Bourbaki

Bài tập 14, § 4

Không gian vectơ tô pô, V, p. 78

Cho E là một không gian Hilbert phức, T là một tự đồng cấu Hilbert-Schmidt của E. (a) Cho R và L là các tự đồng cấu Hilbert-Schmidt dương sao cho R2=T∗TR^2 = T^*T và L2=TT∗L^2 = TT^* (V, p. 56, hệ quả 3); đặt R=abs⁡(T)R = \operatorname{abs}(T), và nói rằng nó là “giá trị tuyệt đối” của T (xem V, p. 74, bài tập 4); ta có L=abs⁡(T∗)L = \operatorname{abs}(T^*). Bây giờ chứng minh rằng ta có Ker⁡(T)=Ker⁡(R)\operatorname{Ker}(T) = \operatorname{Ker}(R) và L(E)=T(E)‾L(E) = \overline{T(E)}. Tồn tại duy nhất một phép đẳng cự V từ R(E)R(E) lên T(E)T(E) sao cho T=VRT = VR; nếu V được mở rộng bởi tính liên tục tới R(E)‾\overline{R(E)}, rồi tới một toán tử U∈L(E)U \in \mathscr{L}(E) bằng cách lấy U.x=0U.x = 0 trên phần bù trực giao của R(E)R(E), thì cũng có T=URT = UR (phân tích cực của T). Ta có R=U∗T=U∗UR=RU∗UR = U^*T = U^*UR = RU^*U và L=URU∗, T=LU∗L = URU^*, \ T = LU^*. Nếu T thuộc L1(E)\mathscr{L}^1(E), thì điều tương tự cũng đúng với R=abs⁡(T)R = \operatorname{abs}(T), và T là tích của hai tự đồng cấu Hilbert-Schmidt. (b) Nếu T thuộc L1(E)\mathscr{L}^1(E), bây giờ chứng minh rằng ta có Tr⁡(abs⁡(T))=sup⁡i(∑∣⟨ai∣T.bi⟩∣)\operatorname{Tr}(\operatorname{abs}(T)) = \sup_i (\sum | \langle a_i|T.b_i \rangle |), trong đó ở vế phải (ai)(a_i) và (bi)(b_i) chạy qua tập hợp các cơ sở trực chuẩn của E (sử dụng phân tích cực của T). Chứng minh rằng nếu đặt ∥T∥1=Tr⁡(abs⁡(T))\|T\|_1 = \operatorname{Tr}(\operatorname{abs}(T)), thì ∥T∥1\|T\|_1 là một chuẩn trên không gian L1(E)\mathscr{L}^1(E), sao cho ∥T∥2≤∥T∥1\|T\|_2 \leq \|T\|_1. (c) Ngược lại, nếu T∈L(E)T \in \mathscr{L}(E) sao cho, với mọi cặp ((ai),(bi))((a_i), (b_i)) các cơ sở trực chuẩn của E, tổng ∑i∣⟨ai∣T.bi⟩∣\sum_i |\langle a_i|T.b_i \rangle| là hữu hạn, thì T thuộc L1(E)\mathscr{L}^1(E) (trước hết nhận xét rằng T là một tự đồng cấu Hilbert-Schmidt, và sử dụng phân tích cực của T). (d) Cho (Tv)(T_v) là một dãy các tự đồng cấu Hilbert-Schmidt (tương ứng, các phần tử của L1(E)\mathscr{L}^1(E)) sao cho, với mọi cặp điểm x, y của E, dãy (⟨x∣Tv.y⟩)(\langle x|T_v.y \rangle) hội tụ về ⟨x∣T.y⟩\langle x|T.y \rangle, trong đó T là một ánh xạ tuyến tính của E vào chính nó; giả sử thêm rằng dãy các chuẩn ∥Tv∥2\|T_v\|_2 (tương ứng ∥Tv∥1\|T_v\|_1) bị chặn. Chứng minh rằng T là một tự đồng cấu Hilbert-Schmidt (tương ứng một phần tử của L1(E)\mathscr{L}^1(E)) (sử dụng b) và c)). (e) Suy ra từ d) rằng không gian L1(E)\mathscr{L}^1(E) là một không gian Banach đối với chuẩn ∥T∥1\|T\|_1. (f) Đối với một tự đồng cấu T∈L(E)T \in \mathscr{L}(E), để thuộc L1(E)\mathscr{L}^1(E), điều kiện cần và đủ là tồn tại ít nhất một cơ sở trực chuẩn (ei)(e_i) của E sao cho tổng ∑i∥T.ei∥\sum_i \|T.e_i\| là hữu hạn (với các ký hiệu của a), nhận xét rằng ∣⟨ei∣R.ei⟩∣≤∥T.ei∥|\langle e_i|R.e_i \rangle| \leq \|T.e_i\|. (g) Trong không gian ℓC2\ell^2_{\mathbf{C}}, cho (en)(e_n) là cơ sở trực chuẩn chính tắc, và cho a=∑n=0∞1n+1ena = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} e_n; nếu F là không gian con C.a\mathbf{C}.a có chiều 1, phép chiếu trực giao pFp_F có vết hữu hạn, nhưng chuỗi ∑∥pF.en∥\sum \|p_F.e_n\| không hội tụ.

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5-6-mini. Chưa được người kiểm tra. Mô hình này là bản rút gọn của mô hình đã viết phần còn lại của ngôn ngữ này.