Dado: uno mismo-adjoint, monótona creciente de la secuencia en $L(H)$ tal que $\|T_n\|<C$. Por qué converge $(T_n)$ fuerza a un auto-adjoint $T\in L(H)$?

Question

Deje $H$ ser un espacio de Hilbert, $(T_n)\subseteq L(H)$ una secuencia tal que $T_n^\ast=T_n$ $T_n\le T_{n+1}$ todos los $n\in \mathbb{N}$. Existe una constante $C>0$ tal que $\|T_n\|<C$ todos los $n\in\mathbb{N}$. El reclamo es: entonces existe un $T\in L(H)$ tal que $T=T^*$ que $T_n\to T$ fuerte, $n\to\infty$.

He atascado un poco. Yo: Vamos a $n\in\mathbb{N}$. $T_n$ auto-adjunto implica, que $\langle T_nx,x\rangle\in\mathbb{R}$ para todos los $n\in\mathbb{R}$, $x\in H$. Así, la secuencia de $(\langle T_nx,x\rangle )$ es una verdadera secuencia que es monótona creciente, debido a que $\langle T_nx,x\rangle\le \langle T_{n+1}x,x\rangle$ todos los $n\in\mathbb{N}$, y la secuencia es acotado, debido a que $|\langle T_nx,x\rangle |\le \|T_nx\|\|x\|\le C\|x\|^2$ todos los $x\in H$. Por lo tanto, $(\langle T_nx,x\rangle )$ es convergente en $\mathbb{R}$.

Ahora, ¿cómo continuar? El siguiente paso que he hecho es probar que la $(\langle T_nx,y\rangle )$ es convergente para todos los $x,y\in H$ con la polarización de la identidad, pero lo hice mal.. Podría alguien ayudarme a probar esta, que $(\langle T_nx,y\rangle )$ es convergente para todos los $x,y\in H$$\mathbb{R}$?

Lo hice, pero si sabemos que $\lim\limits_{n\to\infty}\langle T_nx,y\rangle =:F(x,y)\in \mathbb{R}$ existe: es $|F(x,y)|=\lim\limits_{n\to\infty}|\langle T_nx,y\rangle|\le C\|x\|\|y\|$ todos los $x,y\in H$, por lo tanto $$F_x:H\to\mathbb{C},\; y\mapsto \overline{F(x,y)}$$ is a linear, bounded functional. The Riesz-Representationtheorem gives us, that there exists $Tx\en%H$ such that $F_x(y)=\langle y,Tx\rangle=\overline{F(x,y)}$. If you conjugate both sides, we obtain $F(x,y)=\langle Tx,y\rangle$ for all $x,y\en%H$. Then I proved that $T$ is linear and bounded and that $T$ es auto-adjunto, no hubo ningún problema.

Pero, ¿cómo demostrar $\|T_nx-Tx\|\to 0$ para todos los $x\in H$, $n\to\infty$?

Pero si conoces algún otro medio de prueba, hágamelo saber. Espero que no los errores. Saludos

Edit: Mi intento con la polarización de la identidad de $\langle x,y\rangle =\frac{1}{4}(\|x+y\|^2-\|x-y\|^2+i\|x+iy\|^2-i\|x-iy\|^2)$ $x,y$ de un complejo espacio de Hilbert $H$: $\forall n\in\mathbb{N}$, $x,y\in H$, es : $\langle T_nx,y\rangle =\frac{1}{4}(\|T_nx+y\|^2-\|T_nx-y\|^2)+\frac{i}{4}(\|T_nx+iy\|^2-\|T_nx-iy\|^2)=\frac{1}{4}(\langle T_nx+y,T_nx+y\rangle-\langle T_nx-y,T_nx-y\rangle)+\frac{i}{4}(\langle T_nx+iy,T_nx+iy\rangle-\langle T_nx-iy,T_nx-iy\rangle)$. Puedo argumentar ahora, que todos los sumandos convergen, porque $(\langle T_nx,x\rangle )$ converge para todos los $x\in H$?

Answer 1

La polarización de la identidad es más general que sólo para el interior del producto. Si $s$ es cualquier sesquilinear forma en un complejo espacio vectorial, entonces tenemos

$$\begin{align} s(x+y,x+y) &= s(x,x) + s(x,y) + s(y,x) + s(y,y),\\ s(x-y,x-y) &= s(x,y) - s(x,y) - s(y,x) + s(y,y),\\ s(x+iy,x+iy) &= s(x,x) - i s(x,y) + is(y,x) + s(y,y),\\ s(x-iy,x-iy) &= s(x,x) + is(x,y) - is(y,x) + s(y,y), \end{align}$$

y así

$$s(x+y,x+y) - s(x-y,x-y) + is(x+iy,x+iy) - is(x-iy,x-iy) = 4s(x,y).$$

Para formas bilineales sobre un espacio vectorial real, usted necesita simetría tener una polarización de la identidad.

En nuestra situación, nos tomamos $s(x,y) = \langle T_n x,y\rangle$, y encontrar

$$4\langle T_n x,y\rangle = \langle T_n(x+y),x+y\rangle - \langle T_n(x-y),x-y\rangle + i\langle T_n(x+iy),x+iy\rangle - i\langle T_n(x-iy),x-iy\rangle,$$

lo que muestra la convergencia de $\langle T_n x,y\rangle$ ya que sabemos que $\langle T_n z,z\rangle$ converge para todos los $z\in H$.

A partir de eso, usted tiene (correctamente, parece), argumentó que hay un sí mismo-adjoint $T\in B(H)$ tal que $T_n x$ converge débilmente a $T x$ todos los $x\in H$.

Queda por ver que la convergencia es, de hecho, la norma de la convergencia. La secuencia de $S_n := T - T_n$ es uniformemente acotada secuencia de (no estrictamente) positiva de sí mismo-adjoint operadores en $H$. La secuencia de (positiva de sí mismo-adjoint) raíces cuadradas $R_n$$S_n$, por lo que también uniformemente acotada, por lo tanto equicontinuous. Para cada $x\in H$, tenemos

$$\lVert R_n x\rVert^2 = \langle R_n x, R_n x\rangle = \langle R_n^2 x, x\rangle = \langle S_n x,x\rangle \to 0.$$

Por el equiconitnuity de la $R_n$, se deduce que el $\lVert S_n x\rVert \to 0$, es decir,$\lVert Tx - T_n x\rVert \to 0$.

Answer 2

Creo que hemos hecho casi todo el trabajo, la pieza que falta es la siguiente (modificado) la polarización de la identidad:

$\left<T_nx,y\right> = \frac{1}{4} \sum_{k=0}^3 i^k \left<T_n(x+i^ky),x+i^ky\right>$ (comprobar!)

Ahora debe quedar claro que cada sumando converge porque $(<T_n z,z>)$ converge para todos los $z \in H$