web.math.pmf.unizg.hr fileweb.math.pmf.unizg.hr

Operatori na normiranim prostorimavježbe

2015/2016

Tomislav Berić[email protected]

Tomislav Berić ([email protected]) Operatori na normiranim prostorima, vježbe

Sadržaj1 Operatori na Hilbertovim prostorima 1

1.1 Normalni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Unitarni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Pozitivni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Polarni rastav operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.5 Unilateralni šift . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.6 Hipernormalni/hiponormalni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Spektar 122.1 Spektar ograničenog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2 Dekompozicija spektra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3 Teoremi o uniformnoj ograničenosti 27

4 Kompaktni operatori 29

5 Bazni okviri za Hilbertove prostore 33

i


1 Operatori na Hilbertovim prostorimaŠto do sad znamo o Hilbertovim prostorima? Najvažnije činjenice su:

• (Rieszov teorem o projekciji)

Ako je X Hilbertov prostor i M zatvoren potprostor od X (oznaka: M v X), onda jeX = M ⊕M⊥, gdje je

M⊥ = x ∈ X : 〈x, y〉 = 0,∀y ∈M .

Drugim riječima, za svaki x ∈ X postoje jedinstveni x1 ∈M,x2 ∈M⊥ takvi da je x = x1 + x2.

• (Rieszov teorem o reprezentaciji funkcionala)

Za svaki f ∈ X ′ postoji jedinstveni af ∈ X takav da je f(x) = 〈x, af〉, ∀x ∈ X.

(Oznake koje koristimo su X∗ = L(X,Φ) = prostor svih linearnih funkcionala na X, X ′ =B(X,Φ) = prostor svih neprekidnih linearnih funkcionala na X)

Navedimo još neke činjenice vezane za unitarne/Hilbertove prostore.Ako su X, Y unitarni prostori i A ∈ B(X, Y ), onda je

‖A‖ = sup |〈Ax, y〉| : x ∈ X, y ∈ Y, ‖x‖ ≤ 1, ‖y‖ ≤ 1 . (1)

Ako su X, Y Hilbertovi prostori i A ∈ B(X, Y ), onda postoji jedinstveni operator A∗ ∈ B(Y,X)takav da je

〈Ax, y〉 = 〈x,A∗y〉, ∀x ∈ X, ∀y ∈ Y ;

Operator A∗ zovemo adjungiran operator od operatora A. Vrijedi:

(i) (αA+ βB)∗ = αA∗ + βB∗, ∀A,B ∈ B(X, Y ), ∀α, β ∈ C,

(ii) (A∗)∗ = A, ∀A ∈ B(X, Y ),

(iii) (AB)∗ = B∗A∗, ∀A ∈ B(Y, Z), ∀B ∈ B(X, Y ).

Propozicija 1.1. Neka su X, Y Hilbertovi prostori i A ∈ B(X, Y ). Tada je

N(A) = R(A∗)⊥, N(A∗) = R(A)⊥, N(A∗)⊥ = R(A), N(A)⊥ = R(A∗).

Korolar 1.2. X = N(A)⊕R(A∗), Y = N(A∗)⊕R(A).

Definicija 1.3. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Operator A je

(i) hermitski ako je A∗ = A,

(ii) antihermitski ako je A∗ = −A,

(iii) normalan ako je A∗A = AA∗,

(iv) unitaran ako je A∗A = AA∗ = I.

Iz korolara 1.2 direktno slijedi: ako je A ∈ B(X) hermitski operator, onda je X = N(A)⊕R(A).Ako su A,B hermitski, onda je AB hermitski ako i samo ako je AB = BA. (DZ)Rieszov teorem o projekciji nam daje operator x = x1 + x2 7→ x1 koji zovemo ortogonalni projektorna potprostor M . Imamo i sljedeću karakterizaciju ortogonalnih projektora:

1


Propozicija 1.4. Operator P ∈ B(X) je ortogonalni projektor ako i samo ako je P 2 = P = P ∗.

Definicija 1.5. Neka je X Hilbertov, M ≤ X zatvoren potprostor te A ∈ B(X). Kažemo da je Minvarijantan s obzirom na A (A–invarijantan) ako je AM ⊆M .Kažemo da M reducira operator A ako je AM ⊆M i AM⊥ ⊆M⊥.Zadatak 1. Neka je X Hilbertov, M ≤ X zatvoren, A ∈ B(X). Ekvivalentno je:

(i) M je A–invarijantan,

(ii) M⊥ je A∗–invarijantan,

(iii) PMAPM = APM , gdje je PM ortogonalni projektor na M .

Rješenje

(i)⇒ (ii) Pretpostavimo da je AM ⊆M .

x ∈M⊥, y ∈M ⇒ 〈A∗x, y〉 =

⟨x∈M⊥

, Ay∈M

⟩= 0.

Dakle, A∗x ∈M⊥, a kako je x ∈M⊥ bio proizvoljan, slijedi da je A∗M⊥ ⊆M⊥.

(ii)⇒ (i) Pretpostavimo da je A∗M⊥ ⊆ M⊥. Zbog (i) ⇒ (ii) je (A∗)∗(M⊥)⊥ ⊆ (M⊥)⊥. Kako je M

zatvoren, onda je AM ⊆M .

(i)⇒ (iii) Pretpostavimo da je AM ⊆M . Neka je x ∈ X proizvoljan.

PM APMx︸︷︷︸∈M︸︷︷︸∈M

= APMx.

(iii)⇒ (i) Pretpostavimo da je PMAPM = APM . Neka je x ∈M proizvoljan.

x ∈M ⇒ PMx = x(iii)⇒ PMA

=x︷︸︸︷PMx︸︷︷︸

∈M

= A

=x︷︸︸︷PMx ⇒ Ax ∈M.

DZ 1. Neka je X Hilbertov, A ∈ B(X), M ≤ X zatvoren. Ekvivalentno je:

(i) M reducira operator A,

(ii) M je invarijantan za A i A∗,

(iii) APM = PMA, gdje je PM ortogonalni projektor na M .

Rješenje

(i)⇔ (ii) M reducira A ⇔ AM ⊆M i AM⊥ ⊆M⊥.

Prema prethodnom zadatku druga tvrdnja je ekvivalentna tvrdnji A∗(M⊥)⊥ ⊆ (M⊥)⊥, tj.

A∗M ⊆M .

2


(ii)⇒ (iii) Pretpostavimo da vrijedi AM ⊆ M i AM⊥ ⊆ M⊥. Neka je x ∈ X proizvoljan. Tada∃!y ∈M, z ∈M⊥ takvi da je x = y + z. Slijedi da je PMx = y pa je APMx = Ay.

S druge strane, Ax =

∈M︷︸︸︷A y∈M

+

∈M⊥︷︸︸︷A z∈M⊥

. Dakle, PMAx = Ay = APMx.

(iii)⇒ (i) Pretpostavimo da je APM = PMA.

x ∈M ⇒ APMx︸︷︷︸=x

= PM (Ax) ∈M ⇒ Ax ∈M.

Kako je x ∈M proizvoljan, slijedi da je AM ⊆M .

x ∈M⊥ ⇒ Ax = y1∈M

+ z1∈M⊥

⇒ APMx︸︷︷︸=0︸︷︷︸

=0

= PMAx = y1 ⇒ y1 = 0.

Dakle, Ax = z1 ∈M⊥. Kako je x ∈M⊥ proizvoljan, slijedi da je AM⊥ ⊆M⊥.

Definicija 1.6. Neka je X unitaran prostor. Operator A : X → X je simetričan operator akovrijedi

〈Ax, y〉 = 〈x,Ay〉, ∀x, y ∈ X.

DZ 2. Svaki simetričan operator je linearan.Napomena 1.7. Vrijedi da je svaki simetričan operator na Hilbertovom prostoru ograničen (pa ondai hermitski). Ta se tvrdnja zove Hellinger–Toeplitzov teorem i lako se dobije iz teorema o zatvorenomgrafu.

Teorem 1.8 (o zatvorenom grafu). Neka su X i Y Banachovi prostori i A ∈ L(X, Y ). OperatorA je ograničen ako i samo ako je graf Γ(A) = (x,Ax) : x ∈ X zatvoren potprostor od X × Y (snormom ‖(x, y)‖ = ‖x‖+ ‖y‖).

Napomena 1.9. Neka je X unitaran prostor i A ∈ B(X) simetričan operator. Tada je

‖A‖ = sup |〈Ax, x〉| : x ∈ X, ‖x‖ = 1 . (2)

Zato, ako je A ∈ B(X) simetričan operator takav da je 〈Ax, x〉 = 0, ∀x ∈ X, onda je A = 0.

1.1 Normalni operatori

Prisjetimo se da je A ∈ B(X) (X Hilbertov) normalan operator ako je AA∗ = A∗A.Zadatak 2. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X).

A je normalan ⇔ ‖Ax‖ = ‖A∗x‖, ∀x ∈ X.

Rješenje

⇒ ‖A∗x‖2 = 〈A∗x,A∗x〉 = 〈AA∗x, x〉 = 〈A∗Ax, x〉 = 〈Ax,Ax〉 = ‖Ax‖2.

3


⇐ ‖Ax‖ = ‖A∗x‖/2 ⇒ 〈Ax,Ax〉 = 〈A∗x,A∗x〉 ⇒ 〈A∗Ax, x〉 = 〈AA∗x, x〉. Slijedi da je⟨

(A∗A− AA∗)︸︷︷︸hermitski

x, x

⟩= 0, ∀x ∈ X.

Prema napomeni 1.9 je A∗A− AA∗ = 0, tj. A je normalan.

Zadatak 3. Neka je X Hilbertov i A ∈ B(X) normalan. Tada je ‖An‖ = ‖A‖n, ∀n ∈ N.Rješenje Za sve B,C ∈ B(X) vrijedi da je ‖BC‖ ≤ ‖B‖ · ‖C‖. Stoga je indukcijom lako pokazatida je ‖An‖ ≤ ‖A‖n. Obratno, tvrdimo da je ‖A‖n ≤ ‖An‖, ∀n. Dokazujemo indukcijom.

(BAZA) ‖A1‖ = ‖A‖1

(KORAK) Pretpostavimo da za neki n ∈ N vrijedi ‖A‖k ≤∥∥Ak∥∥, za sve k ≤ n. Za proizvoljan x ∈ X

vrijedi

‖Anx‖2 = 〈Anx,Anx〉 =⟨An−1x,A∗Anx

⟩ CSB≤∥∥An−1x

∥∥ ·‖A∗Anx‖︸︷︷︸=‖An+1x‖

≤∥∥An−1

∥∥ ·‖x‖·∥∥An+1∥∥ ·‖x‖.

Slijedi da je ‖An‖2 ≤ ‖An−1‖·‖An+1‖. Po pretpostavci indukcije je ‖An‖2 = (‖A‖n)2 i ‖An−1‖ =

‖A‖n−1. Slijedi‖A‖2n ≤ ‖A‖n−1 ·

∥∥An+1∥∥

Ako je A = 0, tvrdnja zadatka je trivijalna; inače podijelimo zadnju nejednakost sa ‖A‖n−1.Dakle, ‖A‖n+1 ≤ ‖An+1‖.

DZ 3. Neka je X Hilbertov i A ∈ B(X) normalan. Ako postoji k ∈ N takav da je Ak = 0, onda jeA = 0.

1.2 Unitarni operatori

Zadatak 4. Neka je X Hilbertov i U ∈ B(X). Ekvivalentno je:

(i) U je unitaran,

(ii) U je surjekcija i 〈Ux, Uy〉 = 〈x, y〉, ∀x, y ∈ X,

(iii) U je izometrička surjekcija,

(iv) U∗ je unitaran,

(v) U i U∗ su izometrije.

Rješenje

(i)⇔ (iv) Očito.

(i)⇒ (ii) Ako je U unitaran, onda je U bijekcija pa je i surjekcija. Također je

〈Ux, Uy〉 = 〈U∗Ux, y〉 = 〈Ix, y〉 = 〈x, y〉, ∀x, y ∈ X.

4


(ii)⇒ (i) Neka je U surjekcija t.d. je 〈Ux, Uy〉 = 〈x, y〉, ∀x, y ∈ X. Tada je

〈(U∗U − I)x, y〉 = 〈U∗Ux, y〉 − 〈x, y〉 = 〈Ux, Uy〉 − 〈x, y〉 = 0

pa je U∗U = I. Ostaje još pokazati da je UU∗ = I. Neka su x, y ∈ X proizvoljni. Kako je Usurjekcija, onda postoje x, y ∈ X takvi da je x = Ux, y = Uy. Vrijedi:

〈(UU∗ − I)x, y〉 = 〈U∗x, U∗y〉 − 〈x, y〉 = 〈U∗Ux, U∗Uy〉 − 〈Ux, Uy〉 = 〈x, y〉 − 〈Ux, Uy〉 = 0.

Dakle, i UU∗ = I.

(ii)⇒ (iii) Očito.

(iii)⇒ (ii) Pretpostavimo da je U izometrička surjekcija (‖Ux‖ = ‖x‖, ∀x ∈ X). Tada je

〈Ux, Ux〉 = 〈x, x〉, ∀x ∈ X.Koristeći polarizacijsku formulu (spominje se u Jordan–von Nuemannovom teoremu), dobivamo

〈Ux, Uy〉 =1

4

[〈Ux+ Uy, Ux+ Uy〉 − 〈Ux− Uy, Ux− Uy〉+ i〈Ux+ iUy, Ux+ iUy〉−

−i〈Ux− iUy, Ux− iUy〉]

= . . . = 〈x, y〉, ∀x, y ∈ X.

U gornjem raspisu koristimo da je 〈Ux, Ux〉 = 〈x, x〉.

(i)⇒ (v) U unitaran(i)⇔(iii)

=⇒ U izometrija(i)⇔(iv)=⇒ U∗ izometrija.

(v)⇒ (iii) Ako su U i U∗ izometrije, onda je U∗ injektivan, tj. 0 = N(U∗) = R(U)⊥. Primjenimo liortogonalni komplement na prethodnu jednakost, slijedi da je R(U) = X.Kako je U izometrija, onda je ‖Ux‖ ≥ 1 · ‖x‖ pa je, prema DZ 4, R(U) = R(U). Dakle,R(U) = X, tj. U je surjekcija.

DZ 4. Neka je X Banachov, Y normiran prostor i A ∈ B(X, Y ) odozdo omeđen operator, tj. postojim > 0 t.d. je

‖Ax‖ ≥ m · ‖x‖, ∀x ∈ X.Tada je R(A) zatvoren potprostor od Y .DZ 5. Neka je X separabilan Hilbertov prostor i U ∈ B(X). Operator U je unitaran ako i samo akoU preslikava ortonormiranu bazu u ortonormiranu bazu.

1.3 Pozitivni operatori

U ovom poglavlju će X biti Hilbertov prostor.Definicija 1.10. Kažemo da je A ∈ B(X) pozitivan operator (oznaka: A ≥ 0) ako je hermitski ipozitivno semidefinitan, tj. ako vrijedi

〈Ax, x〉 ≥ 0, ∀x ∈ X.Teorem 1.11 (o kvadratnom korijenu). Neka je A ∈ B(X) pozitivan operator. Tada postoji jedinst-veni pozitivan operator B ∈ B(X) takav da je B2 = A (oznaka: B =

√A). Nadalje, vrijedi:

(i) ∀C ∈ B(X) je AC = CA ako i samo ako je BC = CB,

(ii) postoji niz polinoma (rn) takav da je Bx = limn rn(A)x, ∀x ∈ X.

5


1.4 Polarni rastav operatora

Neka su X, Y Hilbertovi prostori.Definicija 1.12. Kažemo da je V ∈ B(X, Y ) parcijalna izometrija ako je V |N(V )⊥ izometrija, tj.

‖V x‖ = ‖x‖, ∀x ∈ N(V )⊥.

N(V )⊥ je zatvoren potprostor od X pa je X = N(V )⊥ ⊕N(V )⊥⊥︸︷︷︸=N(V )

. Vrijedi da je

R(V ) = V (X) = V(N(V )⊥ ⊕N(V )

)= V

(N(V )⊥

).

Zadatak 5. Ako je V ∈ B(X, Y ) parcijalna izometrija, onda je R(V ) zatvoren potprostor od Y .Rješenje Neka je (V xn) niz u R(V ) takav da V xn → y0. Tvrdimo da je y0 ∈ R(V ).Kako je X = N(V )⊕N(V )⊥, postoje jedinstveni x′n ∈ N(V ), x′′n ∈ N(V )⊥ takvi da je xn = x′n +x′′n.Slijedi da je V xn = V x′′n, za svaki n ∈ N.Niz (V xn) je konvergentan pa je i Cauchyjev. Dakle, ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N t.d.

m,n ≥ n0 ⇒ ε > ‖V xn − V xm‖ = ‖V x′′n − V x′′m‖ = ‖V (x′′n − x′′m)‖ = ‖x′′n − x′′m‖.

Dakle, i (x′′n) je Cauchyjev niz u Hilbertovom prostoru X pa postoji x0 ∈ X takav da x′′n → x0.Operator V je neprekidan pa V x′′n → V x0. S druge strane je V x′′n = V xn → y0. Zbog jedinstvenostilimesa je y0 = V x0 ∈ R(V ).

Iz prethodnog zadatka slijedi da je Y = R(V )⊕R(V )⊥.Na predavanjima su napravljeni sljedeći teoremi.

Teorem 1.13. Neka su X, Y Hilbertovi prostori i V ∈ B(X, Y ). Ekvivalentno je:

(i) V je parcijalna izometrija,

(ii) V ∗ je parcijalna izometrija,

(iii) V V ∗ je ortogonalni projektor,

(iv) V ∗V je ortogonalni projektor.

Teorem 1.14. Za svaki A ∈ B(X, Y ) postoje pozitivni operatori H ∈ B(X), K ∈ B(Y ) i parcijalneizometrije V,W ∈ B(X, Y ) takve da je

A = V H = KW. (polarni rastav operatora)

Ako je X = Y i A normalan operator, možemo izabrati da V bude unitaran i takav da CA = AC,CA∗ = A∗C povlači CV = V C.

1.5 Unilateralni šift

Neka je X separabilan Hilbertov prostor sa ONB (ei)i∈N0 . Definiramo operator S : X → X sa

Sx :=∞∑i=0

〈x, ei〉ei+1.

6


Primjetimo da ako je x = (x1, x2, x3, . . .), onda je Sx = (0, x1, x2, x3, . . .). Operator S zovemounilateralni šift (operator jednostranog pomaka). Vrijedi da je

‖Sx‖2 =∞∑i=0

|〈x, ei〉|2 = ‖x‖2, ∀x ∈ X.

Dakle, S je izometrija. Slijedi da je S ∈ B(X) i ‖S‖ = 1. Na ONB S djeluje na sljedeći način:

Sei = ei+1, ∀i ∈ N0.

Nađimo S∗:

S∗x =∞∑i=0

〈S∗x, ei〉ei =∞∑i=0

〈x, Sei〉ei =∞∑i=0

〈x, ei+1〉ei =∞∑i=1

〈x, ei〉ei−1, ∀x ∈ X.

Posebno, na ONB S∗ djeluje kao

S∗e0 = 0, S∗ei = ei−1, ∀i ∈ N.

Ako je x = (x1, x2, x3, x4, . . .), onda je S∗x = (x2, x3, x4, x5, . . .).Neka je P ortogonalni projektor na R(S). Tada je SS∗ = P , S∗S = I.DZ 6. Dokažite da je R(S) zatvoren potprostor od X (inače nemamo projektor P ). Zatvorenostmožemo dobiti iz jednakosti R(S) = [e0]⊥.Zadatak 6. Unilateralni šift S nije netrivijalno reducibilan.Rješenje Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji M ≤ X netrivijalan zatvoren potprostor kojireducira S, odnosno SM ⊆M i SM⊥ ⊆M⊥ (tj, S∗M ⊆M). Slijedi da je M SS∗–invarijantan.Označimo sa P0 ortogonalni projektor na [e0]. Tada je SS∗ = I−P0. Za svaki x ∈M je SS∗x ∈M ,tj. x

∈M− P0x ∈ M . Kako je M potprostor, onda je P0x ∈ M , ∀x ∈ M . Dakle, P0x = α(x) · e0

(α(x) ∈ C je jedinstven za svaki x ∈M).Gledamo dva slučaja:

e0 ∈M Tada je e1 = Se0 ∈M pa se indukcijom lako pokaže da je ei ∈M , ∀i ∈ N0. Zbog zatvore-nosti od M slijedi da je M = X (M ⊇ [eii∈N0 ] = X) što je kontradikcija sa pretpostavkomda je M netrivijalan.

e0 /∈M Za x ∈M je P0x ∈M , tj. α(x)e0 ∈M . Stoga je α(x) = 0 pa je P0x = 0. Slijedi da je

0 = P0x = P0

(∞∑i=0

〈x, ei〉ei

)= 〈x, e0〉e0.

Dakle, 〈x, e0〉 = 0, za svaki x ∈M . Tada je i

〈x, e1〉 = 〈x, Se0〉 =

⟨S∗x︸︷︷︸∈M

, e0

⟩= 0, itd . . .

Dakle, 〈x, ei〉 = 0, ∀i ∈ N0 pa je x = 0. Kako je x ∈M bio proizvoljan, slijedi da je M = 0 štoje kontradikcija.

7


Zadatak 7. Unilateralni šift S nema drugi korijen, tj. ne postoji B ∈ B(X) takav da je B2 = S.Rješenje Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji B ∈ B(X) takav da je B2 = S. Stavimo T = B∗.Tada je S∗ = (B2)

∗= (B∗)2 = T 2. Primjetimo da je S∗ surjekcija. Naime, za svaki y ∈ X vrijedi:

y =∞∑i=0

〈y, ei〉ei = S∗

(∞∑i=0

〈y, ei〉ei+1

).

Dakle, i T je surjektivan pa postoji x0 ∈ X takav da je Tx0 = e0.Vrijedi da je x ∈ N(S∗) ako i samo ako je x = 〈x, e0〉e0. (⇒ S∗x = 0 ⇒ S∗ (

∑∞i=0 〈x, ei〉ei) = 0 ⇒∑∞

i=1 〈x, ei〉ei−1 = 0⇒ 〈x, ei〉 = 0, ∀i ≥ 1).Vrijedi i Te0 6= 0. Naime, ako je Te0 = 0, onda je S∗x0 = T 2x0 = Te0 = 0 pa je x0 = 〈x0, e0〉e0.Slijedi da je

e0 = Tx0 = 〈x0, e0〉Te0 = 0

što je kontradikcija.Definiramo y0 := Te0 6= 0. Vrijedi da je Ty0 = T 2e0 = S∗e0 = 0 pa je S∗y0 = T 2y0 = 0. Stoga jey0 = 〈y0, e0〉e0. Vrijedi

0 = Ty0 = 〈y0, e0〉 Te0︸︷︷︸6=0

pa je 〈y0, e0〉 = 0. Konačno, y0 = 0 što je kontradikcija s y0 = Te0 6= 0.

1.6 Hipernormalni/hiponormalni operatori

Definicija 1.15. Neka je X Hilbertov prostor i T ∈ B(X). Kažemo da je T

• hipernormalan ako je ‖Tx‖ ≥ ‖T ∗x‖,∀x ∈ X,

• hiponormalan ako je ‖Tx‖ ≤ ‖T ∗x‖,∀x ∈ X.

DZ 7. Neka je X Hilbertov i T ∈ B(X). Vrijedi:

(a) T je hipernormalan ako i samo ako je T ∗T ≥ TT ∗,

(b) T je hiponormalan ako i samo ako je T ∗T ≤ TT ∗.

Očito vrijedi da je T hipernormalan ako i samo ako je T ∗ hiponormalan.Primjer 1.16. Unilateralni šift S je hipernormalan.

S∗S = I, SS∗ = I − P0, a P0 ≥ 0 ⇒ I − P0 ≤ I, tj. SS∗ ≤ S∗S.

Zadatak 8. Neka je X Hilbertov prostor i T ∈ B(X) hipernormalan operator. Tada vrijedi:

(i) x ∈ X i λ ∈ C t.d. Tx = λx =⇒ T ∗x = λx,

(ii) svojstveni potprostori operatora T su međusobno okomiti,

(iii) M ≤ X zatvoren, TM ⊆M =⇒ T |M je hipernormalan,

(iv) M ≤ X zatvoren, TM ⊆M , T |M normalan =⇒ M reducira operator T ,

(v) svaki svojstveni potprostor operatora T reducira operator T ,

8


(vi) za svaki α, β ∈ C t.d. |α| > |β| je αT + βT ∗ hipernormalan.

Rješenje

(i) Neka su x ∈ X i λ ∈ C t.d. je Tx = λx, tj. (T − λI)x = 0. Operator T − λI je hipernormalanjer

(T − λI)∗(T − λI)− (T − λI)(T − λI)∗ = (DZ) = T ∗T − TT ∗ ≥ 0.

Dakle, ‖(T − λI)∗x‖ ≤ ‖(T − λI)x‖ = 0 pa je (T − λI)∗x = 0, tj. T ∗x = λx.

(ii) Neka su λ, µ ∈ C, λ 6= µ, svojstvene vrijednosti operatora T te neka su Hλ i Hµ pripadnisvojstveni potprostori. Uzmimo proizvoljne x ∈ Hλ, y ∈ Hµ. Tada je

λ〈x, y〉 = 〈λx, y〉 = 〈Tx, y〉 = 〈x, T ∗y〉 = 〈x, µy〉 = µ〈x, y〉

pa je (λ− µ)〈x, y〉 = 0. Kako je λ 6= µ, slijedi da je 〈x, y〉 = 0.

(iii) Pomoćna tvrdnja: postoje operatori T11 ∈ B(M), T12 ∈ B(M⊥,M), T21 ∈ B(M,M⊥) iT22 ∈ B(M⊥) takvi da ∀x ∈ X, x = x1 + x2, x1 ∈M , x2 ∈M⊥, vrijedi

Tx = T11x1 + T12x2 + T21x1 + T22x2 (*)

iT ∗x = T ∗11x1 + T ∗21x2 + T ∗12x1 + T ∗22x2. (**)

Dokaz tvrdnje: Neka je P ∈ B(X) ortogonalni projektor na M . Tada je I − P ∈ B(X)ortogonalni projektor na M⊥, tj. R(I − P ) = M⊥. Vrijedi da je

T = [P + (I − P )]T [P + (I − P )] = PTP + PT (I − P ) + (I − P )TP + (I − P )T (I − P ).

Označimo T11 := PTP |M ∈ B(M), T12 := PT (I−P )|M⊥ ∈ B(M⊥,M), T21 := (I−P )TP |M ∈B(M,M⊥), T22 := (I − P )T (I − P )|M⊥ ∈ B(M⊥). Za DZ dokazati da vrijedi (*).

Vrijedi:

〈Tx, y〉 =

[x = x1 + x2, x1, y1 ∈My = y1 + y2, x2, y2 ∈M⊥

]= 〈T11x1, y1〉+ 〈T12x2, y1〉+

=0︷︸︸︷〈T21x1, y1〉+

=0︷︸︸︷〈T22x2, y1〉+

+

=0︷︸︸︷〈T11x1, y2〉+

=0︷︸︸︷〈T12x2, y2〉+〈T21x1, y2〉+ 〈T22x2, y2〉 =

= 〈x1, T∗11y1 + T ∗21y2〉+ 〈x2, T

∗12y1 + T ∗22y2〉 =

= 〈x1 + x2, T∗11y1 + T ∗21y2〉+ 〈x1 + x2, T

∗12y1 + T ∗22y2〉 =

= 〈x, T ∗11y1 + T ∗21y2 + T ∗12y1 + T ∗22y2〉 = 〈x, T ∗y〉, ∀x, y ∈ X.

Slijedi da vrijedi (**).Napomena 1.17. Ovdje nismo koristili da je M T–invarijantan.

Zapisujemo:

T =

[T11 T12

T21 T22

].

9


Neka je x ∈M proizvoljan. Tada je Tx = T11x+T21x. Stoga je T21x︸︷︷︸∈M⊥

= Tx︸︷︷︸∈M

−T11x︸︷︷︸∈M

∈M (ovdje

smo koristili da je TM ⊆ M). Slijedi da je T21x ∈ M ∩M⊥ pa je T21x = 0, ∀x ∈ M . Dakle,T21 = 0.

Opet, za proizvoljan x ∈M vrijedi

‖T ∗11x‖2 ≤ ‖T ∗11x‖

2 + ‖T ∗12x‖2 Pitagora

= ‖T ∗11x+ T ∗12x‖2 = ‖T ∗x‖2 ≤ ‖Tx‖2 = ‖T11x‖2.

Dakle, T11 je hipernormalan (T11 = T |M).

(iv) Koristeći oznake i tvrdnje iz prethodnog podzadatka, dobivamo da je

‖T ∗11x‖2 + ‖T ∗12x‖

2 ≤ ‖T11x‖2, ∀x ∈M.

Kako je T |M = T11 normalan, onda je ‖T ∗11x‖ = ‖T11x‖, ∀x ∈ M . Slijedi da je ‖T ∗12x‖ = 0,∀x ∈M pa je T ∗12 = 0. Dakle, i T12 = 0.

Trebamo još pokazati da je T ∗M ⊆ M , a to je ekvivalentno tvrdnji TM⊥ ⊆ M⊥. Ako jex ∈M⊥, onda je Tx = T22x ∈M⊥ pa je istina da M reducira T .

(v) Neka je Hλ svojstveni potprostor operatora T . Prema (ii) slijedi da je Hλ T–invarijantan. Zasvaki x ∈ Hλ vrijedi

‖Tx‖ = ‖λx‖ = |λ| · ‖x‖ = |λ| · ‖x‖ =∥∥λx∥∥ = ‖T ∗x‖.

Dakle, T |Hλ je normalan operator pa prema (iv) vrijedi da Hλ reducira T .

(vi) Vrijedi:

(αT + βT ∗)∗ (αT + βT ∗)− (αT + βT ∗) (αT + βT ∗)∗ = . . . =(|α|2 − |β|2

)(T ∗T − TT ∗) ≥ 0.

Doista je T hipernormalan.

Vratimo se još malo na ideju izloženu u prethodnom zadatku da operator zapisujemo matrično uskladu sa (*) i (**).Ako jeM netrivijalan zatvoren potprostor Hilbertovog prostoraX, po Rieszovom teoremu o projekcijiX možemo zapisati kao X = M ⊕M⊥, tj. svaki x ∈ X se na jedinstven način može zapisati kaox = x1 + x2, gdje su x1 ∈M , x2 ∈M⊥. To možemo formalno zapisati i matrično kao

x =

[x1

x2

].

Operacije zbrajanja vektora i množenja vektora skalarom odgovaraju tim istim operacijama na stup-cima. Isto vrijedi i za skalarni produkt:

〈x, y〉 = 〈x1 + x2, y1 + y2〉 = 〈x1, y1〉+ 〈x2, y2〉 =

⟨[x1

x2

],

[y1

y2

]⟩.

Operator T ∈ B(X) možemo formalno zapisati kao matricu reda 2:

T =

[T11 T12

T21 T22

],

10


uz oznake kao u prethodnom zadatku. Slika operatora u prvom retku je M , a slika operatora udrugom retku je M⊥. Domena operatora u prvom stupcu je M , a domena operatora u drugomstupcu je M⊥.Zbog (*) je djelovanje operatora na vektoru isto što i množenje matrice sa stupcem:

Tx = (T11x1 + T12x2)︸︷︷︸∈M

+ (T21x1 + T22x2)︸︷︷︸∈M⊥

=

[T11x1 + T12x2

T21x1 + T22x2

]=

[T11 T12

T21 T22

] [x1

x2

].

Operacije na operatorima (zbrajanje i množenje skalarom) odgovaraju tim istim operacijama namatricama reda 2. Matrični prikaz kompozicije operatora je umnožak matričnih prikaza pojedinihoperatora. Također, zbog (**) matrični prikaz adjungiranog operatora od T je adjungirana matricaoperatora T :

T ∗ =

[T ∗11 T ∗21

T ∗12 T ∗22

].

U prethodnom zadatku smo dokazali da ako je M T–invarijantan potprostor, onda je matrični zapisod T gornjetrokutasta matrica. Analogno, ako je M⊥ T–invarijantan, onda je matrični zapis odT donjetrokutasta matrica. Ako M reducira T , onda je matrični prikaz operatora T dijagonalnamatrica.Zadatak 9. Neka je X separabilan Hilbertov prostor i neka je (ei)i∈N ONB za X. Neka je (ai)i nizkompleksnih brojeva i operator T definiran sa Tei = aiei+1, i ∈ N (šift s opterećenjem). Naći nužani dovoljan uvjet na niz (ai)i tako da T bude hipernormalan operator.Rješenje Operator T je hipernormalan ako je ograničen i takav da je ‖T ∗x‖ ≤ ‖Tx‖, ∀x ∈ X.Dakle, ovaj zadatak se sastoji od dva dijela. Moramo naći nužan i dovoljan uvjet da operator budeograničen te nužan i dovoljan uvjet da za operator T vrijedi ‖T ∗x‖ ≤ ‖Tx‖, ∀x ∈ X.Operator T koji je zadan na ONB najprije po linearnosti proširujemo na prostor V = [ei : i ∈ N].Kako je X = V , vrijedi da je T ∈ B(V ) ako i samo ako je T ∈ B(X).Dokažimo najprije da je T ∈ L(V ) ograničen operator ako i samo ako je (ai)i ograničen niz. Pret-postavimo da je T ∈ B(V ). Tada je

|ai| = ‖aiei+1‖ = ‖Tei‖ ≤ ‖T‖ · ‖ei‖ = ‖T‖ <∞, ∀i ∈ N.

Obratno, neka je niz (ai) ograničen (|ai| ≤ M , ∀i). Proizvoljni x ∈ V možemo zapisati u oblikux =

∑ni=1 ξiei. Tada je

‖Tx‖2 = 〈Tx, Tx〉 =

⟨n∑i=1

ξiTei,n∑i=1

ξiTei

⟩=

⟨n∑i=1

ξiaiei+1,n∑i=1

ξiaiei+1

⟩=

=n∑i=1

|ξi|2|ai|2 ≤M2

n∑i=1

|ξi|2 = M2

n∑i=1

|ξi|2 · ‖ei‖2 = M2

∥∥∥∥∥n∑i=1

ξiei

∥∥∥∥∥ = M2‖x‖2.

Dakle, T je ograničen.Sada pogledajmo kako izgleda T ∗. Za proizvoljan x ∈ X je

T ∗x =∞∑i=1

〈T ∗x, ei〉ei =∞∑i=1

〈x, Tei〉ei =∞∑i=1

〈x, aiei+1〉ei =∞∑i=1

ai〈x, ei+1〉ei.

Posebno je

T ∗ej =∞∑i=1

ai〈ej, ei+1〉ei =

0, j = 1

aj−1ej−1, j ≥ 2.

11


Pretpostavimo da je T hipernormalan. Po definiciji je ‖T ∗x‖ ≤ ‖Tx‖, ∀x ∈ X. Posebno, za x = eije ‖T ∗ei‖ ≤ ‖Tei‖ = |ai|, ∀i ∈ N.

i = 1 : 0 ≤ |a1|i ≥ 2 : |ai−1| ≤ |ai|.

Dakle, niz (|ai|) je rastući.Pogledajmo vrijedi li i obrat. Neka je niz (|ai|) rastući. Za proizvoljan x ∈ X je

Tx =∞∑i=1

〈Tx, ei〉ei =∞∑i=1

〈x, T ∗ei〉ei =∞∑i=2

〈x, ai−1ei−1〉ei =∞∑i=1

〈x, aiei〉ei+1.

Dakle, ‖Tx‖2 =∑∞

i=1 |〈x, aiei〉|2, a otprije znamo da je ‖T ∗x‖2 =

∑∞i=1 |〈x, aiei+1〉|2. Dakle,

‖T ∗x‖2 =∞∑i=2

|〈x, ai−1ei〉|2 =∞∑i=2

|ai−1|2 |〈x, ei〉|2 ≤∞∑i=1

|ai|2 |〈x, ei〉|2 =∞∑i=1

|〈x, aiei〉|2 = ‖Tx‖2, ∀x ∈ X.

Dakle, T je hipernormalan ako i samo ako je niz (|ai|) rastući i omeđen.

2 SpektarDefinicija 2.1. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Broj

ν(A) := inf‖An‖

1n : n ∈ N

zovemo spektralni radijus operatora A.Napomena 2.2. Vrijedi:

1. ν(A) = limn ‖An‖1n , ∀A ∈ B(X),

2. 0 ≤ ν(A) ≤ ‖A‖, ∀A ∈ B(X),

3. ν(αA) = |α| · ν(A), ∀α ∈ Φ, ∀A ∈ B(X),

4. ν(AB) = ν(BA), ∀A,B ∈ B(X)

5. ν(Ak) = [ν(A)]k, ∀k ∈ N, ∀A ∈ B(X).

Zadatak 10. Neka je S ∈ B(`2) unilateralni šift. Odredite ν(S) i ν(S∗).Rješenje Vrijedi da je S(x1, x2, x3, . . .) = (0, x1, x2, x3, . . .). Indukcijom se lako pokaže da jeSn(x1, x2, x3, . . .) = (0, . . . , 0︸︷︷︸

n

, x1, x2, x3, . . .). Slijedi da je ‖Snx‖2 = ‖x‖2, ∀x ∈ `2 pa je ‖Sn‖ = 1,

∀n ∈ N. Dakle, ν(S) = limn ‖Sn‖1n = 1.

Znamo da je S∗(x1, x2, x3, . . .) = (x2, x3, . . .). Opet se indukcijom lako pokaže da je (S∗)n (x1, x2, x3, . . .) =(xn+1, xn+2, . . .). Slijedi da je ‖(S∗)n x‖ ≤ ‖x‖, ∀x ∈ `2. Dakle, ‖(S∗)n‖ ≤ 1.No, vrijedi da je (S∗)n (0, . . . , 0︸︷︷︸

n

, 1, 0 . . .) = (1, 0, 0, . . .) pa je ‖(S∗)n‖ = 1, ∀n ∈ N, odakle slijedi da je

ν(S∗) = 1.

12


Definicija 2.3. Neka jeX Hilbertov prostor. OperatorA ∈ B(X) je regularan ako postojiB ∈ B(X)takav da je AB = BA = I. Operator A ∈ B(X) je singularan ako nije regularan.Sa G(B(X)) označavamo skup svih regularnih elemenata u algebri B(X) (to je grupa s obzirom namnoženje).Zadatak 11. Ako A ∈ B(X) ima jedinstveni lijevi (desni) inverz, onda je A regularan.Rješenje Pretpostavimo da postoji jedinstveni B ∈ B(X) takav da je BA = I. Tada je

(AB − I +B)A = A BA︸︷︷︸=I

−A+ BA︸︷︷︸=I

= I.

Zbog jedinstvenosti lijevog inverza mora biti AB − I +B = B, ondosno AB = I.

Primjer 2.4. Neka je S ∈ B(`2) unilateralni šift. Tada je S∗S = I. No, za operator T (x1, x2, x3, . . .) =(x1 + x2, x3, x4, . . .) također vrijedi da je TS = I, ali T 6= S∗.Otprije znamo da S nije regularan. Dakle, u prethodnom zadatku, jedinstvenost lijevog (desnog)limesa je bitan uvjet.Zadatak 12. Neka je X Hilbertov prostor i A,B ∈ B(X), λ ∈ C \ 0. Tada vrijedi:

λI − AB je regularan ⇐⇒ λI −BA je regularan.

Rješenje Pretpostavimo da je λI − AB regularan. Tada postoji C ∈ B(X) takav da je (λI −AB)C = C(λI − AB) = I. Slijedi da je ABC = λC − I = CAB. Kako je λ 6= 0, možemo gledati

(λI −BA)

(1

λI +

1

λBCA

)= I +BCA− 1

λBA− 1

λB(ABC)A = . . . = I.

Slično se dobije i da je(

1λI + 1

λBCA

)(λI −BA) = . . . = I. Dakle, λI −BA je regularan.

Zamjenom varijabli A i B dobijemo obrat.

Definicija 2.5. Neka je A ∈ B(X). Broj λ ∈ C je regularna točka od A ako je λI − A regularanu B(X). Skup svih regularnih točaka, u oznaci ρ(A), zovemo rezolventni skup. Funkcija R(A, λ) =(λI − A)−1, sa ρ(A) u B(X) naziva se rezolventa od A.Spektar od A je skup σ(A) = C \ ρ(A).Napomena 2.6. Prethodni zadatak se može pomoću spektra zapisati ovako:

σ(AB) \ 0 = σ(BA) \ 0 ili σ(AB) ∪ 0 = σ(BA) ∪ 0.

Napomena 2.7. Vrijedi da je ρ(A) otvoren. Dakle, σ(A) je zatvoren skup u C.

Teorem 2.8. Neka je A ∈ B(X). Tada je σ(A) 6= ∅ i σ(A) je kompaktan skup u C. Vrijedi

ν(A) = max|λ| : λ ∈ σ(A).

(σ(A) ⊆ K(0, ν(A)) i σ(A) ∩ S(0, ν(A)) 6= ∅)

Za sljedeći zadatak prelazimo na kompleksne Banachove algebre i radimo s općenitim definicijamaspektra i spektralnog radijusa (koje su slične onima koje smo prije naveli).Zadatak 13. Neka je A = C(K), gdje je K kompaktan Hausdorffov prostor, ‖f‖∞ = max|f(t)| :t ∈ K. Odredite σ(f) i ν(f), ∀f ∈ A.

13


Rješenje Tvrdimo da je σ(f) = f(t) : t ∈ K = f(K), tj. da je spektar od f jednak slici od f .Najprije primjetimo da je g ∈ C(K) regularna ako i samo ako je g(t) 6= 0. Naime, inverz funkcije g(ako postoji) je funkcija 1

gdefinirana sa

(1g

)(t) = 1

g(t)(mora vrijediti da je g(t) 6= 0, ∀t).

Za fiksirani t ∈ K je (f − f(t) · 1)(t) = 0. Dakle, f − f(t) · 1 /∈ G(A), tj. f(t) ∈ σ(f). Dobili smo daje f(t) : t ∈ K ⊆ σ(f). Dokažimo da vrijedi i obratna inkluzija.Neka je λ /∈ f(t) : t ∈ K. Tada je (f − λ · 1)(t) 6= 0, ∀t ∈ K. Dakle, postoji funkcija 1

f−λ·1 koja jeinverz od f − λ · 1 pa je λ /∈ σ(f). Dobili smo i da je σ(f) ⊆ f(t) : t ∈ K.Sada je ν(f) = max|λ| : λ ∈ σ(f) = max|f(t)| : t ∈ K = ‖f‖∞.

Propozicija 2.9. Neka je X Hilbertov prostor. Tada

(i) za svaki A ∈ B(X) i polinom p vrijedi da je σ(p(A)) = p(σ(A)) = p(λ) : λ ∈ σ(A),

(ii) za svaki regularan A ∈ B(X) vrijedi da je σ (A−1) = [σ(A)]−1 =

1λ

: λ ∈ σ(A).

(0 /∈ σ(A) jer je A = A− 0 · I regularan operator)

2.1 Spektar ograničenog operatora

Zadatak 14. Neka je X normiran prostor i A ∈ B(X). Ekvivalentno je:

(i) A je odozdo ograničen operator, tj. postoji m > 0 t.d. je ‖Ax‖ ≥ m · ‖x‖, ∀x ∈ X,

(ii) A je injektivan i A−1 : R(A)→ X je ograničen operator,

(iii) ne postoji niz (xn) ⊆ X takav da je ‖xn‖ = 1, ∀n i limnAxn = 0.

Rješenje

(i) ⇒ (ii) Dokažimo da je A injektivan. Neka je Ax = 0. Tada je ‖Ax‖ = 0 pa je ‖x‖ ≤ 1m‖Ax‖ = 0.

Slijedi da je ‖x‖ = 0, tj. x = 0. Dakle, A je injekcija.

Neka je y ∈ R(A) proizvoljan. Tada postoji x ∈ X takav da je y = Ax. Slijedi∥∥A−1y∥∥ =

∥∥A−1Ax∥∥ = ‖x‖ ≤ 1

m‖Ax‖ =

1

m‖y‖.

Dakle, A−1 je ograničen i ‖A−1‖ ≤ 1m.

(ii) ⇒ (iii) Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji niz (xn) ⊆ X, ‖xn‖ = 1, ∀n i limnAxn = 0.

Pretpostavka je da je A−1 ograničen, tj. da je A−1 neprekidan. Slijedi da je

0 = A−10 = A−1(

limnAxn

)= lim

nA−1Axn = lim

nxn.

Dakle, limxn = 0, a kako je norma neprekidno preslikavanje, onda je i lim ‖xn‖ = 0 što je ukontradikciji sa pretpostavkom da je to niz jediničnih vektora.

(iii) ⇒ (i) Pretpostavimo suprotno, tj. da za svaki n ∈ N postoji xn ∈ X takav da je ‖Axn‖ < 1n‖xn‖.

Očito je xn 6= 0, ∀n. Stavimo yn :=xn‖xn‖

, n ∈ N. Tada je ‖Ayn‖ < 1n, ∀n ∈ N. Dakle,

lim ‖Ayn‖ = 0 pa je i limAyn = 0 što je u kontradikciji sa pretpostavkom (iii).

14


Definicija 2.10. Neka su X, Y normirani prostori. Operator A ∈ B(X, Y ) zovemo regularnim(invertibilnim) ako je A bijekcija sa X na Y i A−1 je ograničen.Ako su domena i kodomena u prethodnoj definiciji potpuni prostori, onda ograničenost operatoraA−1 slijedi automatski iz ograničenosti operatora A. O tome govori sljedeći teorem:

Teorem 2.11 (Banachov teorem o inverzu). Neka su X, Y Banachovi prostori. Ako je A ∈ B(X, Y )bijekcija, onda je A−1 ∈ B(Y,X).

Zadatak 15. Neka je X Banachov prostor i A ∈ B(X) odozdo ograničen takav da je R(A) = X.Tada je A regularan.Rješenje Prema prethodnom zadatku A je injektivan i A−1 : R(A) → X je ograničen operator.Treba još vidjeti da je R(A) = X, ali za to je dovoljno dokazati da je R(A) zatvoren. No, to znamootprije (DZ 4).

DZ 8. Neka su X, Y normirani prostori. Bijekcija A ∈ B(X, Y ) je regularan operator ako i samoako postoje realni brojevi m,M > 0 takvi da je

m‖x‖ ≤ ‖Ax‖ ≤M‖x‖, ∀x ∈ X.

Rješenje

⇒ Neka je A ∈ B(X, Y ) regularan. Kako je A ograničen, onda je ‖Ax‖ ≤ ‖A‖︸︷︷︸=:M>0

‖x‖, ∀x ∈ X.

Pritom je M > 0 jer je A 6= 0.

Kako je A−1 ∈ B(Y,X), slijedi da je ‖A−1y‖ ≤ ‖A−1‖‖y‖, ∀y ∈ Y . Vrijedi da je Y = R(A) paza svaki y ∈ Y postoji jedinstveni x ∈ X takav da je y = Ax. Slijedi∥∥A−1Ax

∥∥ ≤ ∥∥A−1∥∥︸︷︷︸

6=0

‖Ax‖, ∀x ∈ X

Tada je

‖Ax‖ ≥ 1

‖A−1‖︸︷︷︸=:m>0

‖x‖, ∀x ∈ X

⇐ A je bijekcija, a kako je A odozdo ograničen, slijedi da je A−1 ∈ B(Y,X).

Zadatak 16. Neka je H Hilbertov prostor, A ∈ B(H) i m > 0 t.d. je

m · ‖x‖2 ≤ |〈Ax, x〉| , ∀x ∈ H.

Tada je A regularan operator i ‖A−1‖ ≤ 1m.

Rješenje Vrijedi da je m · ‖x‖2 ≤ |〈Ax, x〉|CSB≤ ‖Ax‖ · ‖x‖, ∀x ∈ H pa je ‖Ax‖ ≥ m · ‖x‖, ∀x ∈ H.

Dakle, A je odozdo ograničen.Tvrdimo da je R(A) = H.Vrijedi da je R(A)⊕ R(A)

⊥= H pa je dovoljno vidjeti da je R(A)

⊥= 0. Kako je R(A) ⊆ R(A),

slijedi da je R(A)⊥⊆ R(A)⊥ pa je dovoljno vidjeti da je R(A)⊥ = 0.

15


v ∈ R(A)⊥ ⇔ 〈y, v〉 = 0,∀y ∈ R(A)⇔ 〈Ax, v〉 = 0,∀x ∈ H. Posebno je 〈Av, v〉 = 0.m · ‖v‖2 ≤ |〈Av, v〉| = 0 pa je v = 0.Dakle, R(A) = H pa je A regularan (prema zadatku 15)(Alternativno:

m · ‖x‖2 ≤ |〈Ax, x〉| = |〈x,A∗x〉| = |〈A∗x, x〉| ≤ ‖A∗x‖ · ‖x‖

pa je A∗ odozdo omeđen odakle slijedi da je N(A∗) = 0.Kako je R(A)⊕N(A∗) = H, onda je R(A) = H.

)Nađimo još ogradu za normu operatora A−1.Vrijedi da je m‖x‖ ≤ ‖Ax‖, ∀x ∈ H. Za svaki x ∈ H postoji jedinstveni y ∈ H takav da je x = A−1ypa je

m ·∥∥A−1y

∥∥ ≤ ∥∥AA−1y∥∥ = ‖y‖, ∀y ∈ H,

tj. ‖A−1y‖ ≤ 1m‖y‖, ∀y ∈ H pa je ‖A−1‖ ≤ 1

m.

Definicija 2.12. Neka je H Hilbertov prostor. Hermitski operator A ∈ B(H) je pozitivno definitanako postoji realni broj m > 0 t.d. je

〈Ax, x〉 ≥ m · ‖x‖2, ∀x ∈ H.

Pišemo: A > 0.Napomena 2.13. Vrijedi da je A > 0 ako postoji m > 0 takav da je A−mI ≥ 0.Napomena 2.14. Prethodni zadatak kaže: A > 0⇒ A regularan.Zadatak 17. Neka su X, Y Hilbertovi prostori i A ∈ B(X, Y ). A je regularan operator ako i samoako su A∗A ∈ B(X) i AA∗ ∈ B(Y ) pozitivno definitni.Rješenje Tvrdnja: A ∈ B(X, Y ) regularan ⇔ A∗ ∈ B(Y,X) regularan.Dokaz tvrdnje: ⇒ Neka je A regularan. Tada je N(A∗) = R(A)⊥ = Y ⊥ = 0 pa je A∗ injekcija.Za proizvoljni y ∈ Y vrijedi

‖y‖2 = 〈y, y〉 =

[∃!x ∈ X

t.d. Ax = y

]= 〈Ax, y〉 jer je ‖y‖

2≥0= |〈Ax, y〉| = |〈x,A∗y〉|

CSB≤ ‖x‖ · ‖A∗y‖ =

=∥∥A−1y

∥∥ · ‖A∗y‖ ≤ ∥∥A−1∥∥ · ‖y‖ · ‖A∗y‖

Slijedi da je ‖A∗y‖ ≥ 1‖A−1‖ · ‖y‖, ∀y ∈ Y . Kako je R(A∗) = N(A)⊥ = 0⊥ = X, slijedi da je A∗

regularan operator.⇐ Promatramo operator A = (A∗)∗.

Sada dokažimo zadatak.⇒ Neka je A ∈ B(X, Y ) regularan. Vrijedi da je x = A−1Ax, ∀x ∈ X. Dakle, ‖x‖ ≤ ‖A−1‖ · ‖Ax‖

pa je ‖Ax‖ ≥ 1‖A−1‖ · ‖x‖. Nakon kvadriranja dobivamo

1

‖A−1‖2 · ‖x‖2 ≤ ‖Ax‖2 = 〈Ax,Ax〉 = 〈A∗Ax, x〉.

Slijedi da je A∗A > 0.

16


Analogno: za svaki y ∈ Y je y = (A∗)−1A∗y (pokazali smo da je A∗ regularan) pa se slično pokažeda je

1∥∥(A∗)−1∥∥2 · ‖y‖

2 ≤ 〈AA∗y, y〉

pa je i AA∗ > 0.⇐ Neka su AA∗ i A∗A pozitivno definitni. Slijedi da su AA∗ i A∗A regularni.

(nastavak je kao kod zadatka:a, b ∈ A, A Banachova algebra s jedinicom. Tada vrijedi: a, b ∈ G(A)⇔ ab, ba ∈ G(A))Slijedi da je A regularan.

DZ 9. Neka je X Banachov prostor (C [0, 1] , ‖·‖∞), a Y njegov potprostor f ∈ C1 [0, 1] : f(0) = 0.Dokažite da je operator B : X → Y definiran sa

(Bf)(t) =

∫ t

0

f(s) ds, t ∈ [0, 1]

linearan, ograničen i bijektivan, te da B−1 : Y → X nije ograničen.Napomena 2.15. Banachov teorem o inverzu kaže da ograničena linearna bijekcija između Banacho-vih prostora uvijek ima ograničen inverz. DZ 9 nije u kontradikciji s ovim teoremom jer mu kodomenanije Banachov prostor.

2.2 Dekompozicija spektra

Definicija 2.16. Neka je X Banachov prostor i A ∈ B(X).

σp(A) = λ ∈ σ(A)(ili C) : λI − A nije injekcija (točkovni spektar)

σr(A) =λ ∈ σ(A)(ili C) : λI − A je injekcija, ali R(λI − A) 6= X

(rezidualni spektar)

σc(A) =λ ∈ σ(A) : λI − A je injekcija, R(λI − A) = X

(kontinuirani spektar)

Zadatak 18. Neka je H separabilan Hilbertov prostor, (en)n∈N ONB za H, A ∈ B(H) zadan saAen = anen, n ∈ N, gdje je (an)n∈N ograničen niz u C. Klasificirajte σ(A).Rješenje Očito je an ∈ σp(A), ∀n ∈ N. Označimo K := an : n ∈ N ⊆ σp(A) ⊆ σ(A). Kako jespektar zatvoren, slijedi da je K ⊆ σ(A).Pretpostavimo da postoji λ ∈ σp(A) \K, tj. da postoji xλ 6= 0 takav da je Axλ = λxλ. Slijedi

A

(∞∑i=1

〈xλ, ei〉ei

)= λ

(∞∑i=1

〈xλ, ei〉ei

)∞∑i=1

[ai〈xλ, ei〉 − λ〈xλ, ei〉] ei = 0/〈·, en〉

(an − λ)︸︷︷︸6=0

〈xλ, en〉 = 0, ∀n ∈ N.

Dakle, 〈xλ, en〉 = 0, ∀n ∈ N pa je xλ = 0 što je u kontradikciji s pretpostavkom.Tvrdimo da je σ(A) = K. Neka je λ /∈ K. Tada postoji m > 0 takav da je |λ − ai| ≥ m, ∀i ∈ N.Definiramo operator B : X → X sa

Bx :=∞∑i=1

1

λ− ai〈x, ei〉ei.

17


Na ONB djeluje kao Ben =1

λ− anen pa je B(λI − A)en = B((λ− an)en) = en, ∀n ∈ N.

Isto tako je (λI − A)Ben = en, ∀n ∈ N.Kako je B ograničen i ‖B‖ ≤ 1

m, slijedi da je (λI − A)−1 = B. Dakle, λ /∈ σ(A).

Konačno zaključujemo da je σ(A) = K.Dobili smo da je

σ(A) = K = K︸︷︷︸=σp(A)

∪(K \K

)︸︷︷︸=σr(A)∪σc(A)

Neka je λ ∈ K \K. Tada je (λI − A)en = (λ− an)en, ∀n ∈ N. Slijedi da je

en = (λI − A)

(1

λ− anen

)∈ R(λI − A), ∀n ∈ N.

Kako je H = [en : n ∈ N] ⊆ R(λI − A) ⊆ H, onda je R(λI − A) = H pa je λ ∈ σc(A). Dakle,σc(A) = K \K i σr(A) = ∅.

Zadatak 19. Neka je K ⊆ C kompaktan skup, X = (C(K,C), ‖·‖∞). Pokazati da za operatorA : X → X definiran sa (Af)(z) = zf(z), z ∈ K, vrijedi σ(A) = K. Klasificirajte σ(A).Rješenje Vrijedi da je

‖Af‖∞ = supz∈K|zf(z)| = sup

z∈K|z| · |f(z)| ≤ R · ‖f‖∞,

gdje je R > 0 takav da je K ⊆ K(0, R) (tada je |z| ≤ R, ∀z ∈ K). Slijedi da je A ∈ B(X) i ‖A‖ ≤ R.Neka je λ ∈ σp(A). Tada postoji f ∈ C(K,C), f 6≡ 0, takav da je Af = λf , tj. (Af)(z) = λf(z),∀z ∈ K. Slijedi da je (z − λ)f(z) = 0, ∀z ∈ K pa je f(z) = 0, ∀z ∈ K \ λ. Dakle, λ je izoliranatočka skupa K.Obratno, ako je λ izolirana točka skupa K, onda definiramo funkciju f |K\λ = 0, f(λ) = 1. Tada jeAf = λf i f ∈ C(K,C). Dakle, σp(A) je skup svih izoliranih točaka skupa K.

Neka je λ ∈ C \ K. Definiramo B : X → X sa (Bf)(z) =1

λ− zf(z), ∀z ∈ K. Kako je λ /∈ K,

K zatvoren, slijedi da je m := d(λ,K) > 0. Tada je |λ − z| ≥ m, ∀z ∈ K. Dakle,∣∣∣∣ 1

λ− z

∣∣∣∣ ≤ 1

m,

∀z ∈ K. Sada se lako vidi da je

‖Bf‖∞ ≤1

m· ‖f‖∞, ∀f ∈ C(K,C).

Dakle, B je ograničen. Također, B(λI − A) = IX i (λI − A)B = IX . Dakle, λ /∈ σ(A). Konačno,σ(A) ⊆ K.Neka je λ ∈ K \ σp(A). Tada je [(λI − A)(f)] (z) = (λ− z)f(z), z ∈ K, f ∈ X. Tada je

R(λI − A) = g ∈ X : g(z) = (λ− z)f(z), f ∈ X, z ∈ K ⊆ g ∈ X : g(λ) = 0 =: Ω.

Dokažimo da skup Ω nije gust u X. Stavimo h(z) := c, ∀z ∈ K (gdje je c 6= 0 proizvoljna konstanta).Tada je

‖h− g‖∞ = supz∈K|(h− g)(z)| = sup

z∈K|c− g(z)| ≥ |c− g(λ)| = |c|, ∀g ∈ Ω.

Zbog R(λI − A) ⊆ Ω slijedi da je R(λI − A) 6= X pa je λ ∈ σ(A).

18


Pokazali smo da jeK = σp(A) ∪ (K \ σp(A))︸︷︷︸

⊆σ(A)

⊆ σ(A)

Stoga je σ(A) = K. Također, σr(A) = K \ σp(A), σc(A) = ∅.

Zadatak 20. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Dokazati:

(a) λ ∈ σp(A)⇒ λ ∈ σp(A∗) ∪ σr(A∗),

(b) λ ∈ σr(A)⇒ λ ∈ σp(A∗).

Rješenje

(a) λ ∈ σp(A) ⇒ ∃x ∈ X, x 6= 0 t.d. je (λI − A)x = 0. Slijedi da je

〈(λI − A)x, y〉 = 0, ∀y ∈ X.

Tvrdimo da je R(λI − A∗

)6= X.

Pretpostavimo suprotno, tj. da je R(λI − A∗

)= X i promatrajmo odabrani x ∈ X. Tada

postoji niz (yn)n∈N u X takav da(λI − A∗

)yn → x. Slijedi

〈x, x〉 =⟨

limn

(λI − A∗

)yn, x

⟩= lim

n

⟨(λI − A∗

)yn, x

⟩= lim

n〈yn, (λI − A)x〉 = 0.

Dakle, x = 0 što je u kontradikciji s pretpostavkom.

Slijedi da je λ /∈ σc(A∗). Kako je λ ∈ σ(A) = µ : µ ∈ σ(A) = σ(A∗), onda mora biti

λ ∈ σp(A∗) ∪ σr(A∗).

(b) Ako je λ ∈ σr(A), onda je X 6= R(λI − A) = N(λI − A∗

)⊥. Dakle, N(λI − A∗

)6= 0.

Slijedi da je λ ∈ σp(A∗).

DZ 10. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Tada je σ(A∗) = σ(A) = λ : λ ∈ σ(A).Ekvivalentno: λ /∈ σ(A∗)⇔ λ /∈ σ(A).DZ 11. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X) normalan operator. Tada je σr(A) = ∅.Rješenje Neka je λ ∈ C takav da je λI − A injekcija. Tada je i (λI − A)∗ injekcija jer je λI − Anormalan operator, a za njega vrijedi da je ‖(λI − A)x‖ = ‖(λI − A)∗x‖, ∀x ∈ X.Dakle, N ((λI − A)∗) = 0 što povlači da je X = N ((λI − A)∗)⊥ = R(λI − A). Slijedi daλ /∈ σr(A).Dobili smo da je σr(A) = ∅.

Definicija 2.17. Neka je X Banachov prostor i A ∈ B(X).

π(A) := λ ∈ C : A− λI nije odozdo ograničen (aproksimativni točkovni spektar)

γ(A) :=λ ∈ C : R(A− λI) 6= X

(kompresivni spektar)

Zadatak 21. Vrijedi da je σ(A) = π(A) ∪ γ(A) (unija nije disjunktna).Rješenje

19


⊇ λ ∈ π(A) ⇒ A − λI nije odozdo ograničen. Zbog zadatka DZ 8 (A ∈ B(X) regularan ⇔∃m,M > 0 t.d. m‖x‖ ≤ ‖Ax‖ ≤ M‖x‖, ∀x ∈ X) slijedi da A − λI nije regularan pa jeλ ∈ σ(A).

Ako je λ ∈ γ(A), onda operator λI − A nije surjekcija pa je λ ∈ σ(A).

⊆ Neka je λ /∈ π(A) ∪ γ(A). Tada λ /∈ π(A) i λ /∈ γ(A). Dakle, λI − A je odozdo ograničen iR(λI − A) = X. Prema zadatku 15 A− λI je regularan pa λ /∈ σ(A).

Općenito π(A) ∩ γ(A) 6= ∅.Napomena 2.18.

(a) σp(A) ⊆ π(A),

(b) σc(A) ⊆ π(A),

(c) σr(A) ⊆ γ(A),

Dakle, σp(A) ∪ σc(A) ⊆ π(A), σr(A) ⊆ γ(A).Zadatak 22. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X).

(1) σr(A) = γ(A) \ σp(A),

(2) σc(A) = π(A) \ (γ(A) ∪ σp(A)).

Rješenje

(1) σr(A) =

λ ∈ C : λ /∈ σp(A), R(λI − A) 6= X︸︷︷︸λ∈γ(A)

= γ(A) \ σp(A).

(2) ⊆ Otprije je dokazano da λ ∈ σc(A)⇒ λ ∈ π(A). Ako je λ ∈ σc(A), onda je A−λI injekcija(pa λ /∈ σp(A)) i R(λI − A) = X (pa λ /∈ γ(A)).

⊇ π(A)︸︷︷︸⊆σ(A)

\

γ(A)︸︷︷︸⊇σr(A)

∪σp(A)

⊆ σ(A) \ (σr(A) ∪ σp(A)) = σc(A).

Zadatak 23. π(A) je zatvoren skup (za A ∈ B(X)).Rješenje Pokazat ćemo da je C \ π(A) otvoreni skup.Ako je λ0 ∈ C \ π(A), onda je λ0I − A odozdo ograničen. Dakle, postoji m > 0 takav da je‖(A− λ0I)x‖ ≥ m‖x‖, ∀x ∈ X. Vrijedi da je

‖(A− λI)x+ (λ− λ0)Ix‖ ≤ ‖(A− λI)x‖+ |λ− λ0| · ‖x‖.

Dakle,‖(A− λI)x‖ ≥ ‖(A− λ0I)x‖ − |λ− λ0| · ‖x‖ ≥ (m− |λ− λ0|) · ‖x‖.

Ako je λ ∈ K(λ0,m2

), onda jem−|λ−λ0| > 0 pa je A−λI odozdo omeđen. Slijedi da je i λ ∈ C\π(A).

Zadatak 24. π(A∗)∪π(A) = σ(A∗) (pritom · ne označava zatvarač, već kompleksno konjugiranje).

20


Rješenje

⊆ π(A∗) ⊆ σ(A∗) i π(A) ⊆ σ(A) pa je π(A) ⊆ σ(A) = σ(A∗).

⊇ Neka je λ /∈ π(A∗) ∪ π(A). Tada su A∗ − λI i A− λI odozdo ograničeni operatori. Kako je

X = N(A− λI)︸︷︷︸=0

⊕R(A∗ − λI),

slijedi da je R(A∗ − λI) = X pa kako je A∗−λI odozdo ograničen operator, mora biti A∗−λIregularan (zad 15). Dakle, λ /∈ σ(A∗).

Napomena 2.19. Prisjetimo se zadatka 14 koji je (među ostalim) rekao:Ako B nije odozdo ograničen, onda postoji niz jediničnih vektora (yn)n takav da je limnByn = 0.Zadatak 25. Neka je A ∈ B(X) regularan.

(1) σ(A−1) = σ(A)−1,

(2) σp(A−1) = σp(A)−1,

(3) π(A−1) = π(A)−1,

(4) γ(A−1) = γ(A)−1,

(5) σr(A−1) = σr(A)−1,

(6) σc(A−1) = σc(A)−1.

Rješenje

(1) Predavanja, propozicija 2.2.20. u skripti.

(2) Ako je λ ∈ σp(A−1), onda postoji x 6= 0 takav da je (A−1 − λI)x = 0. Tada je i

0 = A(A−1 − λI)x = x− λAx.

Slijedi da je (A− 1

λI

)x = Ax− 1

λx =

1

λ(λAx− x) = 0.

Dakle, 1λ∈ σp(A).

Obratnu inkluziju dobijemo ako zamijenimo uloge operatora A i A−1.

(3) ⊇ λ ∈ π(A) povlači da A− λI nije odozdo ograničen pa postoji niz jediničnih vektora (xn)ntakav da je limn(A− λI)xn = 0. tj. (jer 0 /∈ σ(A) povlači da 0 /∈ π(A))

limn

(A−1 − λ−1I

)(−λA)xn︸︷︷︸

=:yn

= 0.

Kako je A regularan, onda je i −λA regularan pa je yn 6= 0, ∀n.

limn

(A−1 − 1

λI

)yn = 0,

a zbog DZ 8 postoji m > 0 takav da je ‖yn‖ = ‖(−λA)xn‖ ≥ m‖xn‖. Slijedi da A−1− 1λI

nije odozdo ograničen pa je 1λ∈ π(A−1).

21


⊆ zamijenimo operator A sa A−1 u prethodnoj inkluziji. Slijedi da je

π(A−1)−1 ⊆ π((A−1)−1

)= π(A).

Dakle, π(A−1) ⊆ π(A)−1.

(4) ⊇ λ ∈ γ(A) povlači da je R(A− λI) 6= X. Kako je A − λI =(A−1 − 1

λI)

(−λA), lako sevidi da je R

(A−1 − 1

λI)6= X pa je 1

λ∈ γ(A−1).

⊆ analogno (A↔ A−1)

(5) σr(A−1) = γ(A−1) \ σp(A−1) = γ(A)−1 \ σp(A)−1 = σr(A)−1.

(6) σc(A−1) = π(A−1) \ (γ(A−1) ∪ σp(A−1)) = π(A)−1 \ (γ(A)−1 ∪ σp(A)−1) = σc(A)−1.

DZ 12. Neka je U unitaran operator na Hilbertovom prostoru. Tada je σ(U) ⊆ S(0, 1).Rješenje

‖U‖ = sup‖x‖=1

‖Ux‖ = sup‖x‖=1

‖x‖ = 1.

Dakle, ν(U) = 1 pa je σ(U) ⊆ K(0, 1).Kako je U−1 unitaran, onda je i σ(U)−1 = σ(U−1) ⊆ K(0, 1) pa je σ(U) ⊆ C \K(0, 1). Slijedi da jeσ(U) ⊆ S(0, 1).

DZ 13. Neka je X Banachov prostor, A ∈ B(X) i p ∈ C[x] polinom sa kompleksnim koeficijentima.Tada je

(1) σ(p(A) = p(σ(A)),

(2) σp(p(A) = p(σp(A)),

(3) π(p(A) = p(π(A)),

(4) γ(p(A) = p(γ(A)).

Zadatak 26. Naći i klasificirati σ(S), σ(S∗), σ(S2), gdje je S unilateralni šift.Rješenje Neka je (en) ONB Hilbertovog prostora X na kojem promatramo S. Vrijedi da jeSei = ei+1 što povlači da je ‖Sx‖ = ‖x‖, ∀x ∈ X. Dakle, S je izometrija pa je ‖S‖ = 1. Dakle,σ(S) ⊆ K(0, 1).Neka je λ ∈ σp(S). Tada postoji x 6= 0 takav da je Sx = λx. Vektor x možemo zapisati kaox =

∑∞i=1 〈x, ei〉ei pa se prethodna jednakost može zapisati kao

∞∑i=1

〈x, ei〉ei+1 = λ

∞∑i=1

〈x, ei〉ei,

tj.∞∑i=2

〈x, ei−1〉ei = λ∞∑i=1

〈x, ei〉ei

odakle slijedi da je λ〈x, e1〉 = 0 (pa je λ = 0 ili 〈x, e1〉 = 0) i 〈x, ek−1〉 = λ〈x, ek〉, ∀k ≥ 2.Ako je λ = 0, onda je 〈x, ek−1〉 = 0, ∀k ≥ 2. Slijedi da je x = 0 što je kontradikcija.

22


Dakle, mora biti 〈x, e1〉 = 0, a kako je λ 6= 0, onda mora vrijediti i 〈x, ek〉 = 1λ〈x, ek−1〉, ∀k ≥ 2. Lako

se vidi da je onda 〈x, ek〉 = 0, ∀k ≥ 1, pa opet mora biti x = 0 što je kontradikcija.Dakle, σp(S) = ∅.Neka je sada λ ∈ σr(S). Prema zadatku 20 slijedi da je λ ∈ σp(S∗). Isti zadatak kaže da λ ∈ σp(S∗)povlači da je λ ∈ σr(S) ∪ σp(S)︸︷︷︸

=∅

.

Dobili smo da je σr(S) = σp(S∗).Odredimo sada σp(S∗). Ako je µ ∈ σp(S

∗), onda postoji x 6= 0 takav da je S∗x = µx. Kako jex =

∑∞i=1 〈x, ei〉ei, prethodnu jednakost možemo zapisati kao

∞∑i=1

〈x, ei+1〉ei = µ

∞∑i=1

〈x, ei〉ei.

Slijedi da je 〈x, ei+1〉 = µ〈x, ei〉, ∀i ≥ 1. Dakle, 〈x, ei+1〉 = µi〈x, e1〉, ∀i ≥ 1. Slijedi da je x oblika

x =∞∑i=1

µi−1〈x, e1〉ei = 〈x, e1〉∞∑i=1

µi−1ei.

Pitamo se kada ova suma konvergira. Vrijedi da je∥∥∥∥∥∞∑i=k

µi−1ei

∥∥∥∥∥ =∞∑i=k

|µ|i−1,

a ta suma konvergira k 0 ako i samo ako je |µ| < 1, tj. µ ∈ K(0, 1).Dobili smo da je σp(S∗) = K(0, 1) pa je σr(S) = K(0, 1) = K(0, 1).Kako je K(0, 1) ⊆ σ(S) i σ(S) zatvoren skup, onda je i K(0, 1) ⊆ σ(S) ⊆ K(0, 1). Dakle, σ(S) =K(0, 1). Već smo odredili σp(S) i σr(S) pa mora još biti σc(S) = S(0, 1).Klasificirajmo spektar od S∗. Vrijedi da je σ(S∗) = σ(S) = K(0, 1). Već smo pokazali da jeσp(S

∗) = K(0, 1). Vrijedi da je σr(A) ⊆ σp(A∗), za svaki ograničen operator A pa posebno za A = S∗

imamo σr(S∗) ⊆ σp(S) = ∅. Dakle, σr(S∗) = ∅. Na kraju još mora biti σc(S∗) = S(0, 1).Odredimo i klasificirajmo spektar od S2. Vrijedi da je σ(S2) = σ(S)2 = K(0, 1). Također jeσp(S

2) = σp(S)2 = ∅. Imamo i da je γ(S2) = γ(S)2 pa je

σr(S2) = γ(S2) \ σp(S2)︸︷︷︸

=∅

= γ(S2) = γ(S)2.

S druge strane je σr(S) = γ(S) \ σp(S) = γ(S). Dakle,

σr(S2) = γ(S)2 = σr(S)2 = K(0, 1).

Konačno je σc(S2) = S(0, 1).

Zadatak 27. Neka je X = (C ([0, 1]) , ‖·‖∞) i f ∈ C ([0, 1]),

f(x) =

0, x ∈

[0, 1

2

],

2x− 1, x ∈⟨

12, 1].

Neka je A ∈ B(X) operator zadan sa Ag = fg. Odrediti i klasificirati σ(A).

23


Rješenje‖Ag‖∞ = sup

x∈[0,1]

|f(x) · g(x)| ≤ 1 · ‖g‖∞.

Za g ≡ 1, ‖g‖∞ = 1 i ‖Ag‖∞ = ‖f‖∞ = 1 · ‖g‖∞. Slijedi da je ‖A‖ = 1 pa je σ(A) ⊆ K(0, 1).A nije injekcija pa je 0 ∈ σp(A). Pretpostavimo da postoji λ 6= 0, λ ∈ σp(A). Tada postoji g 6≡ 0takav da je Ag = λg, tj. fg = λg pa je (f(x)− λ) g(x) = 0, ∀x ∈ [0, 1]. Slijedi da je g(x) = 0, zasvaki x ∈ [0, 1] takav da je f(x) 6= λ 6= 0 (tj, g = 0 na cijelom [0, 1] osim eventualno u jednoj točki).Kako je g neprekidna, slijedi da je g ≡ 0 što je u kontradikcija sa izborom funkcije g.Dobili smo da je σp(A) = 0.Neka je λ /∈ [0, 1]. Definirajmo operator B : X → X sa (Bg)(x) =

1

f(x)− λg(x), x ∈ [0, 1]. Lako se

vidi da je B linearan i da vrijedi (A− λI)B = B(A− λI) = I. Također je

‖Bg‖∞ = supx∈[0,1]

∣∣∣∣ 1

f(x)− λ· g(x)

∣∣∣∣ = supx∈[0,1]

1

|f(x)− λ|· |g(x)|.

Stavimo li m := d (λ, [0, 1]) > 0, slijedi da, kako je f(x) ∈ [0, 1], ∀x ∈ [0, 1], mora biti |f(x) − λ| ≥m > 0, ∀x ∈ [0, 1]. Slijedi da je ‖Bg‖∞ ≤

1m· ‖g‖∞, ∀g, pa je B ∈ B(X). Dakle, B = (A − λI)−1,

tj. λ /∈ σ(A).Dobili smo da je σ(A) ⊆ [0, 1].Neka je sada λ ∈ 〈0, 1]. Tada postoji x0 ∈

[12, 1]takav da je f(x0) = λ. Slijedi da je

R(A− λI) = (A− λI)g : g ∈ C([0, 1]) = (f − λ)g : g ∈ C([0, 1]) ⊆ h ∈ C([0, 1]) : h(x0) = 0 ,

a to nije gust skup u X pa je R(A− λI) 6= X. Dakle, λ ∈ σr(A).Otprije imamo da je σr(A) ⊆ σ(A) \ σp(A) ⊆ 〈0, 1] pa je σr(A) = 〈0, 1]. Dakle, [0, 1] ⊆ σ(A) pa jeσ(A) = [0, 1]. Slijedi da je σc(A) = ∅.

Zadatak 28. Neka je X = (C ([0, 1]) , ‖·‖∞) i A : X → X definiran sa (Af)(x) = f(x2), x ∈ [0, 1].Odredite σp(A).Rješenje

‖Af‖∞ = supx∈[0,1]

|f(x2)| = supy∈[0,1]

|f(y)| = ‖f‖∞

pa je ‖A‖ = 1 (zapravo, kako je A izometrija, čak je i ν(A) = 1). Slijedi da je σ(A) ⊆ K(0, 1).Ako je f ≡ const 6= 0, onda je (Af)(x) = f(x2) = const = f(x), ∀x ∈ [0, 1] pa je Af = f . Dakle,1 ∈ σp(A).Ako je Af = 0, onda je f(x2) = 0, ∀x ∈ [0, 1] pa je f ≡ 0. Slijedi da 0 /∈ σp(A).Neka je |λ| ∈ 〈0, 1〉 i pretpostavimo da je Af = λf . Tada je

‖Af‖∞ = ‖λf‖∞ ⇒ ‖f‖∞ = |λ| · ‖f‖∞|λ|∈〈0,1〉⇒ ‖f‖∞ = 0 ⇒ f = 0

pa λ /∈ σp(A), tj. σp(A) ∩K(0, 1) = ∅. Dakle, σp(A) ⊆ S(0, 1).Neka je λ ∈ S(0, 1), λ 6= 1. Pretpostavimo da postoji f t.d. je Af = λf . Tada je Anf = λnf ,∀n ∈ N. Kako je

(Af)(x) = f(x2), (A2f)(x) = f((x2)2), . . . , (Anf)(x) = f

(x2n), ∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, 1] ,

onda je f(x2n)

= λnf(x), ∀x ∈ 〈0, 1〉.

24


Kako je |λ| = 1, onda je |λn| = 1, ∀n ∈ N, pa je (λn)n ⊆ S(0, 1). Kako je S(0, 1) kompaktan skup,postoji podniz (λnk)k takav da λnk → λ0, |λ0| = 1.Vrijedi da je

f

(x2nk︸︷︷︸→0

)= λnk︸︷︷︸→λ0

f(x), ∀x ∈ 〈0, 1〉

pa je f(0) = λ0f(x), ∀x ∈ 〈0, 1〉. Dakle, f(x) =f(0)

λ0

= const, ∀x ∈ 〈0, 1〉. Kako je f neprekidna,

slijedi da je f ≡ const. Dakle, Af = λf pa slijedi da je λ = 1 što je u kontradikciji sa izborombroja λ.Dobili smo da je σp(A) = 1.

Zadatak 29. Neka je H Hilbertov prostor, A ∈ B(H) reducibilan (tj. H = M ⊕M⊥, A11 := A|M :

M →M , A22 := A|M⊥ : M⊥ →M⊥, A =

(A11 00 A22

)).

Dokazati da je σ(A) = σ(A11) ∪ σ(A22).Rješenje

⊇ Neka je λ ∈ σp(A11). Tada postoji x1 ∈ M , x1 6= 0 takav da je (A11 − λI)x1 = 0. No, ondaje i (A− λI)x1 = 0 pa je λ ∈ σp(A). Analogno napravimo i za operator A22. Dobivamo da jeσp(A11) ∪ σp(A22) ⊆ σp(A).

Neka je sada λ ∈ σr(A11). Tada je R(A11 − λI) 6= M pa postoji y1 ∈M , y1 6= 0, takav da je

〈(A11 − λI)x1, y1〉 = 0, ∀x1 ∈M.

Svaki x ∈ H se može napisati u obliku x = x1 + x2, gdje je x1 ∈ M , x2 ∈ M⊥. Za x ondavrijedi

〈(A− λI)x, y1〉 =

⟨(A− λI)x2︸︷︷︸

∈M⊥

, y1︸︷︷︸∈M

⟩= 0.

Dakle, R(A− λI) 6= H pa slijedi da je σr(A11) ∪ σr(A22) ⊆ σ(A).

Ako je λ ∈ σc(A11), onda je R(A11 − λI) = M , ali R(A11 − λI) 6= M . Stoga postoji y01 ∈

M \R(A11− λI), y01 6= 0. Tvrdimo da y0

1 /∈ R(A− λI). Pretpostavimo suprotno, tj. da postojix0 ∈ H takav da je (A− λI)x0 = y0

1. Možemo pisati x0 = x01 + x0

2, gdje je x01 ∈ M , x0

2 ∈ M⊥.Slijedi da je

(A11 − λI)x01︸︷︷︸

∈M

+ (A22 − λI)x02︸︷︷︸

∈M⊥

= y01︸︷︷︸∈M

.

Zbog jedinstvenosti rastava z = z1 + z2, z1 ∈ M , z2 ∈ M⊥, slijedi da je (A11 − λI)x01 = y0

1 štoje u kontradikciji sa izborom y0

1 ∈ M \ R(A11 − λI). Dakle, λ ∈ σ(A). Konačno dobivamo daje σc(A11) ∪ σc(A22) ⊆ σ(A). Slijedi da je σ(A11) ∪ σ(A22) ⊆ σ(A).

⊆ Neka je λ ∈ σp(A). Tada postoji x0 ∈ H, x0 6= 0, takav da je (A− λI)x0 = 0. Možemo pisatix0 = x0

1 + x02, x0

1 ∈M , x02 ∈M⊥. Dakle,

(A11 − λI)x01︸︷︷︸

∈M

+ (A22 − λI)x02︸︷︷︸

∈M⊥

= 0

pa je λ ∈ σp(A11) ∪ σp(A22) jer je x01 6= 0 ili x0

2 6= 0 (jer smo odabrali x0 6= 0). Znači, vrijedi daje σp(A) ⊆ σp(A11) ∪ σp(A22).

25


Neka je λ ∈ σr(A). Tada postoji y0 ∈ H, y0 6= 0, takav da je y0 ⊥ R(A− λI), tj.⟨(A− λI)x, y0

⟩= 0, ∀x ∈ H.

Za svaki x ∈ H možemo pisati x = x1 + x2, x1 ∈ M , x2 ∈ M⊥. Također je i y0 = y01 + y0

2,y0

1 ∈M , y02 ∈M⊥. Uvrstimo li te rastave u prethodnu jednakost, dobivamo⟨

(A11 − λI)x1, y01

⟩+⟨(A22 − λI)x2, y

02

⟩= 0, ∀x1 ∈M,x2 ∈M⊥.

Dakle, 〈(A11 − λI)x1, y01〉 = 0, za sve x1 ∈ M , i 〈(A22 − λI)x2, y

02〉 = 0, za sve x2 ∈ M⊥. Kako

je y0 6= 0, mora biti y01 6= 0 ili y0

2 6= 0 odakle slijedi da je λ ∈ σ(A11) ∪ σ(A22).

Slično se pokaže i tvrdnja za σc. Tamo će nam uz točkovni spektar još “smetati” i rezidualnispektar.

Napomena 2.20. Zapravo smo pokazali čak i više:

σ(A) = σ(A11) ∪ σ(A22),

σp(A) = σp(A11) ∪ σp(A22),

σr(A) = (σr(A11) ∪ σr(A22)) \ σp(A),

σc(A) = (σc(A11) ∪ σc(A22)) \ (σp(A) ∪ σr(A)) = σ(A) \ (σp(A) ∪ σr(A)) .

Zadatak 30. Neka je H separabilan Hilbertov prostor i A ∈ B(H) zadan sa

Ae1 = 5e1, Ae2 = 2e3, Ae3 = 2e2, Aek = ek+3, k ≥ 4.

Odredite i klasificirajte σ(A).Rješenje StavimoM1 := [e1],M2 := [e2, e3],M3 := [ek : k ≥ 4]. PotprostoriMi su zatvorenii A–invarijantni te vrijedi

H = M1 ⊕M2 ⊕M3.

Stavimo Aii := A|MiMi

: Mi →Mi, i = 1, 2, 3.

Imamo da je A11 = 5I, A22(e2, e3) =

[0 22 0

], A33 = S3, gdje je S unilateralni šift. Lako se

dobije da je σ(A11) = σp(A11) = 5, σ(A22) = σp(A22) = −2, 2, σ(A33) = K(0, 1), σp(A33) = ∅,σr(A33) = K(0, 1), σc(A33) = S(0, 1). Dakle,

σ(A) = σ(A11) ∪ σ(A22) ∪ σ(A33) = K(0, 1) ∪ −2, 2, 5,σp(A) = σp(A11) ∪ σp(A22) ∪ σp(A33) = −2, 2, 5,σr(A) = (σr(A11) ∪ σr(A22) ∪ σr(A33)) \ σp(A) = K(0, 1),

σc(A) = σ(A) \ (σp(A) ∪ σr(A)) = S(0, 1).

26


3 Teoremi o uniformnoj ograničenostiTeorem 3.1 (Banach–Steinhausov teorem o uniformnoj ograničenosti). Neka je X Banachov i Ynormiran prostor te S ⊆ B(X, Y ). Sljedeće tvrdnje su međusobno ekvivalentne:

(i) S je uniformno ograničen skup, tj. sup‖A‖ : A ∈ S <∞,

(ii) S je jako ograničen, tj. sup‖Ax‖ : A ∈ S <∞, ∀x ∈ X,

(iii) S je slabo ograničen, tj. sup|f(Ax)| : A ∈ S <∞, ∀f ∈ Y ′, ∀x ∈ X.

Prisjetimo se sljedeće definicije:Definicija 3.2. Neka je X normiran prostor, (xn) ⊆ X. Kažemo:

(i) niz vektora (xn)n konvergira jako k vektoru x (oznaka: xns→ x) ako ‖xn − x‖ → 0,

(ii) niz vektora (xn)n konvergira slabo k vektoru x (oznaka: xnw→ x) ako ∀f ∈ X ′, f(xn)→ f(x).

Definicija 3.3. Neka je X normiran prostor, (An) ⊆ B(X), A ∈ B(X). Kažemo da niz (An)konvergira k operatoru A:

(i) uniformno, ako ‖An − A‖ → 0 (oznaka: Anu→ A),

(ii) jako, ako ∀x ∈ X Anxs→ Ax (oznaka: An

s→ A),

(iii) slabo, ako ∀x ∈ X Anxw→ Ax (oznaka: An

w→ A).

Napomena 3.4.

(1) (DZ) Anu→ A, An

u→ B ⇒ A = B,

(2) (DZ) Ans→ A, An

s→ B ⇒ A = B,

(3) Anw→ A, An

w→ B ⇒ A = B.

Rješenje Neka su f ∈ X ′ i x ∈ X proizvoljni. Tada vrijedi

|f(Ax)− f(Bx)| ≤ |f(Ax)− f(Anx)|+ |f(Anx)− f(Bx)| → 0.

Slijedi da je f(Ax−Bx) = 0, ∀f ∈ X ′ pa po Hahn–Banachovom teoremu slijedi da je A = B.

DZ 14. Neka je X Banachov prostor i Anu/s/w→ A. Tada je (An) ograničen. (Uputa: Banach–

Steinhausov teorem)Primjer 3.5. Neka je X separabilan Hilbertov prostor i S ∈ B(X) unilateralni šift te (en) ortonor-mirana baza od X.

(i) niz (Sn)n ⊆ B(X) konvergira k 0 ∈ B(X) slabo, ali ne i jako.

(ii) niz ((S∗)n)n ⊆ B(X) konvergira k 0 ∈ B(X) jako, ali ne i uniformno.

Rješenje

27


(ii)

‖(S∗)n x‖2= ‖〈x, en+1〉e1 + 〈x, en+2〉e2 + . . .‖2 =

∞∑i=n+1

|〈x, ei〉|2 → 0

jer je to ostatak konvergentnog reda∑∞

i=1 |〈x, ei〉|2 = ‖x‖2.

Dakle, (S∗)ns→ 0.

‖(S∗)n x‖2=

∞∑i=n+1

|〈x, ei〉|2 ≤ ‖x‖2, ∀x ∈ X.

Također je ‖(S∗)n en+1‖ = 1 = ‖en+1‖, ∀n ∈ N. Dakle, ‖(S∗)n‖ = 1, ∀n ∈ N, pa (S∗)nu

6→ 0.

(i) Neka su sada x0 ∈ X i f ∈ X ′ proizvoljni. Tada postoji jedinstveni y ∈ X takav da jef(x) = 〈x, y〉, ∀x ∈ X. Vrijedi

|f(Snx0)| = |〈Snx0, y〉| = |〈x0, (S∗)n y〉| ≤ ‖x0‖ · ‖(S∗)n y‖︸︷︷︸

→0

→ 0.

Dakle, Sn w→ 0.Kad bi vrijedilo Sn s→ 0, onda specijalno za e1 bismo imalo Sne1 → 0 što je kontradikcija s‖Sne1‖ = 1, ∀n ∈ N.

Zadatak 31. Neka je X Hilbertov prostor, (An) ⊆ B(X) i A ∈ B(X). Ispitati čuva li adjungiranjeuniformnu, jaku i slabu konvergenciju.Rješenje

(i) Anu→ A

?⇒ A∗nu→ A∗. DA! Naime,

‖A∗n − A∗‖ = ‖(An − A)∗‖ = ‖An − A‖ → 0.

(ii) Ans→ A

?⇒ A∗ns→ A∗. NE! Naime, prethodni primjer kaže da (S∗)n

s→ 0, ali Sns

6→ 0.

(iii) Anw→ A

?⇒ A∗nw→ A∗. DA! Neka su x0 ∈ X i f ∈ X ′ proizvoljni. Tada postoji jedinstveni

a ∈ X takav da je f(x) = 〈x, a〉, ∀x ∈ X. Vrijedi

|f (A∗nx0)− f (A∗x0)| = |〈A∗nx0, a〉 − 〈A∗x0, a〉| = |〈x0, Ana〉 − 〈x0, Aa〉| =

=

[g(x) = 〈x, x0〉

g ∈ X ′]

= |g(Ana)− g(Aa)| → 0.

Zadatak 32. Neka je X Hilbertov prostor, (An), (Bn) ⊆ B(X), A,B ∈ B(X). Ako Anu/s/w→ A i

Bnu/s/w→ B, da li AnBn

u/s/w→ AB?Rješenje

• Anu→ A i Bn

u→ B.

‖AnBn − AB‖ = ‖(An − A)Bn + A(Bn −B)‖ ≤ ‖An − A‖ · ‖Bn −B +B‖+ ‖A‖ · ‖Bn −B‖ ≤

≤ ‖An − A‖︸︷︷︸→0

·

‖Bn −B‖︸︷︷︸→0

+‖B‖

+ ‖A‖ · ‖Bn −B‖︸︷︷︸→0

→ 0.

Dakle, AnBnu→ AB.

28


• Ans→ A i Bn

s→ B.

‖AnBnx− ABx‖ = ‖(An − A)Bnx+ A(Bnx−Bx)‖ ≤≤ ‖(An − A)(Bnx−Bx)‖+ ‖AnBx− ABx‖+ ‖A‖ · ‖Bnx−Bx‖ ≤≤ ‖An − A‖︸︷︷︸

<∞ (B–S tm)

· ‖Bnx−Bx‖︸︷︷︸→0

+ ‖An(Bx)− A(Bx)‖︸︷︷︸→0

+‖A‖ · ‖Bnx−Bx‖︸︷︷︸→0

→ 0,

za svaki x ∈ X.

• Anw→ A i Bn

w→ B.

Uzmimo An := (S∗)n, Bn := Sn. Prema prije dokazanom An = (S∗)ns→ 0 pa i An

w→ 0 =: A.Također Bn = Sn

w→ 0 =: B.

No, AnBn = (S∗)nSn = S∗ · · · S∗S︸︷︷︸=I

· · ·S = I pa AnBn = Iw

6→ 0 = AB.

4 Kompaktni operatoriDefinicija 4.1. Neka suX, Y normirani prostori. Operator A ∈ L(X, Y ) je kompaktan ako jediničnukuglu u X prevodi u relativno kompaktan skup u Y . Skup svih kompaktnih operatora sa X u Yoznačavamo sa K(X, Y ).Napomena 4.2 (alternativna definicija). A ∈ L(X, Y ) je kompaktan ako i samo ako svaki ograničenniz u X prevodi u niz koji ima konvergentan podniz.Napomena 4.3. K(X, Y ) je potprostor od B(X, Y ). Naime, A(K(0, 1)) = Ax : ‖x‖ ≤ 1 jerelativno kompaktan skup u Y pa je ograničen. Slijedi da postoji M > 0 takav da je ‖Ax‖ ≤ M ,∀‖x‖ ≤ 1. Za proizvoljni x ∈ X je

∥∥∥A x‖x‖

∥∥∥ ≤M pa je ‖Ax‖ ≤M · ‖x‖.

Propozicija 4.4. K(Y, Z)B(X, Y ) ⊆ K(X,Z) i B(Y, Z)K(X, Y ) ⊆ K(X,Z).

Propozicija 4.5. Neka su X, Y normirani prostori. Tada:

(i) dimX <∞ ili dimY <∞ povlači da je K(X, Y ) = B(X, Y ),

(ii) IX je kompaktan operator ako i samo ako je X konačnodimenzionalan,

(iii) ako je dimX =∞, onda je svaki kompaktan operator na X singularan.

Propozicija 4.6. Neka su X, Y normirani prostori. Ako je Y Banachov, onda je K(X, Y ) zatvorenu B(X, Y ).

Propozicija 4.7. Neka je X normiran, a Y Hilbertov prostor. Operator A ∈ B(X, Y ) je kompaktanako i samo ako postoji niz (An) u F (X, Y ) (operatori konačnog ranga, tj. A ∈ F (X, Y ) ako jedimR(A) <∞) takav da An → A.

Zadatak 33. Neka su X, Y Hilbertovi prostori, A ∈ B(X, Y ). Ako je A∗A ∈ K(X), onda jeA ∈ K(X, Y ).

29


Rješenje Odaberimo niz (xn) u X, ‖xn‖ ≤ 1. Tada je

‖Axn − Axm‖2 = 〈Axn − Axm, Axn − Axm〉 = 〈A∗A(xn − xm), xn − xm〉 ≤≤ ‖A∗A(xn − xm)‖ · ‖xn − xm‖︸︷︷︸

≤2

≤ 2 · ‖A∗A(xn − xm)‖.

Kako je A∗A kompaktan, niz (xn) ima podniz (xnk) takav da (A∗Axnk) konvergira. Tada je

‖Axnk − Axnl‖2 ≤ 2 · ‖A∗A(xnk − xnl)‖︸︷︷︸

C–niz jer je konvergentan

.

Dakle, (Axnk) je Cauchyjev niz u Y , a jer je Y Hilbertov, onda Axnk → Ax0. Dakle, A ∈ K(X, Y ).

Zadatak 34. Neka su X, Y Hilbertovi prostori. Operator A ∈ B(X, Y ) je kompaktan ako i samoako je A∗ ∈ B(Y,X) kompaktan.Rješenje

⇒ A kompaktan ⇒ AA∗ kompaktan kao produkt ograničenog i kompaktnog operatora. Po pret-hodnom zadatku je A∗ kompaktan jer je AA∗ = (A∗)∗A∗.

⇐ isto kao u prethodnom smjeru uz zamjenu A↔ A∗.

Zadatak 35. Kompaktan operator prevodi slabo konvergentan niz u jako konvergentan.Rješenje Neka xn

w→ x0. Po definiciji je f(xn) → f(x0), ∀f ∈ X ′. Neka je A ∈ K(X). Kakoxn

w→ x0, slijedi da je niz (xn) ograničen pa je (Axn) relativno kompaktan. Dakle, postoji konver-gentan podniz (Axnk) od (Axn). Neka Axnk → y0.Pretpostavimo da Axn 6→ y0. Tada postoji ε > 0 i podniz (Axnl) takav da ‖Axnl − y0‖ ≥ ε, ∀l. No,tada iz xnl

w→ x0 kao i prije zaključujemo da postoji podniz (xnlr ) od (xnl) takav da Axnlr → y0 štoje u kontradikciji sa pretpostavkom.Kako xn

w→ x0, onda je f(xn)→ f(x0), ∀f ∈ X ′, pa posebno i za f A vrijedi (f A)xn → (f A)x0,tj. f(Axn)→ f(Ax0), ∀f ∈ X ′. Dakle, Axn

w→ Ax0.Ali, Axn

s→ y0 pa onda i Axnw→ y0 pa zbog jedinstvenosti slabog limesa slijedi y0 = Ax0.

Zadatak 36. Neka je H separabilan Hilbertov prostor, (en) ortonormirana baza od H i (αn) nizkompleksnih brojeva. Neka je A ∈ L(H) operator zadan djelovanjem na bazi sa Aen = αnen, n ∈ N.Tada je A kompaktan ako i samo ako je limαn = 0.Rješenje

⇒ Pretpostavimo suprotno, tj. da je limαn 6= 0 (znači da limes ili postoji i različit je od nule iline postoji).

Kako je A kompaktan, slijedi da je A ograničen pa niz (αn) mora biti ograničen niz u C.Tada postoji konvergentan podniz (αpi) od (αn) pa postoji gomilište α0 6= 0 niza (αn) t.d. jeαpi → α0 6= 0. Za svaki ε > 0 postoji i0 ∈ N takav da i ≥ i0 povlači da je |α0 − αpi| < ε.Posebno, za ε = |α0|

2postoji i1 ∈ N takav da i ≥ i1 povlači da je |αpi| >

|α0|2.

Stavimo H1 := spanCepi : i > i1, K1 := x ∈ H1 : ‖x‖ ≤ 1. Za x ∈ K1 je x =∑i≥i1 〈x, epi〉epi . Definiramo y :=

∑i≥i1 〈x, epi〉

1αpiepi . Očito je x = Ay. Dovoljno je poka-

30


zati da takvi y čine ograničen skup.

‖y‖ =

∑i≥1

|〈x, epi〉|2 1

|αpi |2︸︷︷︸< 4|α0|2

12

≤ 2

|α0|· ‖x‖︸︷︷︸≤1

≤ 2

|α0|.

Dakle, K1 je u slici ograničenog skupa pa A nije kompaktan jer K1 nije relativno kompaktanskup.

⇐ Neka je x =∑∞

i=1 〈x, ei〉ei ∈ H proizvoljan. Tada je

Ax =∞∑i=1

〈x, ei〉Aei =∞∑i=1

〈x, ei〉αiei.

Definiramo Anx :=∑n

i=1 〈x, ei〉αiei, n ∈ N. To su dobro definirani linearni operatori i An ∈F (H), ∀n ∈ N. Tvrdimo da An → A.

‖A− An‖ = sup‖x‖=1

‖(A− An)x‖ = sup‖x‖=1

∥∥∥∥∥∞∑

i=n+1

〈x, ei〉αiei

∥∥∥∥∥ = sup‖x‖=1

(∞∑

i=n+1

|〈x, ei〉|2|αi|2) 1

2

≤

≤ sup‖x‖=1

supi≥n+1

|αi|2 ·∞∑

i=n+1

|〈x, ei〉|2︸︷︷︸≤‖x‖≤1

12

≤(

supi≥n+1

|αi|2) 1

2

= supi≥n+1

|αi| → 0

jer αi → 0. Dakle, lim ‖A− An‖ = 0 pa je A kompaktan.

Teorem 4.8. Neka je X unitaran prostor i H kompaktan simetričan operator na X beskonačnogranga. Tada postoji ortonormirani niz (en) u X i niz (λn) u R t.d. vrijedi

(1) |λ1| ≥ |λ2| ≥ |λ3| ≥ . . . > 0,

(2) Hei = λiei, ∀i ∈ N,

(3) limλi = 0,

(4) Hx =∑λi〈x, ei〉ei.

Teorem 4.9 (Schmidtov prikaz). Neka su X, Y Hilbertovi prostori i A : X → Y kompaktan operatorbeskonačnog ranga. Tada postoje ortonormirani nizovi (en) u X i (fn) u Y te niz (sn) u R t.d. vrijedi

(1) s1 ≥ s2 ≥ s3 ≥ . . . > 0, lim sn = 0,

(2) za x = x0 +∑〈x, ei〉ei je Ax =

∑si〈x, ei〉fi, Ax0 = 0.

DZ 15. Ako je A∗A ≤ B∗B i B kompaktan, onda je i A kompaktan.Zadatak 37. Ako je (A∗A)n kompaktan za neki n ∈ N, onda je i A kompaktan.

31


Rješenje Dovoljno je pokazati da je A∗A kompaktan.Vrijedi da je (A∗A)n kompaktan, hermitski i pozitivno definitan. Definiramo Bei = n

√λiei, gdje je

(A∗A)nei = λiei (slijedi iz teorema 4.8). Jasno je da je Bn = (A∗A)n. Zbog jedinstvenosti n–togkorijena je B = A∗A. Zbog oblika od B, B je kompaktan pa je i A kompaktan.

Neka je ∆ ⊆ Rn skup oblika [a1, b1]× · · · × [an, bn] i neka je C(∆) vektorski prostor svih neprekidnihfunkcija f : ∆ → C. Vrijedi da je C(∆) Banachov prostor uz normu ‖x‖ = max|x(t)| : t ∈ ∆ iC(∆) je unitaran prostor uz skalarni produkt 〈x, y〉 =

∫∆x(t)y(t) dt (gust je u Hilbertovom prostoru

L2(∆)).Definicija 4.10. Integralni operator s jezgrom k : ∆ × ∆ → C je operator A : C(∆) → C(∆)definiran sa

(Ax) (s) =

∫∆

k(s, t)x(t) dt.

Propozicija 4.11. Ako je jezgra k : ∆×∆ → C neprekidna na ∆×∆, tada je integralni operators jezgrom k kompaktan operator sa Banachovog (unitarnog) prostora C(∆) u Banachov (unitaran)prostor C(∆).

Propozicija 4.12. Ako je k ∈ C(∆ × ∆), onda je integralni operator s jezgrom k kompaktan saL2(∆) u L2(∆).

Za kraj ćemo opisati spektar kompaktnih operatora. Prvi rezultat je dan sljedećim teoremom.

Teorem 4.13 (Fredholmova alternativa). Neka je H kompleksan beskonačnodimenzionalan normiranprostor i A ∈ K(H). Tada za dani λ 6= 0 vrijedi točno jedna od sljedeće dvije tvrdnje:

1. λI − A je bijekcija (λ ∈ ρ(A)), ili

2. λI − A nije injekcija (λ ∈ σp(A)).

Drugim riječima, σ(A) \ 0 = σp(A) \ 0.

Također vrijedi da je σ(A) \ 0 prebrojiv ili konačan skup (može biti i prazan). Ako je prebrojiv,onda ima gomilište u 0. Ako je H beskonačnodimenzionalan prostor, onda mora biti 0 ∈ σ(A) i 0 semože nalaziti bilo u točkovnom, bilo u rezidualnom, bilo u kontinuiranom spektru. Primjerom ćemoilustrirati svaki od navedenih slučajeva.

Primjer 4.14. 0 ∈ σp(A)Najjednostavniji primjer je nul-operator, ali možemo gledati i dijagonalni operator A : `2 → `2,A(x1, x2, x3, . . .) =

(0, 1

2x2,

13x3, . . .

).

Primjer 4.15. 0 ∈ σr(A)Težinski šift A : `2 → `2, B(x1, x2, x3, . . .) =

(0, x1,

12x2,

13x3, . . .

). On je kompaktan injektivan

operator i slika mu je sadržana u skupu x = (x1, x2, . . .) ∈ `2 : x1 = 0 koji nije gust u `2 pa je0 ∈ σr(A).Također je ‖An‖ ≤ 1

n!, n ∈ N (dokažite za DZ), pa je ν(A) = 0. Dakle, spektar ovog operatora je

σ(A) = σr(A) = 0.

Primjer 4.16. 0 ∈ σc(A)Dijagonalni operator A : `2 → `2, A(x1, x2, x3, . . .) =

(x1,

12x2,

13x3, . . .

).

32


5 Bazni okviri za Hilbertove prostoreAko je (en)n∈N ortonormirana baza Hilbertovog prostora H, onda za svaki x ∈ H vrijedi Parsevalovajednakost

∞∑n=1

|〈x, en〉|2 = ‖x‖2.

No, niz može zadovoljavati Parsevalovu jednakost bez da bude ortogonalan.Primjer 5.1. Ako je x1 = (1, 0), x2 = (0, 1), x3 = (1/

√2, 1/√

2), x4 = (1/√

2,−1/√

2), onda je4∑i=1

|〈x, xi〉|2 = 2‖x‖2, ∀x ∈ R2.

Općenito ako je (xn)n∈N unija od m ortonormiranih baza za H, onda je∑n

|〈x, xn〉|2 = m‖x‖2, ∀x ∈ H.

pa za niz(

1√mxn

)nvrijedi Plancherelova jednakost, a to nije ortogonalan niz.

Primjer 5.2. Niz x1 = (0, 1), x2 = (−√

3/2,−1/2), x3 = (√

3/2,−1/2), naziva se Mercedes–Benzframe i zadovoljava Parsevalovu jednakost.Definicija 5.3. Niz (fn)n∈N je bazni okvir (frame) Hilbertovog prostora H ako postoje A,B > 0takve da je

A‖f‖2 ≤∞∑n=1

|〈f, fn〉|2 ≤ B‖f‖2, ∀f ∈ H.

Ako je A = B, kažemo da je frame napet, a ako je A = B = 1, frame zovemo Parsevalov frame.Kažemo da je frame egzaktan ako više nije frame kad mu maknemo bilo koji vektor.Definicija 5.4. Ako postoji samo B > 0 iz prethodne definicije, (fn)n∈N zovemo Besselov niz.Napomena 5.5. U konačnodimenzionalnim prostorima gornja ograda za konačni niz vektora uvijekpostoji, a donja postoji ako se radi o sustavu izvodnica za taj prostor.Primjer 5.6. Neka je (en)n∈N ONB Hilbertovog prostora H.

(i) 0, e1, e2, e3, . . . je neegzaktan Parsevalov frame za H,

(ii) e1, e1, e2, e3, e4, . . . je frame s ogradama A = 1, B = 2,

(iii)e1,

1√2e2,

1√2e2,

1√3e3,

1√3e3,

1√3e3, . . .

je Parsevalov frame,

(iv) e1, e2, e2, e3, e3, e3, . . . nije frame jer nije ni Besselov niz.

Zadatak 38. Ako je (fn)n∈N Besselov niz s ogradom B, onda je ‖fi‖2 ≤ B, ∀i ∈ N. Ako je ‖fi‖2 = B,za neki i ∈ N, onda je fi ⊥ fj, ∀j 6= i.Rješenje Za svaki i ∈ N vrijedi

‖fi‖4 ≤ ‖fi‖4 +∑j 6=i

|〈fi, fj〉|2 =∞∑j=1

|〈fi, fj〉|2 ≤ B‖fi‖2

pa je ‖fi‖2 ≤ B. Ako je ‖fi‖2 = B, u gornjoj nejednakosti imamo jednakost pa je∑

j 6=i |〈fi, fj〉|2 = 0,

tj. 〈fi, fj〉 = 0, za sve j 6= i.

33


Napomena 5.7. Prethodni zadatak posebno kaže da je u Parsevalovom frameu svaki vektor normemanje od 1, a jedinični vektori su okomiti na sve ostale. Ako je Parsevalov frame sastavljen isključivood jediničnih vektora, onda se radi o ortonormiranoj bazi.DZ 16. Ako je (fn)n∈N A–napeti frame i ‖fm‖2 < A, za neki m, onda je fnn6=m frame za H sdonjom ogradom A− ‖fm‖2.Zadatak 39. Neka je H n–dimenzionalni Hilbertov prostor s ortonormiranom bazom (ei)

ni=1. Pro-

vjerite da je niz

fj = ej −1

n

n∑i=1

ei, j = 1, . . . , n, fn+1 =1√n

n∑i=1

ei

Parsevalov frame za H.Rješenje Moramo provjeriti da vrijedi Parsevalova jednakost. Neka je f ∈ H proizvoljan i stavimox :=

∑ni=1 ei. Tada je

n∑j=1

|〈f, fj〉|2 + |〈f, fn+1〉|2 =n∑j=1

∣∣∣∣⟨f, ej − 1

nx

⟩∣∣∣∣2 +

∣∣∣∣⟨f, 1√nx

⟩∣∣∣∣2=

n∑j=1

(|〈f, ej〉|2 +

1

n2|〈f, x〉|2 − 1

n〈f, ej〉〈x, f〉 −

1

n〈ej, f〉〈f, x〉

)+

1

n|〈f, x〉|2

= ‖f‖2 +1

n|〈f, x〉|2 − 1

n

n∑j=1

〈f, ej〉〈x, f〉 −1

n

n∑j=1

〈ej, f〉〈f, x〉+1

n|〈f, x〉|2

= ‖f‖2 +2

n|〈f, x〉|2 − 1

n〈x, f〉

⟨f,

n∑j=1

ej

⟩− 1

n〈f, x〉

⟨n∑j=1

ej, f

⟩

= ‖f‖2 +2

n|〈f, x〉|2 − 1

n〈x, f〉〈f, x〉 − 1

n〈f, x〉〈x, f〉

= ‖f‖2 +

2

n|〈f, x〉|2 −

1

n|〈x, f〉|2 −

1

n|〈f, x〉|2

= ‖f‖2.

Definicija 5.8. Ako je (fn)n∈N niz u H, definiramo njegov operator sinteze T : `2(I)→ H kao

T (cn)n∈N :=∑i∈N

cifi. (3)

Operator T je ograničen ako i samo ako je (fn)n∈N Besselov niz. U tom slučaju operator T ∗ : H →`2(I) zovemo operator analize i on je dan s

T ∗f = 〈f, fi〉i∈N .

Frame operator za frame (fn)n∈N je S = TT ∗ : H → H dan s

Sf =∑i∈N

〈f, fi〉fi.

34


Napomena 5.9. Vrijedi da je 〈Sf, f〉 =∑

i∈N |〈f, fi〉|2 pa je S pozitivan, hermitski i invertibilan

operator. Također, A · I ≤ S ≤ B · I. Najmanja ograda framea je

sup‖f‖=1

∑i∈N

|〈f, fi〉|2 = sup‖f‖=1

〈Sf, f〉 = ‖S‖ = ‖TT ∗‖ = ‖T‖2.

Za frame (fn)n∈N s frame operatorom S vrijedi da je S−1fnn∈N također frame koji se naziva njegovimkanonskim dualnim frameom. Vrijedi

f = SS−1f =∑i∈N

⟨S−1f, fi

⟩fi =

∑i∈N

⟨f, S−1fi

⟩fi, ∀f ∈ H.

Zadatak 40. Ako je (fn)n∈N frame s frame operatorom S, onda je(S−

12fn

)n∈N

Parsevalov frame.

Rješenje Za svaki f ∈ H možemo pisati

f = S−12SS−

12f = S−

12

(∞∑i=1

⟨S−

12f, fi

⟩fi

)=∞∑i=1

⟨S−

12f, fi

⟩S−

12fi =

∞∑i=1

⟨f, S−

12fi

⟩S−

12fi.

Teorem 5.10. Ako je U ograničen operator na Banachovom prostoru X takav da je

‖U − I‖ < 1,

onda je U invertibilan.

Ovaj teorem je klasični teorem teorije operatora. Navodimo ga bez dokaza i iskoristit ćemo ga usljedećem zadatku u kojem se promatra perturbacija framea.Zadatak 41. Neka je (fn)n∈N frame s ogradama A i B. Neka je (gn)n∈N familija vektora u H ipretpostavimo da postoje konstante λ, µ ≥ 0 takve da je λ+ µ√

A< 1 i

∥∥∥∥∥∞∑i=1

ci(fi − gi)

∥∥∥∥∥ ≤ λ

∥∥∥∥∥∞∑i=1

cifi

∥∥∥∥∥+ µ

(∞∑i=1

|ci|2) 1

2

, ∀ (cn)n∈N ∈ c00. (4)

Tada je (gn)n∈N frame s ogradama

A

(1−

(λ+

µ√A

))2

, B

(1 + λ+

µ√B

)2

. (5)

Rješenje Kako je (fn)n∈N frame, dobro je definiran njegov operator sinteze T : `2 → H, T (cn)n∈N =∑∞i=1 cifi koji je ograničen i ‖T‖ ≤

√B. Iz (4) dobivamo da je∥∥∥∥∥

∞∑i=1

cigi

∥∥∥∥∥ ≤ (1 + λ)

∥∥∥∥∥∞∑i=1

cifi

∥∥∥∥∥+ µ∥∥(cn)n∈N

∥∥, ∀ (cn)n∈N ∈ c00.

Dakle, U : `2 → H, U (cn)n∈N =∑∞

i=1 cigi, operator sinteze za (gn)n∈N, je dobro definiran i ograničen:∥∥U (cn)n∈N∥∥ ≤ (1 + λ)

∥∥T (cn)n∈N∥∥+ µ

∥∥(cn)n∈N∥∥ ≤ ((1 + λ)

√B + µ

)∥∥(cn)n∈N∥∥, ∀ (cn)n∈N ∈ `

2.

35


Dakle, (gn)n∈N je Besselov niz s gornjom ogradom

((1 + λ)

√B + µ

)2

= B

(1 + λ+

µ√B

)2

.

Dokažimo da (gn)n∈N ima i donju ogradu. Kako je (fn)n∈N frame, frame operator S = TT ∗ jeinvertibilan pa možemo definirati pseudoinverz operatora T :

T † : H → `2, T †f := T ∗(TT ∗)−1f =⟨f, S−1fi

⟩∞i=1

. (6)

Niz S−1fi∞i=1 je dualni frame od (fn)n∈N pa je∥∥T †f∥∥ ≤ 1√

A‖f‖, za svaki f ∈ H. Uvrstimo li

(cn)n∈N = T †f u (4), dobivamo da za svaki f ∈ H vrijedi

∥∥f − UT †f∥∥ =∥∥TT †f − UT †f∥∥ ≤ λ‖f‖+ µ

∥∥T †f∥∥ ≤ (λ+µ√A

)‖f‖.

Teorem 5.10 povlači da je UT † invertibilan i∥∥UT †∥∥ ≤ 1 + λ+µ√A,∥∥∥(UT †)−1

∥∥∥ ≤ 1

1−(λ+ µ√

A

) . (7)

Svaki f ∈ H možemo zapisati kao

f = UT †(UT †

)−1f =

∞∑i=1

⟨(UT †

)−1f, S−1fi

⟩gi (8)

pa je

‖f‖4 = |〈f, f〉|2 =

∣∣∣∣∣∞∑i=1

⟨(UT †

)−1f, S−1fi

⟩〈gi, f〉

∣∣∣∣∣2

≤∞∑i=1

∣∣∣⟨(UT †)−1f, S−1fi

⟩∣∣∣2 · ∞∑i=1

|〈gi, f〉|2

≤ 1

A

∥∥(UT †)−1f∥∥2 ·

∞∑i=1

|〈gi, f〉|2 ≤1

A

1

1−(λ+ µ√

A

)2

‖f‖2 ·∞∑i=1

|〈gi, f〉|2 .

Dakle,∞∑i=1

|〈gi, f〉|2 ≥ A

(1−

(λ+

µ√A

))2

‖f‖2, ∀f ∈ H.

Napomena 5.11. U prošlom zadatku mora vrijediti stroga nejednakost kod uvjeta λ + µ√A< 1.

Naime, niz gn = en + en+1, n ∈ N nije frame, ali za svaki c ∈ c00 vrijedi∥∥∥∥∥∑n

cn(gn − en)

∥∥∥∥∥ =

∥∥∥∥∥∑n

cnen+1

∥∥∥∥∥ =

(∑n

|cn|2) 1

2

pa imamo slučaj kad je λ = 1 i µ = 0, ili λ = 0 i µ = 1, ali nemamo frame.Često se promatra posebna vrsta perturbacije gdje udaljenost nizova (fn)n∈N i (gn)n∈N mjerimo kao∑∞

i=1 ‖fi − gi‖2. Za nju vrijedi sljedeći rezultat

36


Zadatak 42. Ako je (fn)n∈N frame s ogradama A i B i (gn)n∈N takav da je

R :=∞∑i=1

‖fi − gi‖2 < A,

onda je (gn)n∈N frame s ogradama A(

1−√

RA

)2

i B(

1 +√

RB

)2

.

Rješenje To je poseban slučaj perturbacije prethodnog tipa za λ = 0 i µ =√R jer za svaki

(cn)n∈N ∈ c00 vrijedi∥∥∥∥∥∞∑i=1

ci(fi − gi)

∥∥∥∥∥ ≤∞∑i=1

|ci| · ‖fi − gi‖ ≤

(∞∑i=1

|ci|2) 1

2

·

(∞∑i=1

‖fi − gi‖2

) 12

≤√R ·

(∞∑i=1

|ci|2) 1

2

.

pa rezultat slijedi iz prethodnog zadatka, kao i ograde za frame.

37

web.math.pmf.unizg.hr fileweb.math.pmf.unizg.hr

Documents