. Akhirnya, $$((V+V^*)f)(x) =\int_0^xf(t)\,dt+\int_x^1f(t)\,dt =\int_0^1f(t)\,dt.$$ Jadi setiap citra konstan. Sebaliknya, fungsi konstan $f=c$ menghasilkan fungsi konstan bernilai $c$, sehingga jangkauannya tepat semua fungsi konstan.

Penyelesaian lengkap

Rentang linear $\mathop{\mathrm{span}}\mathcal{E}$ padat dalam $H$. Jika $T$ terbatas, untuk setiap $x\in H$ pilih jaring (atau barisan jika basisnya terhitung) $x_\alpha$ dari $\mathop{\mathrm{span}}\mathcal{E}$ yang konvergen dalam norma ke $x$. Hipotesis memberi $Tx_\alpha=0$, sehingga kekontinuan menghasilkan $Tx=0$.

Untuk contoh tak trivial, ambil $H=l_2$, $\mathcal{E}=\{e^n:n\in\mathbb{N}\}$, dan $$u=(1,1/2,1/3,\ldots)\in l_2.$$ Vektor $u$ tidak berada dalam rentang linear hingga $\mathop{\mathrm{span}}\mathcal{E}$, sehingga $\mathcal{E}\cup\{u\}$ bebas linear. Perluas himpunan ini menjadi basis Hamel $\mathcal{B}$ untuk $l_2$. Definisikan $T$ pada basis Hamel dengan $$T(u)=e^1,\qquad T(b)=0\quad(b\in\mathcal{B}\setminus\{u\}),$$ lalu perluas secara linear. Maka $T(e^n)=0$ untuk setiap $n$, tetapi $T(u)=e^1\neq0$. Transformasi ini harus tak terbatas, sebab seandainya terbatas, argumen kepadatan pada paragraf pertama akan memaksanya sama dengan nol. Dalam dimensi hingga, basis ortonormal sekaligus basis Hamel, sehingga contoh tak trivial tidak mungkin ada.

Penyelesaian lengkap

Bentuk $[x,y]=\langle Tx,y\rangle$ bersifat seskuilinear dan Hermitian karena $T=T^*$, serta $[x,x]\geq0$. Ketaksamaan Cauchy–Schwarz untuk bentuk positif memberi $$\lvert[x,y]\rvert^2\leq[x,x][y,y].$$ Jika $[x,x]=0$, ruas kanan menunjukkan $\langle Tx,y\rangle=0$ untuk semua $y$, jadi $Tx=0$. Sebaliknya, $Tx=0$ langsung memberi $[x,x]=0$. Maka bentuk itu definit positif, dan akar kuadratnya norma, tepat ketika $\ker T=\{0\}$. Ini membuktikan (a), termasuk ketaksamaan segitiga yang merupakan konsekuensi Cauchy–Schwarz bagi hasil kali dalam $[\ ,\ ]$.

Selalu berlaku $$\lVert x\rVert_1^2=\langle Tx,x\rangle\leq\lVert T\rVert\,\lVert x\rVert^2,$$ jadi identitas $I\colon(H,\lVert\mathord{\cdot}\rVert)\to (H,\lVert\mathord{\cdot}\rVert_1)$ kontinu. Kedua topologi sama tepat ketika identitas sebaliknya kontinu, yaitu ketika ada $c>0$ sehingga $$\lVert x\rVert\leq c\lVert x\rVert_1\quad(x\in H). \tag{1}$$ Jika (1) berlaku dan $\delta=c^{-2}$, maka $$\delta\lVert x\rVert^2\leq\langle Tx,x\rangle \leq\lVert Tx\rVert\lVert x\rVert,$$ sehingga $\lVert Tx\rVert\geq\delta\lVert x\rVert$. Jadi $T$ injektif dan jangkauannya tertutup. Selain itu $(\mathop{\mathrm{ran}}T)^\perp=\ker T^*=\ker T=\{0\}$, sehingga jangkauannya padat. Ia karena itu sama dengan $H$, dan invers $T^{-1}$ terbatas dengan norma paling besar $\delta^{-1}$.

Sebaliknya, andaikan $T$ invertibel. Inversnya positif: jika $y=Tx$, maka $$\langle T^{-1}y,y\rangle=\langle x,Tx\rangle =\langle Tx,x\rangle\geq0.$$ Gunakan Cauchy–Schwarz untuk bentuk positif $[u,v]=\langle Tu,v\rangle$: $$\begin{align*} \lVert x\rVert^2 &=\langle T(T^{-1}x),x\rangle\\ &\leq \langle T(T^{-1}x),T^{-1}x\rangle^{1/2} \langle Tx,x\rangle^{1/2}\\ &=\langle x,T^{-1}x\rangle^{1/2}\lVert x\rVert_1 \leq\lVert T^{-1}\rVert^{1/2}\lVert x\rVert\,\lVert x\rVert_1. \end{align*}$$ Untuk $x\neq0$, pembagian dengan $\lVert x\rVert$ memberi $\lVert x\rVert\leq\lVert T^{-1}\rVert^{1/2}\lVert x\rVert_1$, yaitu (1). Ini menyelesaikan (b).

Untuk (c), tetapkan $A=T^{-1}S^*T$, yang terbatas karena ketiga faktornya terbatas. Untuk semua $x,y\in H$, $$\begin{align*} \langle Sx,y\rangle_1 &=\langle TSx,y\rangle =\langle Sx,Ty\rangle =\langle x,S^*Ty\rangle\\ &=\langle Tx,T^{-1}S^*Ty\rangle =\langle x,Ay\rangle_1. \end{align*}$$ Jadi, menurut definisi adjoin dalam hasil kali dalam baru, $S^{*_1}=A=T^{-1}S^*T$. Urutan faktor ini juga memeriksa bahwa rumus sesuai dengan konvensi edisi bahwa hasil kali dalam linear pada variabel pertama.