Convergencia de $A_nT$ a $AT$ en la norma del operador para el compacto $T$

Question

$A_n:Y\rightarrow Z$ son operadores que convergen fuertemente a $A$ . También, $\|A_n\|_\text {op}\le c$ para $c>0$ . Dado un operador compacto $T:X\rightarrow Y$ Necesito demostrar que $A_nT$ converge a $AT$ en norma de operador (todos los espacios en esta pregunta son espacios de Banach).

No he podido demostrarlo y tampoco entiendo por qué tenemos que suponer que $T$ es compacto. ¿Alguna idea?

Answer 1

Necesitas $T$ para ser compacta porque, de lo contrario, al tomar $T=\Bbb1$ La afirmación implicaría que la convergencia fuerte es equivalente a la convergencia de la norma, lo cual no es cierto.

Supongamos que $\|AT-A_nT\|\not\to0$ Esto significa que existe una secuencia de vectores unitarios $x_n$ para que $\|(AT-A_nT)x_n\|>\epsilon$ para algunos $\epsilon$ y para todos $n$ . Ahora $T$ es compacta por lo que la imagen de la bola unitaria bajo ella es precompacta. Esto significa que $Tx_n$ tiene una subsecuencia convergente, así que vamos a suponer que $Tx_n$ sea convergente con límite $x$ .

A partir de la fuerte convergencia del $A_n$ ves que $\|(A-A_n)x\|\to0$ . Ahora vamos a combinar nuestra información: $$\|(AT-A_nT)x_n\|=\|(A-A_n)(Tx_n-x+x)\|≤\|(A-A_n)x\|+\|A_n-A\|\,\|T x_n-x\|.$$ Ahora $\|A_n-A\|≤(\|A_n\|+\|A\|)$ está acotado por alguna constante por suposición. Todos los demás términos de la derecha convergen a cero. Esto es una contradicción con $\|(AT-A_nT)x_n\|>\epsilon$ para todos $n$ .

Answer 2

Para demostrar que una secuencia $(S_n)_n$ de operadores converge a $S$ en la norma del operador, tenemos que demostrar que $$\lim_{n\to\infty}\sup_{x:\lVert x\rVert\leqslant 1}\left\lVert S_nx-Sx\right\rVert =0.$$ El supremum se toma en la bola unitaria cerrada $B$ que puede ser "grande", por lo que la convergencia puede fallar. En este caso, tenemos que demostrar que $$\lim_{n\to\infty}\sup_{y\in T(B)}\left\lVert A_ny-Ay\right\rVert =0.$$ Esto puede hacerse utilizando la precompactación de $T(B)$ para cualquier $\varepsilon$ existe un conjunto finito $F\subset Y$ tal que para cualquier $y\in Y$ existe $y'\in F$ tal que $\lVert y-y'\rVert\lt \varepsilon$ .

Answer 3

Toma una secuencia $\{x_n\}$ con $\|x_n\|=1$ tal que $\|A_nTx_n-ATx_n\|\ge\|A_nT-AT\|-\frac1n$ . Sea $y_n=Tx_n$ . Basta con demostrar que $s_n:=\|A_ny_n-Ay_n\|\to0$ . Sea $\{s_{n_k}\}$ sea una subsecuencia cualquiera. Como $T$ es compacta, la secuencia $\{y_{n_k}\}$ es relativamente compacta, por lo que existe otra subsecuencia $\{y_{n_{k_\ell}}\}$ tal que $y_{n_{k_\ell}}\to y$ . Entonces $$s_{n_{k_\ell}}\le\|A_{n_{k_\ell}}(y_{n_{k_\ell}}-y)\|+\|(A_{n_{k_\ell}}-A)y\|+\|A(y_{n_{k_\ell}}-y)\|\to0$$ donde se puede ver que el primer término converge a cero ya que $\|A_{n_{k_\ell}}\|\le c$ . Así, para cualquier subsecuencia $\{s_{n_k}\}$ existe otra subsecuencia que converge a cero, por lo que en particular $\{s_n\}$ no puede tener una subsecuencia acotada lejos de cero. Esto implica que $s_n\to0$ . (Nota: el argumento de las subsecuencias de las subsecuencias es un argumento de compacidad bastante estándar - si estás familiarizado con él, puedes simplificar un poco la prueba).