Z b

f(A) = f( )dE( ):

a

То же для рациональной функции f( ), не имеющей полюсов на спектре A.

Соответствие между функциями и операторами можно продолжить на любые непрерывные функции.

Упражнение 6.3.6 Доказать, что для любой непрерывной функции f( ) существует интеграл Стильтьеса

При этом, если последовательность функций fk( ) стремится к f( ) равномерно на [a; b], то соответствующая последовательность интегралов сходится по норме.

6.4Доказательство спектральной теоремы

Напомним, что самосопряженный оператор называется неотрицательным (обозначение A 0), если квадратичная форма (Ax; x) 0 для любого

x 2 H. Дальнейшие построения основаны на том факте, что из неотрицательного оператора можно извлечь неотрицательный квадратный корень

Теорема 6.4.1 Пусть A - неотрицательный самосопряженный оператор. Тогда существует единственный неотрицательный оператор X 0, такой что X2 = A. При этом [X; B] = 0 для любого оператора B перестановочного с A.

Доказательство. Пусть 0 A M, тогда 0 A=M 1, и значит

достаточно извлечь корень из положительного опертора, не превосходящего 1. Воспользуемся биномиальным рядом

n=1

ò.å., ðÿä èç cn сходится, и следовательно, ряд (6.4.2) сходится абсолютно и равномерно в круге jzj 1.

Отсюда следует, что операторнûé ðÿä (6.4.1) сходится по норме, так как p

k1 Ak 1. Квадрат оператора 1 (1 A) равен A, поскольку это верно p

для абсолютно сходящегося степенного ряда 1 z, а k1 Ak 1. Докажем, оператор X - неотрицательный. Действительно, что из 0 1 A 1 следует,

÷òî 0 (1 A)n 1 (доказать это!), и значит,

1

X

1 cn X 1;

n=1

Отсюда в силу (6.4.3) вытекает, что нижняя грань оператора X больше или

равна 0.

Если B коммутирует с A, то он коммутирует и с (1 A)n, и значит с

рядом (6.4.1).

Докажем единственность положительного квадратного корня. Предпо- ложим противное: пусть X0- другой положительный корень. Тогда

X03 = X02X0 = AX0 = X0X02 = X0A:

Следовательно, X0 коммутирует с A, а тогда и с X. Далее, операторы

Z = (X X0)X(X X0); Z0 = (X X0)X0(X X0)

неотрицательны, так как

(Zx; x) = (X(X X0)x; (X X0)x) = (Xy; y) 0;

ãäå y = (X X0)x, и аналогично Z0. Тогда

0 Z + Z0 = (X X0)(X + X0)(X X0)

= (X2 X02)(X X0) = (A A)(X X0) = 0:

Поскольку Z и Z0 неотрицательны, то Z = Z0 = 0. Значит, их разность тоже равна 0, т.е.,

ZZ0 = (X X0)3 = 0;

èследовательно, (X X0)4 = 0. Íî, òàê êàê

0 = ((X X0)4x; x) = ((X X0)2x; (X X0)2x) = k(X X0)2xk2;

для любого x 2 H, то (X X0)2 = 0. Применяя этот же трюк еще раз,

получим

0 = ((X X0)2x; x) = ((X X0x)x; (X X0)x);

откуда следует, что X X0 = 0.

Пусть теперь A - произвольный самосопряженный оператор. Оператор A2 всегда неотрицателен, так как

(A2x; x) = (Ax; Ax) = kAxk2 0:

Следовательно, можно извлечь положительный квадратный корень из A2, p

который мы обозначим jAj = A2. Далее определим положительную и отрицательную части оператора A, полагая,

òàê ÷òî

A = A+ A ; jAj = A+ + A :

Все эти операторы являются самосопряженными, и коммутируют с любым оператором, коммутирующим с A, в частности, между собой. Кроме того,

имеем

A+A = 14(jAj + A)(jAj A) = 14(jAj2 A2) = 0:

Пусть L = Ker A+ - ядро оператора A+, т.е., подпространство векторов x, таких что Ax = 0. Ортогональный проектор на L обозначим через E. Прежде всего мы подробно изучим свойства введенных операторов.

Лемма 6.4.2 Пусть A; B - коммутирующие самосопряженные операторы. Тогда произведение AB также является самосопряженным. Если при этом A 0; B 0, то AB 0.

Доказательство, Имеем

(AB) = B A = BA = AB:

Если A 0 то из него можно извлечь неотрицательный квадратный корень X 0, который коммутирует с B, поскольку [A; B] = 0. Тогда

(ABx; x) = (X2Bx; x) = (XBx; Xx) = (BXx; Xx) = (By; y) 0;

где мы обозначили y = Xx:

Следствие 6.4.3 Неравенство A B можно умножить на неотрицательный оператор C, перестановочный с A и B.

Лемма 6.4.4 Проектор E коммутирует с A; jAj; A .

Доказательство. Так как Ex 2 Ker A+, òî A+Ex = 0 для любого вектора x 2 H. Значит, A+E = 0, а также EA+ = (A+E) = 0: Таким образом,

[E; A+] = 0.

Доказательство. Так как E 0 и 1 E 0, а также jAj 0, то

EjAj = EA+ + EA = A 0

как произведение неотрицательных коммутирующих операторов. Анало-

гично,

(1 E)jAj = A+ + A EA = A+ 0:

Лемма 6.4.6 Оператор A+ является наименьшим неотрицательным оператором, коммутирующим с A и мажорирующим A, т.е., если самосопряженный оператор B коммутирует с A и удовлетворяет неравенствам

B 0; B A, òî B A+.

Доказательство. Оператор A+ действительно мажорирует A, так как A + A+ A A+ поскольку A - неотрицательный оператор.

Докажем теперь минимальное свойство. Пусть B самосопряженный опе-

A+BE = BA+E = 0;

следовательно, BEx 2 L для любого вектора x, откуда BEx = EBEx, т.е., BE = EBE. Тогда, переходя к сопряженным операторам, получим

EB = (BE) = (EBE) = EBE;

откуда видно, что [B; E] = 0. Теперь умножим неравенства B 0 и B A на неотрицательные операторы E и 1 E соответственно. Поскольку все рассматриваемые операторы коммутируют, то это дает EB 0; (1 E)B (1 E)A = A+: Складывая, приходим к требуемому неравенству B A+.

Теперь мы можем дать конструкцию спектральной функции.

Теорема 6.4.7 Пусть A самосопряженный оператор. Для 2 R опре-

делим E( ) как ортогональный проектор на подпространство L = Ker (A)+: Тогда E( ) удовлетворяет определению спектральной функции опе-

ратора A.

Доказательство. Пусть B коммутирует с A, тогда он коммутирует и с A , следовательно и с (A ) . Как и в лемме 6.4.6, отсюда следует, что

B коммутирует и с E( ).

Покажем, что E( ) монотонно возрастает. Пусть < . Тогда

(A )+ (A ) (A );

следовательно, (A )+ (A )+, поскольку (A )+ - это наименьший из положительных операторов, коммутирующих с (A ) и мажорирующих (A ) (лемма 6.4.6). Рассматривая операторы (A )+ è (A )+ íà подпространстве L , имеем

(A ) = (A ). Но (A )x = 0 только при x = 0, следовательно,

E( ) = 0:

Докажем неравенства (6.3.1). Пусть = ( ; ], и E = E( ) E( ). Тогда в силу монотонности E( )

E( )E = (1 E( ))E = E :

Следовательно,

( A)E = ( A)E( )E = (A ) E 0;

(A )E = (A )(1 E( ))E = (A )+E 0;

что можно переписать в виде

E AE E :

Наконец, докажем непрерывность E( ) справа. Обозначим L = L(;] подпространство Im E , и пусть L = \L(;], пересечение берется по всем> при фиксированном . Очевидно, что сильный предел lim ! +0 E(;] равен ортогональному проектору EL на подпространство L. Мы докажем, что EL = 0, т.е., что подпространство L состоит только из нуля. С одной стороны, E( )E = 0, следовательно, переходя к пределу при ! + 0, получим E( )L = 0. С другой стороны, из неравенств (6.3.1) следует, что

0 (A )E ( )E ! 0;

откуда (A )EL = 0. Умножая на оператор (1 E( )), получим

(1 E( ))(A )EL = (A )+EL = 0;

откуда следует, что E( )EL = EL. Сравнивая с E( )EL = 0, приходим к равенству EL = 0.

Единственность спектральной функции мы докажем в следующем разделе.