Demostrando que $0\leq A\leq B$ y $B \in \mathcal{L}_c(H)$ implica que $A \in \mathcal{L}_c(H)$ .

Question

Ejercicio :

Sea $H$ sea un espacio de Hilbert y $A,B \in \mathcal{L}(H)$ sean operadores autoadjuntos con $0 \leq A \leq B$ y $B \in \mathcal{L}_c(H)$ . Demuestre que $A \in \mathcal{L}_c(H)$ .

Pensamientos :

Basándonos únicamente en la definición de operador compacto, debemos concluir que $A$ transfiere conjuntos acotados a conjuntos relativamente compactos (cierre compacto).

Ahora bien, puesto que $B$ es compacta y autoadjunta, sé que también $B^*B$ es compacto. Esto puede ser útil ya que la propiedad de $A$ y $B$ ser autoadjunto se observa en el ejercicio.

Creo que $A \leq B \implies \|A\| \leq \|B\|$ ya que ambos están acotados y podríamos tomar $\mathbf{1} \in H$ lo que da como resultado que $$\|A(\mathbf{1})\| \leq \|A\|\|1\| \equiv \|A\| \quad \text{and} \quad \|B(\mathbf{1})\| \leq \|B\|\|1\| \equiv \|B\|$$ y puesto que $0 \leq A \leq B$ implica que sus valores siguen la desigualdad para cualquier $x \in H$ resultado implícito.

Solicitar : Más allá de estos puntos, lamentablemente no intuyo nada, así que agradecería mucho cualquier pista o aclaración.

Answer 1

Porque $B-A \ge 0$ entonces $[x,y]=\langle (B-A)x,y\rangle$ es un pseudo producto interno, que sólo carece de definición positiva. Como tal, se cumple la desigualdad de Cauchy-Schwarz $$ |[x,y]|^2 \le [x,x][y,y] \\ |\langle (B-A)x,y\rangle|^2 \le \langle (B-A)x,x\rangle\langle (B-A)y,y\rangle. $$ Ahora $y=(B-A)x$ en lo anterior para obtener $$ \|(B-A)x\|^4 \le \langle (B-A)x,x\rangle\langle(B-A)(B-A)x,(B-A)x\rangle \\ \|(B-A)x\|^4 \le \langle (B-A)x,x\rangle\|B-A\|\|(B-A)x\|^2 \\ \|(B-A)x\|^2 \le \|B-A\|\langle(B-A)x,x\rangle \\ \|(B-A)x\|^2 \le \|B-A\|\langle Bx,x\rangle. $$ Supongamos que $\{ x_n \}$ es una secuencia acotada. Dado que $B$ es compacta, existe una subsecuencia $\{ x_{n_k} \}$ tal que $\{ Bx_{n_k} \}$ converge. Por lo anterior, $\{ (B-A)x_{n_k}\}$ es una sucesión de Cauchy y, por tanto, converge a alguna $y$ . Pero $\{ Bx_{n_k} \}$ también converge. Por lo tanto $\{ Ax_{n_k} \}$ converge, lo que lleva a la conclusión de que $A$ es compacto.

Answer 2

Se me ocurren dos argumentos. Sin embargo, ninguno de ellos es del todo elemental, en el sentido de que dependen de disponer de raíces cuadradas.

• Sea $\{x_n\}$ sea una sucesión en la bola unitaria de $H$ . Desde $B$ es compacta, existe una subsecuencia $\{x_{n_j}\}$ tal que $\{Bx_{n_j}\}$ converge. Ahora (usando dos veces que $A$ es positivo) \begin{align} \|A(x_{n_j}-x_{n_k})\|^2&=\langle A^2(x_{n_j}-x_{n_k}),(x_{n_j}-x_{n_k})\rangle \leq \|A\|\,\langle A(x_{n_j}-x_{n_k}),(x_{n_j}-x_{n_k})\rangle\\ &\leq \|A\|\,\langle B(x_{n_j}-x_{n_k}),(x_{n_j}-x_{n_k})\rangle\to0. \end{align} Así que $\{Ax_{n_j}\}$ es Cauchy y, por tanto, convergente. Así que $A$ es compacto.

• Desde $0\leq A\leq B$ existe $C$ con $A^{1/2}=CB^{1/2}$ . Desde $B$ es compacto, también lo es $B^{1/2}$ Entonces $A^{1/2}$ es compacto y también lo es $A$ .

El primer argumento depende de la desigualdad $A^2\leq \|A\|\,A$ para $A$ positivo. Esto puede verse, por ejemplo, en $$ \langle A^2x,x\rangle=\langle Ax,Ax\rangle=\|Ax\|^2=\|A^{1/2}A^{1/2}x\|^2\leq\|A^{1/2}\|^2\|A^{1/2}x\|^2 =\|A^{1/2}\|^2\langle Ax,x\rangle. $$ Y $\|A^{1/2}\|^2=\|A\|$ .

Para el segundo argumento, observamos en primer lugar que si $B^{1/2}x=0$ entonces $A^{1/2}x=0$ . Así que tenemos $H=H_1\oplus H_1^\perp$ donde $H_1=\overline{\operatorname{ran}B^{1/2}}$ . Tenemos $$\tag1 \|A^{1/2}x\|^2=\langle Ax,x\rangle\leq \langle Bx,x\rangle=\|B^{1/2}x\|^2, $$ así que $A^{1/2}=0$ en $H_1^\perp$ . En $\operatorname{ran}B^{1/2}$ definimos $$ CB^{1/2}x=A^{1/2}x. $$ Esto está bien definido por $(1)$ . Tenemos $$ \|CB^{1/2}x\|^2=\|A^{1/2}x\|^2=\langle Ax,x\rangle\leq\langle Bx,x\rangle=\|B^{1/2}x\|^2, $$ así que $C$ está limitada en $\operatorname{ran}B^{1/2}$ por lo que se extiende por densidad a $H_1$ . Ponemos $C=0$ en $H_1^\perp$ . Así que $C$ está acotado y $CB^{1/2}=A^{1/2}$ .