§ 4. Một số lớp các toán tử trong các không gian Hilbert

Trong suốt đoạn này, $l_E$ ký hiệu ánh xạ đồng nhất của một không gian Hilbert E. Hợp thành $v \circ u$ của hai ánh xạ tuyến tính thường sẽ được ký hiệu là $vu$ hoặc $v.u$ .

1. Liên hợp

Mệnh đề 1

— Cho E và F là hai không gian Hilbert. Với mọi ánh xạ $u \in \mathscr{L}(E; F)$ , tồn tại một ánh xạ duy nhất $u^* \in \mathscr{L}(F; E)$ sao cho

\langle u(x)|y \rangle_F = \langle x|u^*(y) \rangle_E

với mọi $x \in E$ và mọi $y \in F$ . Ánh xạ $u \mapsto u^*$ từ $\mathscr{L}(E, F)$ vào $\mathscr{L}(F; E)$ là song ánh, đẳng cự và nửa tuyến tính (đối với tự đẳng cấu $\xi \mapsto \overline{\xi}$ của K).

Gọi $\mathscr{S}(E, F)$ là không gian của tất cả các dạng sesquilinear liên tục trên $E \times F$ , được trang bị chuẩn

\| \Phi \| = \sup_{\|x\| \leq 1, \|y\| \leq 1} |\Phi(x, y)| .

Ta định nghĩa không gian $\mathscr{S}(F, E)$ một cách tương tự. Ta đã định nghĩa (V, p. 16, cor. 2) một đẳng cấu không gian Banach từ $\mathscr{L}(E; F)$ lên $\mathscr{S}(F, E)$ , ký hiệu bởi $u \mapsto \Phi_u$ và được đặc trưng bởi

\Phi_u(y, x) = \langle y|u(x) \rangle_F \quad (x \in E, \ y \in F) .

Theo cách tương tự, ta định nghĩa một đẳng cấu từ $\mathscr{L}(F, E)$ lên $\mathscr{S}(E, F)$ . Cuối cùng ta định nghĩa một ánh xạ $\Phi \mapsto \Phi^*$ từ $\mathscr{S}(F, E)$ lên $\mathscr{S}(E, F)$ bởi

\Phi^*(x, y) = \overline{\Phi(y, x)} \quad (x \in E, \ y \in F) .

Ánh xạ này là song ánh, nửa tuyến tính và đẳng cự. Nhưng công thức (1) được chuyển thành $\Phi_{u^*} = (\Phi_u)^*$ , do đó suy ra mệnh đề.

Định nghĩa 1

— Cho E và F là hai không gian Hilbert. Với mọi ánh xạ tuyến tính liên tục $u : E \to F$ , ánh xạ tuyến tính liên tục từ F vào E được xác định bởi công thức (1) được gọi là ánh xạ liên hợp của u và được ký hiệu bởi $u^*$ .

Ta có

\begin{align*} (u + v)^* &= u^* + v^* \\ (\lambda u)^* &= \overline{\lambda} u^* \\ (u^*)^* &= u \\ (1_E)^* &= 1_E \\ (wu)^* &= u^* w^* ; \end{align*}

trong tất cả các công thức này, $u$ và $v$ thuộc $\mathscr{L}(E; F)$ , $\lambda$ thuộc K, và $w$ thuộc $\mathscr{L}(F; G)$ trong đó G là một không gian Hilbert. Các công thức (5) và (6) có nghĩa là $u \mapsto u^*$ là nửa tuyến tính. Công thức (8) là hiển nhiên. Để chứng minh (7), ta lấy liên hợp của hai vế của (1), thu được $\langle u^*(y)|x\rangle = \langle y|u(x)\rangle$ , và điều này chứng minh rằng $u$ là liên hợp của $u^*$ . Cuối cùng, với các ký hiệu của (9), ta có, với mọi $z \in G$

\langle w(u(x))|z\rangle = \langle u(x)|w^*(z)\rangle = \langle x|u^*(w^*(z))\rangle ,

do đó $u^*w^*$ là liên hợp của $wu$ .

Cho $u : E \to F$ là một ánh xạ tuyến tính liên tục và song ánh; khi đó nó cũng là song liên tục (I, p. 19, cor. 1). Từ (8) và (9) ta suy ra ngay lập tức rằng $u^*$ là song ánh và song liên tục và rằng

(10)

(u^{-1})^* = (u^*)^{-1} .

Mệnh đề 2

Với mọi $u \in \mathscr{L}(E ; F)$ , ta có

(11)

\|u^*u\| = \|uu^*\| = \|u\|^2 = \|u^*\|^2 .

Theo mệnh đề 1, $\|u^*\| = \|u\|$ , do đó $\|u^*u\| \leq \|u^*\|\cdot\|u\| \leq \|u\|^2$ . Mặt khác,

\|u\|^2 = \sup_{\|x\| \leq 1} \|u(x)\|^2 = \sup_{\|x\| \leq 1} \langle u(x)|u(x)\rangle = \sup_{\|x\| \leq 1} \langle x|u^*u(x)\rangle \leq \|u^*u\| ,

do đó $\|u^*u\| = \|u\|^2$ . Thay thế $u$ bởi $u^*$ , ta được $\|uu^*\| = \|u^*\|^2$ , do đó (11) suy ra vì $\|u\| = \|u^*\|$ .

Cho $E_1, ..., E_n$ và $F_1, ..., F_n$ là các không gian Hilbert, và với mọi số nguyên $i$ giữa 1 và $n$ , cho $u_i$ là một ánh xạ tuyến tính liên tục từ $E_i$ vào $F_i$ . Khi đó

(12)

(u_1 \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 u_n)^* = u_1^* \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 u_n^* .

Cho $v$ là ánh xạ tuyến tính liên tục $u_1 \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 u_n$ từ

E = E_1 \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 E_n \quad \text{vào} \quad F = F_1 \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 F_n

và $w$ là ánh xạ tuyến tính liên tục $u_1^* \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 u_n^*$ từ $F$ vào $E$ . Chỉ cần chứng minh đẳng thức $\langle y|v(x)\rangle = \langle w(y)|x\rangle$ với $x \in E$ và $y \in F$ . Nhờ tính tuyến tính và tính liên tục, ta rút gọn về trường hợp khi $x$ và $y$ có dạng sau

x = x_1 \otimes ... \otimes x_n , \quad y = y_1 \otimes ... \otimes y_n

với $x_i \in E_i$ và $y_i \in F_i$ cho $1 \leq i \leq n$ . Từ định nghĩa của tích vô hướng trong một tích tenxơ (V, p. 27, công thức (6)), ta suy ra

\langle y|v(x)\rangle = \prod_{i=1}^n \langle y_i|u_i(x_i)\rangle = \prod_{i=1}^n \langle u_i^*(y_i)|x_i\rangle = \langle w(y)|x\rangle .

Điều đó chứng minh mệnh đề của chúng ta.

Cho $E$ và $F$ là hai không gian Hilbert, $u \in \mathscr{L}(E ; F)$ và $n$ là một số nguyên dương. Nếu ta đặt $u_1 = ... = u_n = u$ trong công thức (12) thì ta thu được kết quả rằng ánh xạ tuyến tính liên tục $\hat{T}^n(u^*)$ từ $\hat{T}^n(F)$ vào $\hat{T}^n(E)$ là liên hợp của ánh xạ tuyến tính liên tục $\hat{T}^n(u)$ từ $\hat{T}^n(E)$ vào $\hat{T}^n(F)$ . Các công thức

\hat{S}^n(u)^* = \hat{S}^n(u^*) , \quad \hat{\Lambda}^n(u)^* = \hat{\Lambda}^n(u^*)

có thể được thiết lập theo cùng một cách như công thức (12), do định nghĩa của tích vô hướng trong $\hat{S}^n(E)$ (V, p. 30, công thức (15)) và trong $\hat{\Lambda}^n(E)$ (V, p. 33, công thức (26)).

Nhận xét 1

Giả sử không gian Hilbert E không rút gọn về 0. Ta đồng nhất $\mathscr{L}(K;E)$ với E qua ánh xạ $u \mapsto u(1)$ ; nói cách khác, vectơ x của E được đồng nhất với ánh xạ $\lambda \mapsto \lambda.x$ từ K vào E. Khi đó liên hợp của x là ánh xạ $x^*:E \to K$ được cho bởi $x^*(y) = \langle x|y \rangle$ . Nói cách khác, $x \mapsto x^*$ là ánh xạ nửa tuyến tính chính tắc từ E lên đối ngẫu của nó (V, p. 15).

Tương tự, ta đồng nhất số $\lambda \in K$ với tự đồng cấu $\lambda.1_E$ của E. Khi đó $\lambda^*$ chính xác là liên hợp của $\lambda$ .

Với các đồng nhất này, ta có thể định nghĩa một tích $t_1 ... t_n$ trong đó mỗi $t_i$ là, hoặc một số trong K, hoặc một vectơ trong E, hoặc một dạng tuyến tính thuộc E', hoặc một phần tử của $\mathscr{L}(E)$ , với điều kiện là không bao giờ có hai thừa số liên tiếp $t_i$ và $t_{i+1}$ thuộc một trong các kiểu sau : • $xy$ khi $x, y$ đều thuộc E, hoặc đều thuộc E' ; • $xA$ hoặc $Ax'$ với $A \in \mathscr{L}(E)$ , $x \in E$ và $x' \in E'$ .

Ta có các quy tắc hợp thành sau : a) tính kết hợp ; b) mọi phần tử của K giao hoán với mọi thừa số khác ; c) ta có $(t_1 ... t_n)^* = t_n^* ... t_1^*$ ; nói cách khác, liên hợp của một tích là tích của các liên hợp lấy theo thứ tự ngược lại. Đồng thời $t^{**} = t$ .

Ví dụ, cho x, y thuộc E và cho A thuộc $\mathscr{L}(E)$ . Khi đó $x^*y$ biểu diễn tích vô hướng $\langle x|y \rangle$ và $x^*Ay$ biểu diễn tích vô hướng $\langle x|Ay \rangle$ . Ta cũng có $(A^*x)^* = x^*A^{**} = x^*A$ , do đó $(A^*x)^*y = x^*Ay$ , điều này có thể được hiểu là

\langle A^*x|y \rangle = \langle x|Ay \rangle

phù hợp với định nghĩa của toán tử liên hợp. Ta nhận thấy rằng $yx^*$ là tự đồng cấu $z \mapsto y \langle x|z \rangle$ của E, vì $yx^*z$ có thể được hiểu là $y(x^*z)$ nhờ tính kết hợp, hoặc là $y.\langle x|z \rangle$ .

Mệnh đề 3

— Cho E và F là hai không gian Hilbert và $u \in \mathscr{L}(E;F)$ . Các điều kiện sau là tương đương :

(i) $u$ là một đẳng cấu không gian vectơ tôpô, với nghịch đảo bằng $u^*$ ; (ii) $u$ là toàn ánh và $u^*u = 1_E$ ; (iii) $u$ là đơn ánh và $uu^* = 1_F$ ; (iv) $u$ là một đẳng cấu của các không gian chuẩn; (v) $u$ là một đẳng cấu không gian Hilbert.

Điều kiện (1) có nghĩa là ta có $u^*u = 1_E$ và $uu^* = 1_F$ . Do đó sự tương đương của (i), (ii) và (iii) suy ra từ E, II, § 3, No. 8, mệnh đề 8. Ta đã thấy sự tương đương của (iv) và (v) (V, p. 5). Cuối cùng, quan hệ $u^*u = 1_E$ tương đương với

$^1$ Xem P. A. M. Dirac, Quantum Mechanics, Oxford University Press, New York, 1935.

$\langle x|u^*u(y)\rangle = \langle x|y\rangle$ , nghĩa là, với $\langle u(x)|u(y)\rangle = \langle x|y\rangle$ với mọi $x, y$ trong $E$ , và hiển nhiên kéo theo rằng $u$ là đơn ánh; điều này chứng minh sự tương đương của (ii) và (v).

Một tự đẳng cấu của không gian Hilbert $E$ còn được gọi là một toán tử unita, nghĩa là, một toán tử $u \in \mathscr{L}(E)$ thỏa mãn $uu^* = u^*u = 1_E$ .

Nhận xét 2

— Quan hệ $u^*u = 1_E$ không đặc trưng cho tất cả các tự đẳng cấu của không gian Hilbert $E$ . Ví dụ, cho $E = \ell^2(\mathbf{N})$ và cho $u$ được xác định bởi $u(x_n) = x_{n-1}$ với $n \geq 1$ và $u(x)_0 = 0$ . Ta có $\|u(x)\| = \|x\|$ với mọi $x \in E$ , nghĩa là, $u^*u = 1_E$ , nhưng $u$ không là toàn ánh.

Nhận xét 3

— Định nghĩa (1) của toán tử liên hợp $u^*$ cũng có thể được viết là

\langle y|u(x)\rangle = \langle u^*(y)|x\rangle ,

hoặc, theo V, p. 15, là

\langle u(x), y^*\rangle = \langle x, (u^*(y))^*\rangle .

Nhưng ta cũng có

\langle u(x), y^*\rangle = \langle x, {}^t u(y^*)\rangle

, do đó ta có thể biểu diễn toán tử liên hợp theo chuyển vị,

(u^*(y))^* = {}^t u(y^*) .

2. Các ánh xạ tuyến tính từng phần đẳng cự

Định nghĩa 2

Cho $E$ và $F$ là hai không gian Hilbert và $u \in \mathscr{L}(E; F)$ . Phần bù trực giao của hạt nhân của $u$ trong $E$ được gọi là không gian con ban đầu của $u$ và bao đóng của ảnh của $u$ trong $F$ được gọi là không gian con cuối của $u$ . Phép chiếu trực giao từ $E$ (tương ứng $F$ ) lên không gian con ban đầu (tương ứng cuối) của $u$ được gọi là phép chiếu trực giao ban đầu (tương ứng cuối) của $u$ .

Cho $P$ là không gian con ban đầu của $u$ . Vì $E$ là tổng trực tiếp của $P$ và hạt nhân của $u$ , ta có $u(P) = u(E)$ .

Mệnh đề 4

(i) *Không gian con ban đầu (tương ứng cuối) của $u^*$ bằng không gian con cuối (tương ứng ban đầu) của $u$ .

(ii) Giả sử rằng $E = F$ . Cho $M$ là một không gian vectơ con đóng của $E$ và $M^\circ$ là phần bù trực giao của nó. Các quan hệ $u(M) \subset M$ và $u^*(M^\circ) \subset M^\circ$ là tương đương.

Cho $Q = \overline{u(E)}$ là không gian con cuối của $u$ . Phần bù trực giao $Q^\circ$ của $Q$ trong $F$ gồm tất cả các vectơ $y$ sao cho $\langle u(x)|y\rangle = 0$ với mọi $x \in E$ ; điều này tương đương với : $\langle x|u^*(y)\rangle = 0$ với mọi $x \in E$ , hay với $u^*(y) = 0$ . Do đó ta có $Q^\circ = \mathrm{Ker}\, u^*$ , và $Q$ là không gian con ban đầu của $u^*$ . Vì $u$ là chuyển vị của $u^*$ , không gian con cuối của $u^*$ cũng là không gian con ban đầu của $u$ . Điều này chứng minh (i).

Quan hệ $u(M) \subset M$ suy ra rằng $u(M)$ trực giao với $M^\circ$ , và quan hệ $u^*(M^\circ) \subset M^\circ$ suy ra rằng $u^*(M^\circ)$ trực giao với $M$ . Nhưng ta có $\langle u(x)|y\rangle = \langle u^*(y)|x\rangle$ với mọi $x \in M$ và $y \in M^\circ$ ; do đó (ii) suy ra.

Ta nhận xét rằng mệnh đề 4 có thể được suy ra từ các tính chất tổng quát của chuyển vị (II, p. 51, hệ quả 2) xét đến nhận xét 3, V, p. 41.

Định nghĩa 3

Cho $E$ và $F$ là hai không gian Hilbert. Một ánh xạ $u \in \mathscr{L}(E; F)$ được* gọi là đẳng cự từng phần nếu $\|u(x)\| = \|x\|$ với mọi $x$ thuộc không gian con ban đầu của $u$ .

Cho $u \in \mathscr{L}(E; F)$ và gọi $N$ là hạt nhân và $I$ là ảnh của nó. Nói rằng $u$ là đẳng cự bộ phận cũng chính là nói rằng ánh xạ tuyến tính $\tilde{u}: E/N \to I$ suy ra từ $u$ là đẳng cự (V, p. 13). Khi đó không gian con $I$ của $F$ là đầy đủ, do đó đóng, và là không gian con cuối của $u$ . Do đó, $u$ cảm sinh một đẳng cấu không gian Hilbert từ không gian con ban đầu của $u$ lên không gian con cuối của nó.

Mệnh đề 5

Cho $u \in \mathscr{L}(E; F)$ , gọi $P$ là không gian con ban đầu và $Q$ là không gian con cuối của nó. Gọi $p$ (tương ứng $q$ ) là phép chiếu trực giao ban đầu (tương ứng cuối) của $u$ . Giả sử rằng $u$ là đẳng cự bộ phận.

(i) Ánh xạ $u^* \in \mathscr{L}(F; E)$ là đẳng cự bộ phận, với không gian con ban đầu $Q$ và không gian con cuối $P$ . Khi đó, đẳng cấu từ $P$ lên $Q$ cảm sinh bởi $u$ là nghịch đảo của đẳng cấu từ $Q$ lên $P$ cảm sinh bởi $u^*$ .

(ii) Ta có $u^*u = p$ và $uu^* = q$ .

Theo mệnh đề 4 (i), mệnh đề (i) là một hệ quả của (ii).

Bây giờ chứng minh (ii). Vì $P$ chứa ảnh của $u^*$ , nên ánh xạ $u^*u$ ánh xạ $E$ vào $P$ . Cho $x \in E$ và $y \in P$ , khi đó

\langle u^*u(x)|y \rangle = \langle u(x)|u(y) \rangle .

Nếu $x$ thuộc $P$ , thì $\langle u(x)|u(y) \rangle = \langle x|y \rangle$ theo định nghĩa của ánh xạ đẳng cự bộ phận; nếu $x$ thuộc hạt nhân $N$ của $u$ , thì $u(x) = 0$ , do đó $\langle u(x)|u(y) \rangle = 0$ và $\langle x|y \rangle = 0$ vì $N$ và $P$ trực giao. Vì $E = P \oplus N$ , ta có $\langle u^*u(x) - x|y \rangle = 0$ trong mọi trường hợp, và do đó $u^*u$ là phép chiếu trực giao $p$ từ $E$ lên $P$ . Hệ thức $uu^* = q$ suy ra bằng cách đổi chỗ $u$ và $u^*$ trong lập luận trên.

Mệnh đề 6

Với mọi $u \in \mathscr{L}(E; F)$ , các điều kiện sau đây là tương đương :

(i) $u$ là đẳng cấu từng phần ; (ii) $u^*$ là đẳng cấu từng phần ; (iii) $u^*u$ là một phép chiếu trực giao ; (iv) $uu^*$ là một phép chiếu trực giao ; (v) * $uu^*u = u ;*$ (vi) * $u^*uu^* = u^* .*$

Theo mệnh đề 5, (i) tương đương với (ii).

(i) $\Rightarrow$ (v) : Giả sử $u$ là đẳng cấu từng phần. Khi đó $u^*u$ là phép chiếu trực giao ban đầu của $u$ theo mệnh đề 5. Do đó với mọi $x \in E$ , $u^*u(x) - x$ thuộc hạt nhân của $u$ , nghĩa là $uu^*u(x) = u(x)$ .

(v) $\Rightarrow$ (iii) : Giả sử rằng $uu^*u = u$ và đặt $p = u^*u$ ; khi đó $p = p^*$ và $p^2 = p$ . Gọi $M$ (tương ứng $N$ ) là ảnh (tương ứng hạt nhân) của $p$ . Với $x \in M$ và $y \in N$ , ta có $\langle x|y \rangle = \langle p(x)|y \rangle = \langle x|p^*(y) \rangle = \langle x|p(y) \rangle = 0$ . Vì $M$ và $N$ trực giao, $p$ là phép chiếu trực giao từ $E$ lên $M$ .

(iii) $\Rightarrow$ (i) : Giả sử $p = u^*u$ là một phép chiếu trực giao có ảnh $M$ và hạt nhân $N$ .

Với mọi $x \in E$ , ta có

\|u(x)\|^2 = \langle u^*u(x)|x \rangle = \langle p(x)|x \rangle .

Do đó

u(x) = 0

với

x \in N

và

\|u(x)\| = \|x\|

với

x \in M

, và vì thế

u

là đẳng cấu từng phần với hạt nhân

N

và không gian con ban đầu

M

Ta đã chứng minh sự tương đương của (i), (iii) và (v). Thay $u$ bởi $u^*$ , ta có thể suy ra sự tương đương của (ii), (iv) và (vi). Điều này chứng minh mệnh đề 6.

3. Các tự đồng cấu chuẩn

Định nghĩa 4

Cho $E$ là một không gian Hilbert và $u \in \mathscr{L}(E)$ . Ta nói rằng $u$ là chuẩn nếu nó giao hoán với tự liên hợp $u^*$ của nó.

Ví dụ, mọi tự đẳng cấu $u$ của không gian Hilbert $E$ đều là chuẩn vì ta có $uu^* = u^*u = 1_E$ .

Mệnh đề 7

Để $u \in \mathscr{L}(E)$ là chuẩn, điều kiện cần và đủ là $\|u(x)\| = \|u^*(x)\|$ với mọi $x \in E$ .

Ta định nghĩa một dạng Hermit $\Phi$ trên $E$ bởi

\Phi(x, y) = \langle uu^*(x)|y \rangle - \langle u^*u(x)|y \rangle .

Để

u

là chuẩn thường, điều kiện cần và đủ là

\Phi = 0

. Theo các công thức phân cực (V, p. 2), điều này tương đương với

\Phi(x, x) = 0

với mọi

x \in E

. Mệnh đề được suy ra ngay vì

\Phi(x, x) = \|u^*(x)\|^2 - \|u(x)\|^2 .

Mệnh đề 8

Giả sử rằng $u \in \mathscr{L}(E)$ là chuẩn thường. Gọi $N$ là hạt nhân của $u$ và $M$ là không gian trực giao của $N$ trong $E$ ; gọi $m$ và $n$ là hai số nguyên dương sao cho $m + n \geq 1$ . Khi đó $N$ là hạt nhân của $u^m(u^*)^n$ và $M$ vừa là không gian con ban đầu vừa là không gian con cuối của $u^m(u^*)^n$ . Đặc biệt, $M$ vừa là không gian con ban đầu vừa là không gian con cuối của $u$ và của $u^*$ , và ổn định đối với $u$ và $u^*$ .

Mệnh đề 7 chỉ ra rằng $u$ và $u^*$ có cùng hạt nhân $N$ . Theo mệnh đề 4, (ii) của V, p. 41, không gian con $M$ của $E$ là ổn định đối với $u$ và $u^*$ vì điều này đúng với $N = M^\circ$ , vì $M \cap N = \{0\}$ , các tự đồng cấu của $M$ cảm sinh bởi $u$ và $u^*$ là đơn ánh. Đặt $v = u^m(u^*)^n$ ; lập luận trước cho thấy hạn chế của $v$ trên $M$ (tương ứng $N$ ) là đơn ánh (tương ứng không), do đó $N$ là hạt nhân của $v$ . Do đó, $M = N^\circ$ là không gian con ban đầu của $v$ . Theo mệnh đề 4, (i) của V, p. 41, không gian con cuối của $v$ bằng không gian con ban đầu của $v^*$ . Nhưng $v^* = u^n(u^*)^m$ và do đó không gian con ban đầu của $v^*$ bằng $M$ theo điều đã chứng minh ở trên.

Hệ quả

Cho $\lambda \in K$ . Các không gian con sau đây của $E$ là bằng nhau : a) không gian con riêng của $u$ ứng với $\lambda$ ; b) không gian con riêng của $u^*$ ứng với $\overline{\lambda}$ ;

c) không gian con nguyên sơ của u đối với $\lambda$ (nói cách khác, theo LIE, VII, § 1, No. 1, tập hợp mọi vectơ $x$ của E sao cho tồn tại một số nguyên $n \geqslant 0$ để $(u - \lambda.1_E)^n(x) = 0$ ); d) không gian con nguyên sơ của $u^*$ đối với $\overline{\lambda}$ .

Rõ ràng $w = u - \lambda.1_E$ là một tự đồng cấu chuẩn của E, do đó các tự đồng cấu $w, w^* = u^* - \overline{\lambda}.1_E, w^n$ và $(w^*)^n$ của E có cùng hạt nhân theo mệnh đề 8.

4. Các tự đồng cấu Hermit

Định nghĩa 5

Cho E là một không gian Hilbert và cho* $u \in \mathscr{L}(E)$ . Ta nói rằng u là Hermit nếu $u^* = u$ .

Kí hiệu $\mathscr{H}(E)$ là tập hợp tất cả các phần tử Hermit của $\mathscr{L}(E)$ ; đây là một không gian con vectơ của không gian vectơ $\mathscr{L}(E)_{[\mathbf{R}]}$ trên $\mathbf{R}$ thu được từ $\mathscr{L}(E)$ bằng cách hạn chế vô hướng.

Với mỗi $u \in \mathscr{L}(E)$ , ta đã liên kết (V, p. 16, hệ quả 2) một dạng sesquilinear $\Phi_u : (x, y) \mapsto \langle x|u(y)\rangle$ trên $E \times E$ . Ta có

\Phi_{u^*}(x, y) = \overline{\Phi_u(y, x)} \quad (x, y \text{ trong } E);

do đó, $u$ là Hermit nếu và chỉ nếu dạng $\Phi_u$ là Hermit. Khi $K$ là $\mathbf{C}$ , chỉ cần giả sử rằng $\Phi_u(x, x) = \langle x|u(x)\rangle$ là thực với mọi $x \in E$ (V, p. 2, Nhận xét).

Cho $u \in \mathscr{L}(E)$ . Ta đã thấy (V, p. 16, hệ quả 2) rằng chuẩn của $u$ có thể được tính bởi công thức

\|u\| = \sup_{\|x\| \leqslant 1, \|y\| \leqslant 1} |\Phi_u(x, y)|.

Khi $u$ là Hermit, ta có kết quả sau:

Mệnh đề 9

Với mọi tự đồng cấu Hermit u của* E, *ta có

\|u\| = \sup_{\|x\| \leqslant 1} |\langle x|u(x)\rangle|.

Đặt $\Phi = \Phi_u$ và $c = \sup_{\|x\| \leqslant 1} |\Phi(x, x)|$ , khi đó hiển nhiên $c \leqslant \|u\|$ . Cho $x, y \in E$ sao cho $\|x\| \leqslant 1, \|y\| \leqslant 1$ . Khi đó

\Phi(x + y, x + y) = \Phi(x, x) + \Phi(y, y) + 2\Re\Phi(x, y),

do đó

4\Re\Phi(x, y) = \Phi(x + y, x + y) - \Phi(x - y, x - y);

nhưng

|\Phi(t, t)| \leqslant c\|t\|^2

với mọi

t \in E

, vì thế

4|\Re\Phi(x, y)| \leqslant c(\|x + y\|^2 + \|x - y\|^2) = 2c(\|x\|^2 + \|y\|^2) \leqslant 4c.

Đặt

a = \Phi(x, y)

; tồn tại một số phức

\lambda

có giá trị tuyệt đối bằng 1 sao cho

λa = |a|. Thay $y$ bởi $\lambda y$ trong bất đẳng thức trên, ta được $|\Phi(x, y)| \leqslant c$ . Theo (15), $\|u\| \leqslant c$ và mệnh đề được suy ra. ĐPCM.

Hiển nhiên mọi tự đồng cấu Hermit đều chuẩn. Ngược lại:

Mệnh đề 10

— Giả sử $K$ là C. Cho $u \in \mathscr{L}(E)$ . Khi đó tồn tại duy nhất một cặp $(h_1, h_2)$ gồm các tự đồng cấu Hermit của E, sao cho $u = h_1 + ih_2$ . Để u là chuẩn, cần và đủ rằng $h_1$ và $h_2$ giao hoán.

Thật vậy, quan hệ « $u = h_1 + ih_2,\ h_1^* = h_1,\ h_2^* = h_2$ » tương đương với

\text{« } h_1 = \frac{1}{2}(u + u^*) \text{ và } h_2 = \frac{i}{2}(u^* - u) \text{ »}.

Hơn nữa, ta có $h_1 h_2 - h_2 h_1 = \frac{i}{2}(uu^* - u^*u)$ . Điều đó chứng minh mệnh đề 10.

Mệnh đề 11

— Cho $p \in \mathscr{L}(E)$ . Để p là phép chiếu trực giao từ E lên một không gian con vectơ đóng của E, cần và đủ rằng $p^2 = p = p^*$ .

Giả sử $p^2 = p$ . Cho M là ảnh của p và N là hạt nhân của nó. E là tổng trực tiếp tôpô của M và N. Để p là một phép chiếu trực giao, cần và đủ rằng M trực giao với N, tức là ta có $\langle p(x)|y - p(y) \rangle = 0$ với mọi x, y trong E. Quan hệ sau cùng này tương đương với $p = p^*p$ , và suy ra $p^* = (p^*p)^* = p^*p = p$ ; ngược lại nếu $p^* = p$ , ta có $p = p^2 = p^*p$ .

5. Các tự đồng cấu dương

Định nghĩa 6

— Cho E là một không gian Hilbert và $u \in \mathscr{L}(E)$ . Ta nói rằng u là dương, và viết $u \geq 0$ , nếu u là Hermit và nếu $\langle x|u(x) \rangle \geq 0$ với mọi $x \in E$ .

Khi K bằng C, quan hệ

\langle x|u(x) \rangle \geq 0 \quad \text{với mọi } x \in E

suy ra rằng u là Hermit (V, p. 2, Nhận xét), do đó là dương.

Ký hiệu $\mathscr{L}_+(E)$ cho tập hợp tất cả các phần tử dương của $\mathscr{L}(E)$ ; đây là một nón lồi nhọn thực sự trong không gian vectơ thực $\mathscr{L}(E)_{[\mathbf{R}]}$ nền dưới $\mathscr{L}(E)$ . Để u là dương, điều kiện cần và đủ là dạng sesquilinear $\Phi_u$ trên $E \times E$ liên kết với u là Hermit dương. Cho u và v trong $\mathscr{L}(E)$ , quan hệ $u - v \geq 0$ cũng có thể viết là $u \geq v$ hoặc $v \leq u$ ; đây là một quan hệ thứ tự trên $\mathscr{L}(E)_{[\mathbf{R}]}$ tương thích với cấu trúc không gian vectơ thực của nó.

Mệnh đề 12

— Cho u là một phần tử Hermit (resp. dương) của $\mathscr{L}(E)$ và cho v là một ánh xạ tuyến tính liên tục từ E vào một không gian Hilbert F. Khi đó $vuv^*$ là một phần tử Hermit (resp. dương) của $\mathscr{L}(F)$ .

Thật vậy, ta có $(vuv^*)^* = v^{**}u^*v^* = vuv^*$ . Mặt khác, nếu $u \geq 0$ , ta có

\langle y|vuv^*(y) \rangle = \langle v^*(y)|u(v^*(y)) \rangle \geq 0

với mọi $y \in F$ , do đó $vuv^* \geq 0$ .

Mệnh đề 12 cho thấy, đặc biệt, rằng $vv^*$ là dương với mọi $v \in \mathscr{L}(E; F)$ . Vì, đặc biệt, một toán tử chiếu trực giao $p$ thỏa $p = p^2 = pp^*$ , nên nó là dương.

Nhận xét 1

Với mọi $u$ Hermit trong $\mathscr{L}(E)$ , đặt $m(u) = \inf_{\|x\|=1} \langle x|u(x)\rangle$ , $M(u) = \sup_{\|x\|=1} \langle x|u(x)\rangle$ . Nếu $E$ không chỉ là $0$ , thì $m(u)$ và $M(u)$ là hữu hạn; hơn nữa, $M(u)$ là số thực nhỏ nhất $\lambda$ sao cho $u \leq \lambda \cdot 1_E$ và $m(u)$ là số thực lớn nhất $\mu$ sao cho $u \geq \mu \cdot 1_E$ . Rõ ràng ta có $m(-u) = -M(u)$ và $M(-u) = -m(u)$ . Rõ ràng là

\sup(|m(u)|, |M(u)|) = \sup_{\|x\|=1} |\langle x|u(x)\rangle|

và Mệnh đề 9 (V, p. 44) suy ra (với

E \neq \{0\}

) rằng

\|u\| = \sup(|m(u)|, |M(u)|).

\* Để xem một chứng minh khác của công thức này khi

K

là

\mathbf{C}

, xem Mệnh đề 14 của TS, I, § 6, No. 8. \

Nhận xét 2

Cho $M$ và $N$ là hai không gian con vectơ đóng của $E$ , và $p_M$ (resp. $p_N$ ) là phép chiếu trực giao từ $E$ lên $M$ (resp. $N$ ). Khi đó $M \subset N$ khi và chỉ khi $p_M \leq p_N$ . Thật vậy, ta có $p_M^* p_M = p_M$ , do đó

\|p_M(x)\|^2 = \langle p_M(x)|p_M(x)\rangle = \langle x|p_M^* p_M(x)\rangle = \langle x|p_M(x)\rangle

với mọi

x \in E

. Vì thế quan hệ

p_M \leq p_N

tương đương với «

\|p_M(x)\| \leq \|p_N(x)\|

với mọi

x \in E

». Nếu

M \subset N

, ta có

p_M = p_M p_N

, do đó

\|p_M(x)\| \leq \|p_N(x)\|

vì

\|p_M\| \leq 1

. Ngược lại, nếu

\|p_M(x)\| \leq \|p_N(x)\|

với mọi

x \in E

, thì hạt nhân của

p_M

chứa hạt nhân của

p_N

, nghĩa là

M^\circ \supset N^\circ

, điều này suy ra

M \subset N

Mệnh đề 13

— *Cho $\mathscr{H}(E)$ là tập hợp tất cả các tự đồng cấu Hermit liên tục của không gian Hilbert $E$ . Cho $\mathscr{F}$ là một tập con không rỗng, có hướng tăng và bị chặn của $\mathscr{H}(E)$ .

(i) Tập $\mathscr{F}$ có một cận trên $u_0$ trong $\mathscr{H}(E)$ ; ta có

\langle x|u_0(x)\rangle = \sup_{u \in \mathscr{F}} \langle x|u(x)\rangle \quad \text{với mọi} \quad x \in E .

(ii) Bộ lọc các phần cắt của $\mathscr{F}$ hội tụ đến $u_0$ trong không gian $\mathscr{L}(E)$ được trang bị tôpô hội tụ đơn.

Cho $\Sigma$ là bộ lọc các tiết diện của $\mathscr{F}$ ; với mỗi $u \in \mathscr{H}(E)$ , đặt $\Phi_u$ là dạng Hermit liên tục trên $E$ được xác định bởi

\Phi_u(x, y) = \langle x|u(y)\rangle .

Đặt

\Psi_u(x) = \Phi_u(x, x)

với

u \in \mathscr{H}(E)

và

x \in E

. Theo các công thức phân cực (V, p. 2), ta có

\begin{align*} (19) \quad 4\Phi_u(x, y) &= \Psi_u(x+y) - \Psi_u(x-y) & \text{nếu } K = \mathbf{R} \\ (20) \quad 4\Phi_u(x, y) &= \Psi_u(x+y) - \Psi_u(x-y) - i\Psi_u(x+iy) + i\Psi_u(x-iy) & \text{nếu } K = \mathbf{C} . \end{align*}

Với mọi $x \in E$ , ánh xạ $u \mapsto \Psi_u(x)$ vào $\mathbf{R}$ là tăng và bị chặn, nên có một giới hạn đối với $\Sigma$ . Theo các công thức trên, giới hạn

\lim_{u,\Sigma} \Phi_u(x, y) = \Phi(x, y)

tồn tại với mọi cặp

(x, y)

các phần tử của

E

. Rõ ràng

\Phi

là một dạng Hermit trên

E

. Nếu

v_1 \in \mathscr{F}

và

v_2

là một cận trên của

\mathscr{F}

, các dạng Hermit

f_1 = \Phi - \Phi_{v_1}

và

f_2 = \Phi_{v_2} - \Phi

là dương; tồn tại một số thực

M \geq 0

sao cho

f_1(x, x) + f_2(x, x) = \Phi_{v_2 - v_1}(x, x) \leq M \|x\|^2,

do đó

f_1(x, x) \leq M \|x\|^2, \quad f_2(x, x) \leq M \|x\|^2 \quad (x \in E);

do đó các bán chuẩn

x \mapsto f_i(x, x)^{1/2}

liên tục trên

E

. Vì

f_2 - f_1 = \Phi_{v_2} + \Phi_{v_1} - 2\Phi,

ta kết luận rằng

x \mapsto \Phi(x, x)

là một hàm liên tục trên

E

, và theo các công thức (19) và (20), rằng

\Phi

liên tục trên

E \times E

. Do đó tồn tại (V, p. 16, Hệ quả 2) một phần tử

u_0

của

\mathscr{H}(E)

sao cho

\Phi = \Phi_{u_0}

. Công thức (18) hiển nhiên được thỏa mãn, do đó

u_0

là cận trên của

\mathscr{F}

trong

\mathscr{H}(E)

. Điều này chứng minh (i).

Theo phép dựng, ta có

\lim_{u,\Sigma} \langle x|(u_0 - u)(x)\rangle = 0 \quad \text{với mọi } x \in E.

Cho

v_1 \in \mathscr{F}

; với một

u \in \mathscr{F}

sao cho

u \geq v_1

, đặt

v = u_0 - u

. Nếu áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho dạng Hermit dương

\Phi_v

trên

E

, ta được

\begin{align*} \|v(x)\|^4 &= |\Phi_v(v(x), x)|^2 \leq \Phi_v(v(x), v(x)) \cdot \Phi_v(x, x) \\ &= \langle v(x)|v^2(x)\rangle \langle x|v(x)\rangle \leq \|v\|^3 \|x\|^2 \langle x|v(x)\rangle \\ &\leq \|u_0 - v_1\|^3 \|x\|^2 \langle x|v(x)\rangle, \end{align*}

vì

\|v\| \leq \|u_0 - v_1\|

theo V, p. 44, Mệnh đề 9. Khi đó theo (21) ta được

\lim_{u,\Sigma} \|(u_0 - u)(x)\| = 0

với mọi

x \in E

; điều này chứng minh mệnh đề (ii).

Đặc biệt, mệnh đề 13 có thể được áp dụng cho trường hợp của một dãy $(u_n)_{n \in \mathbf{N}}$ tăng và bị chặn của các phần tử của $\mathscr{H}(E)$ . Khi đó tồn tại một phần tử $v$ của $\mathscr{H}(E)$ được xác định bởi

\langle x|v(x)\rangle = \lim_{n \to \infty} \langle x|u_n(x)\rangle = \sup_{n \in \mathbf{N}} \langle x|u_n(x)\rangle \quad (x \in E),

và ta có

v(x) = \lim_{n \to \infty} u_n(x)

với mọi

x \in E

. Hơn nữa,

v

là cận trên của tập hợp các

u_n

trong

\mathscr{H}(E)

6. Vết của một tự đồng cấu

Cho E và F là hai không gian Hilbert. Theo các quy ước của V, p. 40, với $a$ trong E và $b$ trong F, ta ký hiệu $ba^*$ là ánh xạ tuyến tính liên tục $x \mapsto b \langle a|x \rangle$ từ E vào F.

Bổ đề 1

Có một đẳng cấu $\theta$ từ không gian vectơ $F \otimes E'$ lên không gian $\mathscr{L}_f(E; F)$ gồm tất cả các ánh xạ tuyến tính liên tục hạng hữu hạn từ E vào F, được đặc trưng bởi $\theta(b \otimes a^*) = ba^*$ với $a \in E, b \in F$ .

Theo A, II, § 4, No. 2, tồn tại một ánh xạ tuyến tính đơn ánh $\theta$ từ $F \otimes E'$ vào $\mathscr{L}(E; F)$ và chỉ có một ánh xạ như vậy, biến $b \otimes a'$ thành ánh xạ tuyến tính $x \mapsto ba'(x)$ với $a' \in E', b \in F$ . Hiển nhiên $\theta(b \otimes a^*) = ba^*$ , và ảnh của $\theta$ được chứa trong $\mathscr{L}_f(E; F)$ . Tuy nhiên, cho $u \in \mathscr{L}_f(E; F)$ và cho $(e_1, ..., e_n)$ là một cơ sở trực chuẩn của ảnh của $u$ trong F. Đặt $f_i = u^*(e_i)$ với $1 \leq i \leq n$ . Với mọi $x \in E$ , ta có

u(x) = \sum_{i=1}^n \langle e_i|u(x) \rangle \cdot e_i = \sum_{i=1}^n \langle f_i|x \rangle \cdot e_i,

suy ra $u = \sum_{i=1}^n e_i f_i^* = \theta(\sum_{i=1}^n e_i \otimes f_i^*)$ . Vì vậy ảnh của $\theta$ bằng $\mathscr{L}_f(E; F)$ .

Từ nay về sau, ta giả sử rằng $E = F$ , và ta đặt $\mathscr{L}_f(E) = \mathscr{L}_f(E; E)$ . Theo bổ đề 1, tồn tại duy nhất một dạng tuyến tính $\tau$ trên $\mathscr{L}_f(E)$ , sao cho $\tau(\theta(a \otimes a')) = a'(a)$ với $a \in E, a' \in E'$ ; nói cách khác, ta có

(22)

\tau(ba^*) = \langle a|b \rangle \quad \text{cho } a, b \text{ trong } E.

Khi E hữu hạn chiều, ta có $\mathscr{L}_f(E) = \mathscr{L}(E)$ và $\tau(u)$ là vết của tự đồng cấu $u$ của E (A, II, § 4, No. 3).

Bổ đề 2

Cho $(e_i)_{i \in I}$ là một cơ sở trực chuẩn của E. Khi đó

\tau(u) = \sum_{i \in I} \langle e_i|u(e_i) \rangle

với mọi $u \in \mathscr{L}_f(E)$ .

Chỉ cần xét trường hợp $u = ba^*$ với $a, b$ trong E. Khi đó

\langle e_i|u(e_i) \rangle = e_i^* b \cdot a^* e_i = \overline{\langle e_i|a \rangle} \langle e_i|b \rangle

và bổ đề 2 suy ra từ công thức (22) và công thức (3) của V, p. 22.

Bổ đề 3

Cho u là một tự đồng cấu liên tục và dương của E, và $\mathscr{F}$ là tập hợp tất cả các phép chiếu trực giao hạng hữu hạn trên E. Khi đó với mọi cơ sở trực chuẩn $(e_i)_{i \in I}$ của E, ta có (trong $\mathbf{R}_+$ ) đẳng thức

\sum_{i \in I} \langle e_i|u(e_i) \rangle = \sup_{p \in \mathscr{F}} \tau(pup).

Với mỗi tập con hữu hạn J của I, đặt $p_J = \sum_{i \in J} e_i e_i^*$ ; đây là phép chiếu trực giao từ E lên không gian con vectơ sinh bởi các vectơ $e_i$ , với i chạy trên J. Ta có

p_J u p_J = \sum_{i \in J, j \in J} \langle e_i | u(e_j) \rangle e_i e_j^* ,

do đó

\tau(p_J u p_J) = \sum_{i \in J} \langle e_i | u(e_i) \rangle

. Vì

p_J \in \mathscr{F}

\sum_{i \in J} \langle e_i | u(e_i) \rangle \leq \sup_{p \in \mathscr{F}} \tau(p u p) ;

và do đó ta kết luận rằng

\sum_{i \in I} \langle e_i | u(e_i) \rangle = \sup_J \sum_{i \in J} \langle e_i | u(e_i) \rangle \leq \sup_{p \in \mathscr{F}} \tau(p u p) .

Cho $v$ là một tự đồng cấu liên tục, dương và có hạng hữu hạn của E và cho $p \in \mathscr{F}$ . Theo định lý 2 của V, p. 23 tồn tại một cơ sở trực chuẩn $(f_\alpha)_{\alpha \in A}$ của E và một tập con hữu hạn B của A sao cho $(f_\alpha)_{\alpha \in B}$ là một cơ sở trực chuẩn của ảnh của p. Khi đó ta có $p = \sum_{\alpha \in B} f_\alpha f_\alpha^*$ , và do đó, như trên, hệ thức $\tau(p v p) = \sum_{\alpha \in B} \langle f_\alpha | v(f_\alpha) \rangle$ . Theo bổ đề 2 (V, p. 48) ta có $\tau(v) = \sum_{\alpha \in A} \langle f_\alpha | v(f_\alpha) \rangle$ , suy ra công thức

\sum_{\alpha \in B} \langle f_\alpha | v(f_\alpha) \rangle \leq \tau(v) .

Áp dụng bất đẳng thức này cho trường hợp

v = p_J . u p_J

và J là một tập con hữu hạn của I, ta được

\sum_{\alpha \in B} \langle p_J(f_\alpha) | u p_J(f_\alpha) \rangle \leq \sum_{i \in J} \langle e_i | u(e_i) \rangle .

Với mọi

x \in E

, ta có

p_J(x) = \sum_{i \in J} \langle e_i | x \rangle e_i

, và do đó

x = \lim_J p_J(x)

đối với tập có hướng có thứ tự gồm các tập con hữu hạn J của I. Chuyển qua giới hạn theo J trong (23), ta được

\tau(p u p) = \sum_{\alpha \in B} \langle f_\alpha | u(f_\alpha) \rangle \leq \sum_{i \in I} \langle e_i | u(e_i) \rangle ,

và điều này hoàn tất chứng minh của bổ đề 3.

Định nghĩa 7

Cho u là một tự đồng cấu liên tục và dương của không gian Hilbert E. Đặt*

\operatorname{Tr}(u) = \sup_{p \in \mathscr{F}} \tau(p u p)

*(cận trên trong

\overline{\mathbf{R}}_+

), trong đó

\mathscr{F}

là tập tất cả các phép chiếu trực giao có hạng hữu hạn trên E. Ta nói rằng

\operatorname{Tr}(u)

là vết của u.

Cho $p$ là phép chiếu trực giao từ $E$ lên một không gian con vectơ hữu hạn chiều của $E$ , và cho $(x_1, ..., x_m)$ là một cơ sở trực chuẩn của F. Ta đã thiết lập hệ thức

\tau(pup) = \sum_{i=1}^m \langle x_i | u(x_i) \rangle.

Do đó, ta có thể định nghĩa vết bởi công thức

\text{Tr}(u) = \sup_{x_1, ..., x_m} \sum_{i=1}^m \langle x_i | u(x_i) \rangle,

trong đó

(x_1, ..., x_m)

chạy qua tập mọi dãy hữu hạn trực chuẩn của các vectơ của E.

Theo bổ đề 3 (V, p. 48), ta có

\text{Tr}(u) = \sum_{i \in I} \langle e_i | u(e_i) \rangle

với mọi cơ sở trực chuẩn

(e_i)_{i \in I}

của E. Từ đó, ta suy ra

\text{Tr}(u + v) = \text{Tr}(u) + \text{Tr}(v)

\text{Tr}(\lambda u) = \lambda \cdot \text{Tr}(u)

đối với mọi tự đồng cấu liên tục và dương

u

và

v

của E và với mọi số thực

\lambda \geq 0

(ta quy ước

0.(+\infty) = 0

trong (27)). Cho

\phi

là một đẳng cấu từ E lên một không gian Hilbert F; vì

\phi

biến mọi cơ sở trực chuẩn của E thành một cơ sở trực chuẩn của F, từ (25) ta được

\text{Tr}(\phi u \phi^{-1}) = \text{Tr}(u).

Cho $(u_\alpha)_{\alpha \in A}$ là một họ không rỗng, có hướng, tăng và bị chặn của các tự đồng cấu liên tục và dương của E; cho $u = \sup_\alpha u_\alpha$ , khi đó $\langle x | u(x) \rangle = \sup_\alpha \langle x | u_\alpha(x) \rangle$ với mọi $x \in E$ (V, p. 46, mệnh đề 13). Ta có $\text{Tr}(u) = \sup_{J \subset I} \sum_{i \in J} \langle e_i | u(e_i) \rangle$ , trong đó J chạy qua mọi tập con hữu hạn của I, do đó

\text{Tr}(u) = \sup_\alpha \text{Tr}(u_\alpha) \quad \text{với} \quad u = \sup_\alpha u_\alpha.

Cho $p_F$ là phép chiếu trực giao từ $E$ lên không gian con Hilbert $F$ ; tồn tại một cơ sở trực chuẩn $(e_i)_{i \in I}$ của $E$ và một tập con $J$ của $I$ , sao cho $(e_i)_{i \in J}$ là một cơ sở trực chuẩn của $F$ . Ta có $\text{Tr}(p_F up_F) = \sum_{i \in J} \langle e_i | u(e_i) \rangle$ . Công thức này có hai hệ quả: thứ nhất, ta có $\text{Tr}(p_F up_F) \leq \text{Tr}(u)$ ; thứ hai, lấy $u = 1_E$ , ta được

\text{Tr}(p_F) = \begin{cases} \dim F & \text{nếu } F \text{ là hữu hạn chiều} \\ + \infty & \text{nếu không}. \end{cases}

Định nghĩa 8

— Cho $E$ là một không gian Hilbert phức. Ta viết $\mathscr{L}^1(E)$ cho không gian con vectơ của $\mathscr{L}(E)$ sinh bởi mọi tự đồng cấu liên tục, dương của E có vết hữu hạn.

Nhờ công thức (25) của V, p. 50, vết mở rộng thành một dạng tuyến tính trên $\mathscr{L}^1(E)$ , cũng được ký hiệu là Tr, và thỏa mãn quan hệ $\operatorname{Tr}(u) = \sum_{i \in I} \langle e_i | u(e_i) \rangle$ với mọi $u$ trong $\mathscr{L}^1(E)$ và với mọi cơ sở trực chuẩn $(e_i)_{i \in I}$ của E. Với mọi $u \in \mathscr{L}^1(E)$ , ta có $u^* \in \mathscr{L}^1(E)$ và $\operatorname{Tr}(u^*) = \overline{\operatorname{Tr}(u)}$ . Các công thức (25) và (28) của V, p. 50 vẫn đúng trong trường hợp $u$ thuộc $\mathscr{L}^1(E)$ . Cho F là một không gian con Hilbert của E; theo công thức (30), phép chiếu trực giao $p_F$ thuộc $\mathscr{L}^1(E)$ khi và chỉ khi F là hữu hạn chiều. Với mọi a và b trong E, ta có $4ab^* = \sum_{\varepsilon^4 = 1} \varepsilon(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon b)^*$ và $cc^*$ là một toán tử dương có vết hữu hạn với mọi $c \in E$ ; do đó, nếu $u$ là một tự đồng cấu liên tục của E có hạng hữu hạn, thì $u \in \mathscr{L}^1(E)$ và $\operatorname{Tr}(u) = \tau(u)$ .

Cho E là một không gian Hilbert thực, và cho $E_{(c)}$ là phức hóa của nó (V, p. 5). Ta đồng nhất E với một tập con của $E_{(c)}$ . Khi đó $\mathscr{L}(E)$ có thể được đồng nhất với một không gian con vectơ thực của $\mathscr{L}(E_{(c)})$ gồm tất cả các ánh xạ tuyến tính liên tục $u$ từ $E_{(c)}$ vào $E_{(c)}$ sao cho $u(E) \subset E$ . Trong trường hợp này ta viết $\mathscr{L}^1(E) = \mathscr{L}(E) \cap \mathscr{L}^1(E_{(c)})$ . Với mọi $u \in \mathscr{L}^1(E)$ , vết $\operatorname{Tr}(u)$ là thực và bằng $\operatorname{Tr}(u^*)$ . Các công thức (25) và (28) lại đúng, $\mathscr{L}_f(E) \subset \mathscr{L}^1(E)$ và $\operatorname{Tr}(u) = \tau(u)$ với mọi $u \in \mathscr{L}_f(E)$ . Sau cùng, một không gian con vectơ đóng F của E là hữu hạn chiều khi và chỉ khi $p_F$ thuộc $\mathscr{L}^1(E)$ .

\* Nhận xét 1. — Sau này chúng ta sẽ định nghĩa khái niệm một ánh xạ hạt nhân từ một không gian Banach E vào một không gian Banach F. Chúng ta sẽ chứng minh rằng khi $\mathscr{L}^1(E)$ gồm tất cả các ánh xạ hạt nhân từ E vào E, thì E là một không gian Hilbert thực hoặc phức. \*

Mệnh đề 14

— Cho $E_1, ..., E_n$ là các không gian Hilbert, $E = E_1 \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 E_n$ , và $u_i$ là một tự đồng cấu liên tục của $E_i$ với $1 \leq i \leq n$ . Nếu $u_1, ..., u_n$ dương, thì $u = u_1 \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 u_n$ cũng dương, và

\operatorname{Tr}(u) = \prod_{i=1}^n \operatorname{Tr}(u_i).

Nếu $u_i \in \mathscr{L}^1(E_i)$ với mọi $1 \leq i \leq n$ , thì $u \in \mathscr{L}^1(E)$ và công thức (31) vẫn đúng trong trường hợp này.

Làm quy nạp theo $n$ , ta ngay lập tức rút gọn về trường hợp $n = 2$ .

Với $i = 1, 2$ , ta định nghĩa một dạng sesquilinear $\Phi_i$ trên $E_i$ bởi công thức $\Phi_i(x, y) = \langle x | u_i(y) \rangle$ với $x, y$ trong $E_i$ . Nếu $u_1$ và $u_2$ dương, thì các dạng $\Phi_1$ và $\Phi_2$ là Hermit và dương. Theo Mệnh đề 1 của V, p. 25 tồn tại một dạng Hermit dương trên không gian vectơ $E_1 \otimes E_2$ sao cho

\Phi(x_1 \otimes x_2, y_1 \otimes y_2) = \Phi_1(x_1, y_1) \cdot \Phi_2(x_2, y_2)

với $x_1, y_1$ trong $E_1$ và $x_2, y_2$ trong $E_2$ . Ta kiểm tra ngay lập tức quan hệ $\Phi(z, t) = \langle z | u(t) \rangle$ với $z$ và $t$ trong $E_1 \otimes E_2$ . Vì $\Phi$ dương, ta có $\langle z | u(z) \rangle \geq 0$ với mọi $z$ trong $E_1 \otimes E_2$ . Vì $u$ liên tục và $E_1 \otimes E_2$ trù mật trong không gian Hilbert $E = E_1 \hat{\otimes}_2 E_2$ , ta kết luận rằng $u$ là một tự đồng cấu liên tục và dương của E.

Cho $(e_i)_{i \in I}$ là một cơ sở trực chuẩn của $E_1$ và $(f_j)_{j \in J}$ là một cơ sở trực chuẩn của $E_2$ ; khi đó họ $(e_i \otimes f_j)_{i \in I, j \in J}$ là một cơ sở trực chuẩn của $E$ và ta có

\operatorname{Tr}(u) = \sum_{i \in I} \sum_{j \in J} \langle e_i \otimes f_j | u(e_i \otimes f_j) \rangle \\ = \sum_{i \in I} \sum_{j \in J} \langle e_i | u_1(e_i) \rangle \cdot \langle f_j | u_2(f_j) \rangle \\ = \operatorname{Tr}(u_1) \cdot \operatorname{Tr}(u_2) .

Đặc biệt, nếu $u_1$ và $u_2$ là các tự đồng cấu dương có vết hữu hạn, thì $u$ cũng vậy. Do tính tuyến tính, ta suy ra rằng $u$ thuộc $\mathscr{L}^1(E)$ khi $K = \mathbf{C}$ và rằng các $u_i$ thuộc $\mathscr{L}^1(E_i)$ với $i = 1, 2$ ; công thức (31) mở rộng sang trường hợp này bởi tính tuyến tính. Cuối cùng, trường hợp $K = \mathbf{R}$ và các $u_i \in \mathscr{L}^1(E_i)$ rút gọn về trường hợp phức bằng mở rộng vô hướng.

Nhận xét 2

— Cho $E$ là một không gian Hilbert, là tổng Hilbert của một họ $(E_i)_{i \in I}$ các không gian con Hilbert. Cho $u$ là một phần tử của $\mathscr{L}(E)$ sao cho $u(E_i) \subset E_i$ với mọi $i \in I$ ; cho $u_i$ là phần tử của $\mathscr{L}(E_i)$ trùng với $u$ trên $E_i$ . Khi đó $\operatorname{Tr}(u) = \sum_{i \in I} \operatorname{Tr}(u_i)$ khi $u$ dương, hoặc thuộc $\mathscr{L}^1(E)$ ; quan hệ này suy ra từ công thức (25) của V, p. 50 áp dụng cho một cơ sở trực chuẩn của $E$ là hợp của các cơ sở trực chuẩn của từng $E_i$ .

7. Các ánh xạ Hilbert-Schmidt

Định nghĩa 9

Cho $E$ và $F$ là hai không gian Hilbert. Một ánh xạ tuyến tính liên tục $u$ từ $E$ vào $F$ được gọi là một ánh xạ Hilbert-Schmidt nếu vết của tự đồng cấu dương $u^*u$ của $E$ là hữu hạn. Tập hợp của tất cả các ánh xạ Hilbert-Schmidt từ $E$ vào $F$ được ký hiệu bởi $\mathscr{L}^2(E, F)$ . \

Khi $E = F$ , ta viết $\mathscr{L}^2(E)$ thay cho $\mathscr{L}^2(E; E)$ .

Với mọi $u \in \mathscr{L}(E, F)$ , cho $\|u\|_2 = \operatorname{Tr}(u^*u)^{1/2}$ , do đó $u$ thuộc $\mathscr{L}^2(E; F)$ khi và chỉ khi $\|u\|_2$ hữu hạn. Theo định nghĩa của vết, ta có

\|u\|_2^2 = \sup_{x_1, \ldots, x_m} \sum_{i=1}^m \|u(x_i)\|^2

trong đó $(x_1, \ldots, x_m)$ chạy qua tập hợp các dãy trực chuẩn hữu hạn trong $E$ . Đặc biệt, lấy $m = 1$ trong công thức (32), ta có

\|u\| \leq \|u\|_2 \quad (u \in \mathscr{L}(E; F)) .

Cho $(e_i)_{i \in I}$ là một cơ sở trực chuẩn của $E$ và $(f_j)_{j \in J}$ là một cơ sở trực chuẩn của $F$ . Theo công thức (25) của V, p. 50 và hệ thức Parseval (V, p. 22), ta có

\|u\|_2^2 = \sum_{i \in I} \|u(e_i)\|^2 = \sum_{i,j} |\langle f_j | u(e_i) \rangle|^2 .

\|u^*\|_2 = \|u\| ;

do đó, ánh xạ liên hợp của một ánh xạ Hilbert-Schmidt là một ánh xạ Hilbert-Schmidt. Cho

E_1, F_1

là các không gian Hilbert và

v : E_1 \to E, w : F \to F_1

là các ánh xạ tuyến tính liên tục. Từ (32), suy ra ngay lập tức rằng

\|wu\|_2 \leq \|w\|.\|u\|_2 .

Theo (35), (36) và quan hệ

uv = (v^*u^*)^*

, ta có

\|uv\|_2 \leq \|u\|_2\,\|v\| .

Đặc biệt, nếu

u

thuộc

\mathscr{L}^2(E, F)

thì

wuv

thuộc

\mathscr{L}^2(E_1, F_1)

Định lý 1

Cho E và F là hai không gian hilbert.* (i) Tập $\mathscr{L}^2(E, F)$ là một không gian con vectơ của $\mathscr{L}(E; F)$ và $u \mapsto \|u\|_2$ là một chuẩn hilbert (V, p. 6) trên $\mathscr{L}^2(E; F)$ . (ii) *Đẳng cấu $\theta$ từ $F \otimes E'$ lên $\mathscr{L}_f(E; F)$ được xác định bởi $\theta(y \otimes x^*) = yx^*$ được mở rộng thành một đẳng cấu $\hat{\theta}$ từ $F \otimes_2 E'$ lên $\mathscr{L}^2(E; F)$ . Đặc biệt, $\mathscr{L}_f(E; F)$ trù mật trong $\mathscr{L}^2(E; F)$ .

Với $(e_i)_{i \in I}$ (resp. $(f_j)_{j \in J}$ ) là một cơ sở trực chuẩn của $E$ (resp. $F$ ). Với mọi $u \in \mathscr{L}(E; F)$ , gọi $\Lambda(u)$ là ma trận của $u$ theo các cơ sở trực chuẩn đã chọn của $E$ và $F$ (V, p. 22). Ký hiệu $\|a\|_2$ là chuẩn của một phần tử $a$ của không gian hilbert $\ell^2(J \times I)$ . Theo công thức (34), $\Lambda$ là một ánh xạ từ $\mathscr{L}^2(E; F)$ vào $\ell^2(J \times I)$ sao cho $\|\Lambda(u)\|_2 = \|u\|$ ; hiển nhiên $\Lambda$ là đơn ánh. Để chứng minh (i), chỉ cần chứng minh rằng $\Lambda$ là toàn ánh. Cho $a = (a_{ji})$ là một phần tử của $\ell^2(J \times I)$ ; theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

|\sum_{j,i} \overline{\eta}_j a_{ji} \xi_i|^2 \leq \sum_{j,i} |a_{ji}|^2 \sum_{j,i} |\overline{\eta}_j \xi_i|^2 = \|a\|_2^2\,\|\xi\|^2\,\|\eta\|^2

với mọi

\xi = (\xi_i)

trong

\ell^2(I)

và

\eta = (\eta_j)

trong

\ell^2(J)

. Khi đó tồn tại một dạng sesquilinear liên tục

\Phi

trên

F \times E

sao cho

\Phi(y, x) = \sum_{j,i} \overline{\eta}_j a_{ji} \xi_i

với

x = \sum_i \xi_i e_i

trong

E

và

y = \sum_j \eta_j f_j

trong

F

. Chọn

u \in \mathscr{L}(E; F)

sao cho

\Phi(y, x) = \langle y|u(x)\rangle

(V, p. 16, cor. 2). Ta được

a_{ji} = \Phi(f_j, e_i) = \langle f_j|u(e_i)\rangle \quad \text{với} \quad i \in I, j \in J ,

suy ra

a = \Lambda(u)

Vì $\Lambda$ là một đẳng cấu giữa các không gian hilbert từ $\mathscr{L}^2(E; F)$ lên $\ell^2(J \times I)$ và vì $(f_j \otimes e_i^*)$ là một cơ sở trực chuẩn của $F \otimes_2 E'$ , nên tồn tại một đẳng cấu $\hat{\theta}$ từ $F \otimes_2 E'$ lên $\mathscr{L}^2(E; F)$ sao cho

\langle f_j|\hat{\theta}(t)\,e_i\rangle = \langle f_j \otimes e_i^*|t\rangle

với mọi $i \in I,\ j \in I$ và $t \in F \otimes_2 E'$ . Đặc biệt, với $t = y \otimes x^*$ , ta được

\langle f_j | \hat{\theta}(y \otimes x^*) e_i \rangle = \langle f_j \otimes e_i^* | y \otimes x^* \rangle = \langle f_j | y \rangle \langle x | e_i \rangle = \langle f_j | y x^* e_i \rangle

do đó

\hat{\theta}(y \otimes x^*) = y x^*

. Điều này chứng minh (ii). Q.E.D.

Ví dụ 1

Cho I và J là hai tập hợp. Theo chứng minh đã cho ở trên, để một ánh xạ $u$ từ $\ell^2(I)$ vào $\ell^2(J)$ là một ánh xạ Hilbert-Schmidt, điều kiện cần và đủ là tồn tại một ma trận $(a_{ji})$ trong $\ell^2(J \times I)$ sao cho $u(\xi)_j = \sum_{i \in I} a_{ji} \xi_i$ với mọi $\xi = (\xi_i)$ trong $\ell^2(I)$ .

Ví dụ 2

Cho X và Y là hai không gian tôpô Hausdorff, được trang bị lần lượt các độ đo dương $\mu$ và $\nu$ . Ta có thể chứng minh rằng các ánh xạ Hilbert-Schmidt từ $\mathscr{L}^2(X)$ vào $\mathscr{L}^2(Y)$ tương ứng song ánh với các lớp của các hàm khả tích bình phương trên $Y \times X$ ; với lớp của một hàm $N \in \mathscr{L}^2(Y \times X, \nu \otimes \mu)$ tương ứng là ánh xạ $u_N$ cho bởi

(u_N f)(y) = \int_X N(y, x) f(x) \, d\mu(x)

với

\nu

-hầu khắp mọi

y \in Y

và

f \in \mathscr{L}^2(X, \mu)

. Ta có

\| u_N \|_2^2 = \int_X \int_Y |N(y, x)|^2 \, d\mu(x) \, d\nu(y) .

Nhận xét 1

Giả sử $K = \mathbf{C}$ . Cho $u$ và $v$ thuộc $\mathscr{L}^2(E; F)$ . Ta có quan hệ

4\, u^* v = \sum_{\varepsilon^4 = 1} \overline{\varepsilon}(u + \varepsilon v)^* (u + \varepsilon v),

do đó

u^* v

thuộc

\mathscr{L}^1(E)

. Tích vô hướng trong không gian Hilbert

\mathscr{L}^2(E; F)

được cho bởi

\langle u | v \rangle = \operatorname{Tr}(u^* v)

vì công thức này xác định một dạng Hermit trên

\mathscr{L}^2(E; F)

và ta thu được

\langle u | u \rangle = \| u \|_2^2

Nếu $u \in \mathscr{L}^2(E; F)$ và $v \in \mathscr{L}^2(F; E)$ , thì theo trên $vu$ thuộc $\mathscr{L}^1(E)$ và $uv$ thuộc $\mathscr{L}^1(F)$ ; hơn nữa, ta có

\operatorname{Tr}(uv) = \operatorname{Tr}(vu) .

Nhờ tính tuyến tính và tính liên tục, chỉ cần kiểm tra công thức này khi

u = y_1 x_1^*

và

v = x_2 y_2^*

(với

x_1, x_2

trong E,

y_1, y_2

trong F); nhưng khi đó

uv

là ánh xạ

y \mapsto y_1 \langle x_1 | x_2 \rangle \langle y_2 | y \rangle

và

vu

là ánh xạ

x \mapsto x_2 \langle y_2 | y_1 \rangle \langle x_1 | x \rangle

, và (41) suy ra từ công thức (22) của V, p. 48.

Do đó, nếu $u_1, u_2$ là hai phần tử của $\mathscr{L}^2(E; F)$ , ta có, trong không gian Hilbert $\mathscr{L}^2(F; E)$ ,

\langle u_1^* | u_2^* \rangle = \operatorname{Tr}(u_1 u_2^*) = \operatorname{Tr}(u_2^* u_1) = \langle u_2 | u_1 \rangle = \overline{\langle u_1 | u_2 \rangle} ;

nói cách khác,

u \mapsto u^*

là một đẳng cấu từ không gian Hilbert

\mathscr{L}^2(E; F)

lên không gian liên hợp (V, p. 6) của không gian Hilbert

\mathscr{L}^2(F; E)

. Nếu ta đồng nhất không gian liên hợp này với không gian đối ngẫu của

\mathscr{L}^2(F; E)

(V, p. 15), ta thấy rằng

\mathscr{L}^2(E; F)

có thể được đồng nhất với không gian đối ngẫu của

\mathscr{L}^2(F; E)

, với dạng song tuyến tính chính tắc

(v, u) \mapsto \langle v, u \rangle

được đồng nhất với

(v, u) \mapsto \operatorname{Tr}(vu)

Nhận xét 2

Giả sử $K = \mathbf{R}$ . Chúng tôi để bạn đọc kiểm tra rằng các công thức (40) và (41) vẫn đúng, và hãy chứng minh rằng $\mathscr{L}^2(E; F)$ có thể được đồng nhất với không gian đối ngẫu của $\mathscr{L}^2(F; E)$ nhờ dạng song tuyến tính $(u, v) \mapsto \operatorname{Tr}(uv)$ .

8. Chéo hóa các ánh xạ Hilbert-Schmidt

Định lý 2

Cho E và F là hai không gian Hilbert và u là một ánh xạ Hilbert-Schmidt từ E vào F. Tồn tại một cơ sở trực chuẩn $(e_i)_{i \in I}$ của E được u biến thành một họ trực giao trong F.

Ký hiệu B là quả cầu đơn vị (đóng) của E, với tôpô yếu được gán cho nó; đó là một không gian compact (V, p. 17). Đặt $Q(x) = \|u(x)\|^2$ với mọi $x \in B$ . Cuối cùng, ký hiệu P là tập hợp tất cả các vectơ x trong E thỏa mãn tính chất sau ;

(H) Với mọi $y \in E$ trực giao với x, phần tử $u(y)$ của E trực giao với $u(x)$ .

Bổ đề 4

Hàm $Q : B \to \mathbf{R}$ liên tục.

Cho $(f_j)_{j \in J}$ là một cơ sở trực chuẩn của F. Đặt $\lambda_j = \|u^*(f_j)\|^2$ với mọi $j \in J$ . Vì $u$ thuộc $\mathscr{L}^2(E; F)$ nên $u^* \in \mathscr{L}^2(F; E)$ , do đó $\sum_j \lambda_j < +\infty$ . Hơn nữa, ta có

Q(x) = \|u(x)\|^2 = \sum_j |\langle u^*(f_j)|x \rangle|^2

theo công thức Parseval (V, p. 22) và định nghĩa của toán tử liên hợp (V, p. 38). Với mọi

x \in B

|\langle u^*(f_j)|x \rangle|^2 \leq \lambda_j

theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz; do đó, sự hội tụ của tổng trong công thức (43) là đều trên B, suy ra bổ đề 4 (GT, X, § 1, No. 6).

Bổ đề 5

Cho $E_1$ là một không gian con vectơ đóng của E, ổn định dưới $u^*u$ . Nếu $E_1 \neq \{0\}$ , thì tồn tại một vectơ có chuẩn 1 trong $E_1 \cap P$ .

Vì B compact yếu, nên không gian con đóng yếu $B \cap E_1$ của B cũng compact yếu. Do đó tồn tại (GT, IV, § 6, No. 1, th. 1) một điểm $x_0$ trong $B \cap E_1$ sao cho $Q(x_0) \geq Q(x)$ với mọi $x \in B \cap E_1$ . Nếu $Q(x_0) = 0$ , ta có $Q(x) = 0$ và do đó $u(x) = 0$ với mọi $x \in B \cap E_1$ . Suy ra $E_1 \subset P$ và bổ đề 5 suy ra trong trường hợp này.

Giả sử bây giờ rằng $Q(x_0) > 0$ , thì $x_0 \neq 0$ . Vì vectơ $\|x_0\|^{-1} \cdot x_0$ thuộc $B \cap E_1$ , ta có

Q(x_0) \geq Q(\|x_0\|^{-1} \cdot x_0) = Q(x_0)/\|x_0\|^2

tức là

\|x_0\| = 1

. Ta sẽ chứng minh rằng

x_0

thuộc P; cho

y \in E

vuông góc với

x_0

. Chỉ cần chứng minh rằng

u(y)

vuông góc với

u(x_0)

. Nhưng vì

y

là tổng của một vectơ của

E_1

và một vectơ vuông góc với

E_1

, và cả hai đều vuông góc với

x_0

(vì

x_0 \in E_1

), nên chỉ cần xét hai trường hợp sau:

a) $y$ vuông góc với $E_1$ : vì $E_1$ ổn định dưới $u^*u$ , $u^*u(x_0) \in E_1$ , do đó $0 = \langle y|u^*u(x_0)\rangle = \langle u(y)|u(x_0)\rangle$ .

b) $y$ thuộc $E_1$ : với mọi $t \in \mathbf{R}$ , vectơ $x(t) = (x_0 + ty)/\|x_0 + ty\|$ thuộc $B \cap E_1$ . Ta có $Q(xt) = f(t)/g(t)$ với

f(t) = \|u(x_0)\|^2 + 2t \Re \langle u(x_0)|u(y)\rangle + t^2 \|u(y)\|^2 \\ g(t) = 1 + t^2 \|y\|^2 .

Xét đến định nghĩa của

x_0

, ta có

Q(x(0)) \geq Q(x(t))

với mọi

t

thực, do đó

\frac{d}{dt} Q(x(t))

bằng không khi

t = 0

. Nhưng

f(0) = \|u(x_0)\|^2

g(0) = 1

f'(0) = 2 \Re \langle u(x_0)|u(y)\rangle

g'(0) = 0

. Vì

\frac{d}{dt} Q(x(t)) = \frac{f'(t)\,g(t) - f(t)\,g'(t)}{g(t)^2},

ta suy ra rằng

f'(0) = 0

, tức là

\Re \langle u(x_0)|u(y)\rangle = 0

. Khi

K = \mathbf{R}

u(x_0)

vuông góc với

u(y)

, khi

K = \mathbf{C}

, vectơ

iy

thuộc

E_1

và vuông góc với

x_0

, do đó

\mathscr{I} \langle u(x_0)|u(y)\rangle = -\Re \langle u(x_0)|u(iy)\rangle = 0

, và cuối cùng

u(x_0)

vuông góc với

u(y)

. Điều này chứng minh bổ đề 5.

Ta chứng minh định lý 2. Áp dụng định lý 1 của S, III, § 4, No. 5 ta thấy, như ở V, p. 23, rằng tồn tại một tập hợp $S$ cực đại trong số các tập con trực chuẩn của $E$ được chứa trong $P$ . Gọi $E_1$ là tập hợp tất cả các vectơ trực giao với $S$ . Cho $y \in E_1$ ; nếu $x \in S$ , thì các vectơ $x$ và $y$ trực giao, và vì $S \subset P$ , ta suy ra rằng $u(x)$ và $u(y)$ trực giao; khi đó

\langle x|u^*u(y)\rangle = \langle u(x)|u(y)\rangle = 0

và

u^*u(y)

trực giao với

S

. Do đó

E_1

ổn định dưới

u^*u

. Nếu

E_1 \neq \{0\}

, thì sẽ tồn tại một vectơ

x

có chuẩn 1 trong

E_1 \cap P

(bổ đề 5) và

S \cup \{x\}

sẽ là một tập con trực chuẩn của

E

được chứa trong

P

. Điều này mâu thuẫn với tính cực đại của

S

. Suy ra

E_1 = \{0\}

và

S

là một cơ sở trực chuẩn của

E

. ĐPCM.

Hệ quả 1

— *Cho $v$ là một tự đồng cấu liên tục, dương có vết hữu hạn của không gian Hilbert $E$ . Tồn tại một cơ sở trực chuẩn $(e_i)_{i \in I}$ của $E$ và một họ khả tổng các số thực dương $(\lambda_i)_{i \in I}$ sao cho $v(e_i) = \lambda_i e_i$ với mọi $i \in I$ .

Đặt $\Phi(x, y) = \langle x|v(y)\rangle$ với $x, y$ trong $E$ . Khi đó $\Phi$ là một dạng Hermit dương trên $E$ . Tồn tại (V, p. 8, hệ quả) một không gian Hilbert $F$ và một ánh xạ tuyến tính liên tục $u$ từ $E$ vào $F$ sao cho $\Phi(x, y) = \langle u(x)|u(y)\rangle$ với $x, y$ trong $E$ . Nói cách khác, ta có $v = u^*u$ . Theo định nghĩa 9 (V, p. 52), $u$ là một ánh xạ Hilbert-Schmidt từ $E$ vào $F$ . Theo định lý 2, tồn tại một cơ sở trực chuẩn $(e_i)_{i \in I}$ của $E$ sao cho các vectơ $u(e_i)$ đôi một trực giao. Lấy $i \in I$ ; với mọi $j \neq i$ trong $I$ , ta có

\langle e_j|v(e_i)\rangle = \langle u(e_j)|u(e_i)\rangle = 0

do đó $v(e_i)$ tỉ lệ với $e_i$ và có dạng $\lambda_i e_i$ , trong đó $\lambda_i = \langle e_i | v(e_i) \rangle$ ; khi đó

\lambda_i \geqslant 0 \quad \text{và} \quad \sum_{i \in I} \lambda_i = \operatorname{Tr}(v) < + \infty .

Hệ quả 2

Cho E là một không gian Hilbert. Khi đó $\mathscr{L}^1(E) \subset \mathscr{L}^2(E)$ .

Trường hợp thực quy về trường hợp phức bằng mở rộng vô hướng; do đó có thể giả sử rằng $K = \mathbf{C}$ .

Vì $\mathscr{L}^2(E)$ là một không gian con vectơ của $\mathscr{L}(E)$ , chỉ cần chứng minh rằng mọi tự đồng cấu dương liên tục $v$ của E có vết hữu hạn đều thuộc $\mathscr{L}^2(E)$ . Với các ký hiệu của hệ quả 1, ta có

\sum_{i \in I} \| v(e_i) \|^2 = \sum_{i \in I} \lambda_i^2 \leq (\sum_i \lambda_i)^2 < + \infty .

Hệ quả 3

Cho v là một tự đồng cấu dương liên tục của không gian Hilbert E có vết hữu hạn. Tồn tại một tự đồng cấu Hilbert-Schmidt dương w của E sao cho $v = w^2$ và sao cho v giao hoán với w.

Với các ký hiệu của hệ quả 1, chỉ cần xét tự đồng cấu w biến vectơ $\sum_{i \in I} \xi_i e_i$ thành vectơ $\sum_i \lambda_i^{1/2} \xi_i e_i$ .

Nhận xét

— Với các ký hiệu của định lý 2, cho J là tập hợp tất cả các i \in I sao cho $u(e_i) \neq 0$ . Với mọi i \in J, đặt $\lambda_i = \| u(e_i) \|$ và $f_i = \lambda_i^{-1} u(e_i)$ . Khi đó $(e_i)_{i \in J}$ (tương ứng $(f_i)_{i \in J}$ ) là một cơ sở trực chuẩn của không gian con ban đầu (tương ứng cuối) của u, ta có $u(e_i) = \lambda_i f_i$ với mọi i \in J và $\sum_{i \in J} \lambda_i^2 = \| u \|_2^2$ là hữu hạn.

9. Vết của một dạng toàn phương đối với một dạng khác

Trong tiết này, E sẽ ký hiệu một không gian vectơ thực và Q, H là hai dạng toàn phương dương trên E. Có hai dạng song tuyến tính đối xứng $(x, y) \mapsto \langle x | y \rangle_Q$ và $(x, y) \mapsto \langle x | y \rangle_H$ trên $E \times E$ , được đặc trưng bởi

Q(x) = \langle x | x \rangle_Q , \quad H(x) = \langle x | x \rangle_H

với mọi $x \in E$ .

Ta gọi vết của Q theo H, và viết $\operatorname{Tr}(Q/H)$ , là một số thực dương, hữu hạn hay không, được định nghĩa như sau :

a) Nếu tồn tại $x \in E$ sao cho $H(x) = 0$ và $Q(x) \neq 0$ , ta đặt $\operatorname{Tr}(Q/H) = + \infty$ .

b) Ngược lại, $\operatorname{Tr}(Q/H)$ là cận trên của tập hợp tất cả các số có dạng $\sum_{i=1}^m Q(x_i)$ , trong đó $(x_1, ..., x_m)$ chạy qua tập hợp các dãy hữu hạn các phần tử của E sao cho $\langle x_i | x_j \rangle_H = \delta_{ij}$ (ký hiệu Kronecker).

Nhận xét

— 1) Với mọi không gian con F của E, ký hiệu $Q_F$ là hạn chế của Q lên F và $H_F$ là hạn chế của H lên F. Ta có $\operatorname{Tr}(Q_F/H_F) \leq \operatorname{Tr}(Q/H)$ và $\operatorname{Tr}(Q/H)$ là cận trên của tập hợp tất cả các số $\operatorname{Tr}(Q_F/H_F)$ , trong đó F chạy qua họ tất cả các không gian con vectơ hữu hạn chiều của E.

2) Cho $E_1$ là một không gian vectơ thực, $Q_1$ và $H_1$ là hai dạng toàn phương dương trên $E_1$ và $\pi : E \to E_1$ là một ánh xạ tuyến tính toàn ánh. Nếu $Q = Q_1 \circ \pi$ và $H = H_1 \circ \pi$ , thì $\operatorname{Tr}(Q/H) = \operatorname{Tr}(Q_1/H_1)$ .

Mệnh đề 15

Giả sử tồn tại một cấu trúc không gian Hilbert thực trên $E$ sao cho $H(x) = \|x\|^2$ với mọi $x \in E$ . Để $\operatorname{Tr}(Q/H)$ hữu hạn, cần và đủ là tồn tại một tự đồng cấu liên tục và dương $u$ của $E$ có vết hữu hạn, sao cho $Q(x) = \langle x|u(x)\rangle$ với mọi $x \in E$ ; tự đồng cấu $u$ này là duy nhất, và ta có

\operatorname{Tr}(u) = \operatorname{Tr}(Q/H) = \sum_{i \in I} Q(e_i)

với mọi cơ sở trực chuẩn $(e_i)_{i \in I}$ của $E$ .

Giả sử $\operatorname{Tr}(Q/H)$ hữu hạn. Với mọi $x \in E$ có chuẩn 1, ta có $H(x) = 1$ , do đó $Q(x) \leq \operatorname{Tr}(Q/H)$ . Vì vậy, $Q(x) \leq \operatorname{Tr}(Q/H) \cdot \|x\|^2$ với mọi $x \in E$ , và

|\langle x|y\rangle_Q| \leq Q(x)^{1/2} Q(y)^{1/2} \leq \operatorname{Tr}(Q/H) \cdot \|x\| \cdot \|y\|

theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Do đó, dạng song tuyến tính $(x, y) \mapsto \langle x|y\rangle_Q$ trên $E \times E$ là liên tục. Có (V, p. 16, hệ quả 2) một ánh xạ $u \in \mathscr{L}(E)$ sao cho $\langle x|y\rangle_Q = \langle x|u(y)\rangle$ . Ta có $\langle x|y\rangle_Q = \langle y|x\rangle_Q$ với $x, y$ trong $E$ , nên $u$ là Hermit; và $\langle x|u(x)\rangle = Q(x) \geq 0$ , nên $u$ là dương.

Ngược lại, cho $u$ là một tự đồng cấu liên tục và dương của $E$ sao cho $Q(x) = \langle x|u(x)\rangle$ với mọi $x \in E$ . Khi đó

\langle x|u(y)\rangle = \frac{1}{2}(Q(x + y) - Q(x) - Q(y)) = \langle x|y\rangle_Q,

điều này cho tính duy nhất của $u$ . Theo công thức (24') (V, p. 50), ta được

\operatorname{Tr}(u) = \sup_{x_1, \ldots, x_m} \sum_{i=1}^m \langle x_i|u(x_i)\rangle = \sup_{x_1, \ldots, x_m} \sum_{i=1}^m Q(x_i),

trong đó $(x_1, \ldots, x_m)$ chạy qua tập hợp tất cả các dãy trực chuẩn hữu hạn các phần tử của $E$ . Theo định nghĩa của $\operatorname{Tr}(Q/H)$ , ta được $\operatorname{Tr}(u) = \operatorname{Tr}(Q/H)$ . Cuối cùng, với mọi cơ sở trực chuẩn $(e_i)_{i \in I}$ của $E$ , ta có $\operatorname{Tr}(u) = \sum_{i \in I} \langle e_i|u(e_i)\rangle$ theo công thức (25) của V, p. 50, do đó $\operatorname{Tr}(u) = \sum_{i \in I} Q(e_i)$ .

Nhận xét 3

Cho $E$ và $F$ là hai không gian Hilbert và $v$ là một ánh xạ tuyến tính, không nhất thiết liên tục, từ $E$ vào $F$ . Cho $H(x) = \|x\|^2$ và $Q(x) = \|v(x)\|^2$ với mọi $x \in E$ . Suy ra từ mệnh đề 15 rằng $v$ là một ánh xạ Hilbert-Schmidt khi và chỉ khi $\operatorname{Tr}(Q/H)$ hữu hạn, và khi đó $\operatorname{Tr}(Q/H) = \|v\|_2^2$ .

Nhận xét 4

Giả sử $E$ là hữu hạn chiều. Khi dạng toàn phương $H$ khả nghịch, mệnh đề 15 áp dụng. Cho $(e_1, \ldots, e_n)$ là một cơ sở của $E$ . Đặt $q_{ij} = \langle e_i|e_j\rangle_Q$ và $h_{ij} = \langle e_i|e_j\rangle_H$ và đưa vào các ma trận $q = (q_{ij})$ và $h = (h_{ij})$ . Cho $u$ là một tự đồng cấu của $E$ sao cho $Q(x) = \langle x|u(x)\rangle_H$ với mọi $x \in E$ . Ta có

\langle x|y\rangle_Q = \langle x|u(y)\rangle_H \quad (x, y \in E),

và do đó ma trận của $u$ đối với cơ sở $(e_1, ..., e_n)$ của E bằng $h^{-1} q$ . Theo mệnh đề 15, ta có

\text{Tr}(Q/H) = \text{Tr}(h^{-1} q) = \text{Tr}(qh^{-1}) .

Nếu cơ sở $(e_1, ..., e_n)$ là trực chuẩn đối với H, thì $h$ là ma trận đơn vị cấp $n$ , và ta được

\text{Tr}(Q/H) = \text{Tr}(q) = \sum_{i=1}^n Q(e_i) ;

do đó ta được công thức (44) trong trường hợp này.

Bây giờ giả sử rằng dạng toàn phương H không khả nghịch. Cho N là hạt nhân của H, và cho $\pi$ là ánh xạ chính tắc từ E lên E/N. Tồn tại một dạng toàn phương khả nghịch $H_1$ trên E/N sao cho $H = H_1 \circ \pi$ . Cho $(e_1, ..., e_n)$ là một dãy các phần tử của E sao cho dãy $(\pi(e_1), ..., \pi(e_m))$ là một cơ sở của E/N, trực chuẩn đối với $H_1$ . Cho $(e_1, ..., e_n)$ là một cơ sở của N. Khi đó $(e_1, ..., e_n)$ là một cơ sở của E và ta có

H(\xi_1 e_1 + \cdots + \xi_n e_n) = \xi_1^2 + \cdots + \xi_m^2

với mọi số thực $\xi_1, ..., \xi_n$ .

Giả sử rằng với mọi $x \in E$ , quan hệ $H(x) = 0$ kéo theo $Q(x) = 0$ ; nói cách khác, giả sử rằng tồn tại một dạng toàn phương $Q_1$ trên E/N sao cho $Q = Q_1 \circ \pi$ . Theo nhận xét 2 và mệnh đề 15, ta có,

\text{Tr}(Q/H) = Q(e_1) + \cdots + Q(e_m) .

Bài tập