Compacidad de K(S)K(S)K(S), si KKK es un operador compacto de dimensión infinita en el espacio de Hilbert

Question

Compacidad de K(S)K(S)K(S), si KKK es un operador compacto de dimensión infinita en el espacio de Hilbert

Matemáticas
espacios de hilbert
operadores compactos
análisis funcional

Temurbek Rahmatullaev

$H$ es un espacio de Hilbert de dimensión infinita. $K: H \rightarrow H$ es un operador compacto de dimensión infinita. Dejar $S$ sea una esfera unitaria en H. La tarea es probar que $K(S)$ no podía ser compacto.

Yo sé eso:

Realmente necesitamos probar que $K[S]$ no está cerrado Si B es una bola unitaria, $[B]$ - cierre, entonces $K([B])$ también está cerrado (para operador compacto en el espacio de Hilbert).

Si $\mathrm{Ker} B$ está vacío, es decir $0 \notin K(S)$ entonces hay una secuencia en $K(S)$ convergiendo a $0$ , entonces $K(S)$ no es compacto. Pero no entiendo cómo probar la falta de compacidad de $K(S)$ incluso si uno de los vectores base se asigna a $0$ .

Por otro lado, podemos intentar probar que si $K(S)$ es compacto, entonces $\mathrm{Im}(K)=K(H)$ debe tener dimensión finita. es facil si $K(B)$ contiene alguna bola (como un subespacio en $K(H)$ ), pero está lejos de ser cierto.

andreas blass

Cuando el núcleo de

K

$K$ no es

0

$0$ , podría ayudar a ver lo que

K

$K$ hace en el complemento ortogonal del kernel.

Respuestas (2)

Compacidad de K(S)K(S)K(S), si KKK es un operador compacto de dimensión infinita en el espacio de Hilbert

Cuando el núcleo de $K$ no es $0$ , podría ayudar a ver lo que $K$ hace en el complemento ortogonal del kernel.

daniel pescador · Answer 1

De hecho, $K(S)$ puede ser compacto. Dejar $H = \ell^2(\mathbb{N})$ , es decir

H = {F : norte \to C | \sum_{k = 0}^{\infty} | F (k) |^{2} < + \infty}

$H = \Biggl\{ f \colon \mathbb{N} \to \mathbb{C} \biggm\vert \sum_{k = 0}^{\infty} \lvert f(k)\rvert^2 < +\infty\Biggr\}$ (usando la notación de función para hacer la indexación de secuencias en

H

$H$ más claro) y

K = C \circ D

$K = C \circ D$ , dónde

(D F) (k) = F (k + 1)

$(Df)(k) = f(k+1)$ y

(C F) (k) = 2^{- k} F (k) .

$(Cf)(k) = 2^{-k}f(k)\,.$ Entonces

K (S)

$K(S)$ es cerrado, por lo tanto compacto.

Dejar $g \in \overline{K(S)}$ , y $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ una secuencia en $S$ con $K(f_n) \to g$ . Si $g = 0$ , entonces nosotros tenemos $K(e_0) = g$ dónde $e_m(k) = \delta_{m,k}$ , por lo que podemos suponer $g \neq 0$ . Por cada fijo $k$ tenemos

F_{norte} (k + 1) \to 2^{k} gramo (k)

$f_n(k+1) \to 2^kg(k)$ y por lo tanto

\sum_{k = 0}^{metro} 2^{2 k} | gramo (k) |^{2} = \underset{norte \to \infty}{límite} \sum_{k = 0}^{metro} | F_{norte} (k + 1) |^{2} ⩽ 1

$\sum_{k = 0}^{m} 2^{2k}\lvert g(k)\rvert^2 = \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 0}^{m} \lvert f_n(k+1)\rvert^2 \leqslant 1$ para todos

m

$m$ . Resulta que

h \in H

$h \in H$ , dónde

h (k) = 2^{k} gramo (k) .

$h(k) = 2^kg(k)\,.$ Además, tenemos

‖ h ‖ ⩽ 1

$\lVert h\rVert \leqslant 1$ , por lo tanto hay

h_{1} \in S

$h_1 \in S$ con

h = D h_{1}

$h = Dh_1$ . Por construcción,

C h = g

$Ch = g$ , de este modo

gramo = k h_{1} \in k (S) .

$g = Kh_1 \in K(S)\,.$

@EvangelopoulosF. Porque por definición de un operador compacto, $K(S)$ es relativamente compacto.
¡Muchas gracias por su ayuda! Un giro interesante. Por el momento estoy tratando de averiguar por qué K es compacto.
@EvangelopoulosF. si, es porque $C$ es compacto Siempre que tenga un operador de multiplicación $M$ en $\ell^2$ dada por una sucesión que converge a $0$ , es un operador compacto. Los correspondientes operadores de dimensión finita (usando sólo el primer $m$ términos de la secuencia, reemplazando los otros por $0$ ) convergen a $M$ en norma. En lugar de $(2^{-k})_{k \in \mathbb{N}}$ , cualquier secuencia que converge a $0$ con una cantidad infinita de términos distintos de cero (queremos un rango infinito) funcionaría.
@TemurbekRahmatullaev Véase más arriba, $C$ es compacto, $D$ es continuo, por lo tanto $K = C \circ D$ es compacto
La forma más fácil de entender la compacidad de C es construir una secuencia de operadores de dimensión finita $C_n: C_n(f)(k) = 2^{-k} f(k) {k \le n}$ convergente a C, ya que $\| C - C_n \| = \sup_{i > n } 2^{-i} \rightarrow 0$ .
@DanielFischer ¡Muchas gracias de nuevo! Justo estaba escribiendo sobre esto, así que no vi tu comentario.
@DanielFischer ¡Dato muy interesante! gracias por la aclaración

Evangelopoulos Phoevos · Answer 2

En realidad, si $K \colon X\to Y$ es un operador compacto y $X$ es reflexivo, entonces $K(S)$ es compacto Fíjate que desde $K$ es compacto, debe ser completamente continuo, es decir, si $x_n \to x$ débilmente en $X$ , entonces $||K(x_n)-K(x)||\to 0$ . (Este es un corolario del teorema de Banach-Steinhaus).

Para ver eso $K(S)$ es compacto, deja $(K(x_n))_n$ ser una secuencia en $K(S)$ . Desde $X$ es reflexivo, $S$ es débilmente compacta y por lo tanto (por el teorema de Eberlein-Smulian), podemos encontrar una subsecuencia débilmente convergente, $x_{n_k} \to x \in X$ enclenque. Por la completa continuidad de $K$ , resulta que $K x_{n_k} \to Kx \in K(S)$ (entonces, tiene una subsecuencia convergente (norma)).

$S$ es la esfera unitaria ( $\lVert x\rVert = 1$ ) en la pregunta, no la bola unitaria (cerrada) ( $\lVert x\rVert \leqslant 1$ ). La esfera unitaria no está débilmente cerrada (a menos que la dimensión sea finita). Si $K$ es inyectivo y $X$ infinitamente dimensional, entonces tenemos $0 \in \overline{K(S)} \setminus K(S)$ , entonces $K(S)$ no es cerrado, a fortiori no compacto. Pero si $K$ es de la forma $C\circ D$ con compacto $C$ , y $D(\{ x : \lVert x\rVert = 1\}) = \{ x : \lVert x\rVert \leqslant 1\}$ , entonces $K(S)$ es compacto
Ah, pensé que por esfera se refería a la bola cercana, mi error

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