¿Existe una descomposición de Jordan de dimensión infinita?

Question

Acabo de darme cuenta de esta brecha embarazosa en mi comprensión del álgebra lineal. Esta pregunta parece estar preguntando algo similar, aunque el preguntador no lo dice explícitamente. Y esta pregunta plantea una versión de la pregunta que creo que es un poco más ingenua de lo que me gustaría decir.

En dimensiones finitas, la descomposición de Jordan de un endomorfismo lineal $T$ es la forma única de expresar $T = T_{ss} + T_n$ donde $T_{ss}$ es semisimple, $T_n$ es nilpotente, y $T_{ss}$ conmuta con $T_n.

Me pregunto si algo similar se mantiene en dimensiones infinitas. Para un espacio de Banach complejo $X>,

• Creo que un operador semisimple $T_{ss}$ debería ser uno que conmute con un conjunto de operadores de proyección $P_i$ con $P_i P_j = \delta_{ij} P_i$ con $\oplus_i P_i(X)$ denso en $X$, de manera que la restricción de $T_{ss}$ a cada $P_i(X)$ sea un escalar $\lambda_i.$. Por favor, avíseme si esta es la definición incorrecta.

• En lugar de un operador nilpotente $T_n$, consideraremos un operador cuasinilpotente $T_{qn}$, es decir, un operador cuyo espectro es $\{0\}$, o equivalentemente $\lim_{k \to \infty} \|T_{qn}^k\|^{1/k} = 0. Otra vez, avíseme si hay una mejor noción que utilizar aquí.

Entonces la pregunta es: para un operador acotado arbitrario $T$ en un espacio de Banach complejo $X, existen operadores acotados que conmutan $T_{ss}, T_{qn}$ de modo que $T_{ss}$ sea semisimple, $T_{qn}$ sea cuasinilpotente, y $T=T_{ss}+T_{qn}? Si la respuesta es no, me gustaría un contraejemplo, y también cualquier resultado que establezca una respuesta positiva en clases especiales de espacios de Banach.

Me preocupa que una respuesta positiva a mi pregunta implicaría inmediatamente que cualquier contraejemplo al problema de subespacios invariantes difiere por un escalar de un operador cuasinilpotente. ¿Es esto cierto/conocido?

EDITAR Como Mariano señala implícitamente, el operador de desplazamiento parece arruinar esta idea ya que no tiene una "parte diagonal" obvia y no es en sí mismo cuasinilpotente.

Pero aquí hay una modificación a la pregunta que bien vale la pena hacer. Los operadores cuasinilpotentes son exactamente los límites de operadores nilpotentes en la topología de la norma. En lugar de eso podríamos tomar límites de operadores nilpotentes en la topología fuerte. Nótese que el operador de desplazamiento es de este tipo. No he pensado en las ramificaciones de esta definición, si hay algo interesante acerca de esta clase de operadores, o si tienen un nombre, me gustaría escucharlo.

Entonces: ¿todo operador $T$ en un espacio de Banach se descompone como $T = T_{ss} + T'$ donde $T_{ss}$ es diagonal, $T'$ es un límite de operadores nilpotentes en la topología fuerte, y todo conmuta?

EDITAR Como Ivan señala en su respuesta, aunque el operador de "desplazamiento hacia atrás" en $\ell_p(\mathbb{N})$, por ejemplo, es "fuerte-cuasinilpotente", el operador de "desplazamiento hacia adelante" no lo es. De hecho, en $\ell_\infty(\mathbb{N})$, ni siquiera el operador de desplazamiento hacia atrás es fuerte-cuasinilpotente. Dado que el propósito de ampliar la definición es acomodar varios tipos de operadores de desplazamiento, la idea realmente no funciona. Un último esfuerzo sería restringirse a espacios de Hilbert y considerar operadores "débil-cuasinilpotentes" $T$, es decir, aquellos tales que $T^n \to 0$ en la topología débil. Al menos los operadores de desplazamiento usuales en $\ell_2(\mathbb{N})$ y $\ell_2(\mathbb{Z})$ son débil-cuasinilpotentes. ¿O tal vez hay algún otro enfoque completamente para caracterizar los operadores "tipo desplazamiento"?

En el caso en que no haya topología, como señala Ivan, es posible que simplemente especificar la clase de similitud de matrices de un operador de "desplazamiento" en un espacio con una base algebraica contable pueda dar una noción lo suficientemente robusta. Pero no sé si podemos obtener una descomposición "diagonal - desplazamiento" con esta definición.

Answer 1

A partir de ahora $V$ será nuestro espacio de Banach (Hilbert).

Llamemos a $S^+$ el operador de desplazamiento "$+1$" y a $S_-$ el operador de desplazamiento "$-1$". Bueno, en tu definición $S_-$ es cuasinilpotente, el otro no lo es. En mi opinión, ese es el punto principal de la cuestión.

Tenemos que generalizar la noción de "espacio propio generalizado" de la siguiente manera.

Llamemos $W_{\lambda} := \bigcup_{n} \ \operatorname{ker}(T-\lambda\operatorname{Id})^n$

Dado que claramente en el caso de $T= S_-$ obtenemos que $V = W_0$ obtenemos que en el caso de $T= \lambda\operatorname{Id}+S_-$ entonces $V = W_{\lambda}$. Ahora suena como la Forma Normal de Jordan.

Pero todavía estamos lejos, ¿qué pasa con $S^+$?

Creo que es hora de admitir que tenemos que tomarlo como un bloque de nuestra "Forma de Jordan generalizada".

Propondría lo siguiente. Sea $\lambda \in \operatorname{Spec}(T)$, considera $(T-\lambda \operatorname{Id})^k$ y, como en la forma normal de Jordan, encuentra una base de núcleos crecientes, obteniendo que la restricción de $T$ a $W_{\lambda}$ es similar a $\sum_i (\lambda\operatorname{Id} + N_i)$ donde $N_i$ son operadores nilpotentes u operadores $S_-$ en subespacios adecuados de $W_{\lambda}$.

De hecho, creo que $\{ W_{\lambda} \}_{\lambda \in \operatorname{Spec}(T)}$ es una familia de subespacios en suma directa. No tengo idea de cómo demostrarlo pero quizás sea obvio desde aquí.

Ahora tomemos cualquier vector $v$ fuera de $\oplus_{\lambda} W_{\lambda}$. Si consideramos $\{ T^k(v) \}_k$ podemos generar un espacio suplementario para $\oplus_{\lambda} W_{\lambda}$ o quizás no, pero si no lo hacemos, podemos tomar un vector fuera de $(\oplus_{\lambda} W_{\lambda}) \bigoplus \operatorname{Span}(\{ T^k(v) \}_k)$ y seguir hasta que el espacio se acabe. Claramente, la restricción de $T$ a cualquiera de ${Span}(\{ T^k(v) \}_k)$ es similar a un operador $S^+$.

Así que, al final $T \sim \sum_{ik} (\lambda_k\operatorname{Id} + \ ^kN_i) + \sum_j S_j$ donde $N_i$ son operadores nilpotentes u operadores $S_-$ en subespacios adecuados de $V$ y $S_j$ son operadores $S^+$ en subespacios adecuados de $V.

¿Qué opinas? He estado pensando en mejores enfoques pero no puedo encontrar nada.

---

Me gustaría señalar que la noción de "cuasinilpotente" no es tan intuitiva como se desearía. Considera $$e_i \mapsto \frac{1}{2^{i+1}}e_{i+1}$$. Esto es similar a $S^+$ pero es cuasinilpotente. (Si pedimos operadores continuos, las cosas son más manejables).

---

Creo que todo lo que he dicho es correcto para bases algebraicas en Espacios de Banach pero sería incorrecto para bases de Hilbert en Espacios de Hilbert (y operadores continuos) porque los cambios de base podrían no ser continuos.

Answer 2

Si $T$ es un operador espectral, entonces se sabe que $T=S+N$ donde $S$ es de tipo escalar, es decir, $S=\int z E(dz)$ donde $E$ es la resolución de la identidad para $T$, y $N$ es cuasinilpotente, es decir, $\operatorname{Spec}(N)=\{0\}.$