Si $X$ es un espacio de Hilbert de dimensión finita, $A$ un operador acotado en $X$, ¿entonces es $||A||_{op} \leq \rho(A)$?

Question

La pregunta es la misma que el título. ¿Es esto verdadero o falso? Hay algunos casos donde una respuesta es clara.

1. El caso trivial donde $A = 0$. Entonces $||A||_{op} = \rho(A) = 0.
2. El caso casi trivial donde $A = \text{Id}$. Entonces $||A||_{op} = \rho(A) = 1.
3. $A$ es diagonalizable. Entonces hay una base ortonormal de $X$ que consiste enteramente de eigenvectores de $A$. Por lo tanto, cualquier $x\in B_X:=\{x\in X: |x| = 1|\}$ tiene una expansión $x = \sum_\nu a_\nu e_\nu$, donde $a \in \mathbb{C}$ y los $e_\nu$ son los eigenvectores de la base. Tenemos

$$||A||_{op} :=\sup_{x\in B_X}|Ax| = \sup_{x\in B_X} \sqrt{(Ax,Ax)} =\sup_{x\in B_X}\sqrt{\sum_{\nu}\sum_{\mu}a^*_\nu(x) a_\mu(x) \lambda^*_\nu\lambda_\mu\delta_{\nu\mu} }= \rho(A),$$ la última equivalencia sigue porque $\sum_\nu|a_\nu|^2=1$ para cualquier $x \in B_X.

Lo que sigue es mi razonamiento hasta ahora:

Supongamos que $A$ no es diagonalizable. Dado que cada operador de dimensión finita puede ser representado por una matriz en $\mathbb{C}^{\dim(X)\times\dim(X)}$, y desde el álgebra lineal elemental sabemos que dicha matriz tiene al menos un eigenvector, la descomposición $R(A) = \Lambda(A)\oplus P_{\Lambda(A)}[R(A)]^{\perp}$, donde $\Lambda(A) = \{\vee_\nu e_\nu:A e_\nu = \lambda_\nu e_\nu\}$ y $P$ es el operador de proyección estándar, siempre tiene sentido. Por lo tanto, cualquier $y \in R(A)$ se puede escribir como $y = l+r$, donde $l\in\Lambda(A)$ y $r \in P_{\Lambda(A)}[R(A)]^{\perp}$. Ahora, dado que $y\in R(A)$ hay un $x\in X$ tal que

$$|Ax| = |y(x)| = |l(x)+r(x)|\leq |l(x)| + |r(x)|$$

Expandiendo $l(x)$ en la base de eigenvectores, $l(x) = \sum_{\nu<\dim(X)}a_\nu(x)e_\nu$. Así que $$ |l(x)| = \left|\sum_{\nu<\dim(X)} a_\nu(x)e_\nu\right|\leq \sum_{\nu<\dim(x)}|a_\nu\lambda_\nu|\leq\left(\sum_{\nu<\dim(x)}|a_\nu(x)|\right)\rho(A). $$ Entonces terminamos con $$ ||A||_{op} \leq \sup_{x\in B_X}\left(\sum_{\nu<\dim(x)}|a_\nu(x)|\right)\rho(A) + \sup_{x\in B_X}|Ar(x)|, $$ lo cual realmente significa que la conjetura está demostrada si de alguna manera el argumento (o secuencia de argumentos) que llevan al supremo están en (convergen en) el espacio propio. El problema principal es que no tengo razón para pensar que esto sea necesariamente el caso.

¿Ideas?

Answer 1

La desigualdad opuesta es verdadera. La norma del operador domina al radio espectral, como se prueba en la página de Wikipedia sobre el radio espectral. Es decir, $\rho(A) \le \|A\|_{op}$. Como ejemplo donde la desigualdad es estricta, considera $$A = \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}.$$ Luego, el espectro de $A$ es $\{0\}$, por lo que $\rho(A) = 0$, pero $\|A\| = 1$.