¿Por qué se alcanza el mínimo en el principio de mínimo máximo para operadores autoadjuntos?

Question

Consideremos un operador autoadjunto $A$ (no necesariamente acotado) en un espacio de Hilbert que está acotado por abajo, con dominio $D$ y cuyo resolvente es compacto. Entonces, el espectro consiste únicamente de autovalores aislados que se dan (en orden creciente) por el principio min-max:

\begin{equation} \lambda_k = \min_{\substack{V \subset D\\ \dim V = k}} \max_{\substack{x \in V \\ x \neq 0}} \frac{\langle \,x , Ax \rangle}{\langle \, x, x \rangle}, \ k \in \mathbb{N}. \end{equation}

La demostración que conozco muestra que $\lambda_k \geq \min \max \frac{\langle \,x , Ax \rangle}{\langle \, x, x \rangle}$ y $\lambda_k \leq \min \max \frac{\langle \,x , Ax \rangle}{\langle \, x, x \rangle}$ utilizando una base ortonormal de autovectores.

Como se ve aquí: Why is the Maximum in the Min-Max Principle for Self-Adjoint Operators attained?, sabemos que el máximo se alcanza ya que la esfera unitaria es compacta en un espacio vectorial de dimensión finita.

Pero ¿por qué también se alcanza el mínimo?

Answer 1

En el caso dimensional finito, obtenemos un argumento similar para trabajar: el máximo es continuo (como función de $V$), y el espacio de espacios vectoriales de dimensión $k$ es compacto, por lo que se alcanza el mínimo.

En el caso dimensional infinito, la principal diferencia es que $\mathcal{G} (k, \infty)$ ya no es compacto. Aún es un espacio métrico y la aplicación $F: V \mapsto \max_{x \in V, \|x\|=1} \langle x, Ax \rangle$ sigue siendo continua. No estoy seguro de la mejor manera de hacer funcionar esta línea de razonamiento en este caso, aunque sospecho fuertemente que $F$ es propia (por lo que su ínfimo es un mínimo). Se tendría que utilizar el hecho de que el resolvente es compacto, sin embargo.

En el peor de los casos, se puede usar la descomposición espectral para demostrar que se alcanza el mínimo. Tomar los primeros $k$ eigenvalores, tomar los correspondientes eigenvectores unitarios $(e_i)_{1 \leq i \leq k}$ (eligiénolos ortogonales si es necesario), y poner $V = Span((e_i))$. Pero esto solo se puede hacer una vez que conocemos la descomposición espectral, y preferiría una prueba más elemental (y geométrica).

Ahora, esbozaré una prueba del argumento geométrico. Hay algunos detalles faltantes, que no deberían ser demasiado difíciles de completar.

---

1) Sea $\mathcal{G} (k,n)$ el espacio de subespacios vectoriales de dimensión $k$ en $\mathbb{C}^n$ (también llamado Grassmanniano). Sea $(V_j)$ una secuencia en $\mathcal{G} (k,n)$ y $V \in \mathcal{G} (k,n)$. Decimos que $\lim_j V_j = V$ si existe una secuencia $(e_1^{(j)}, \ldots, e_k^{(j)})$ de bases ortonormales de $V_j$ y una base ortonormal $(e_1, \ldots, e_k)$ de $V$, tal que $\lim_j e_i^{(j)} = e_i$ para todo $1 \leq i \leq k.

Esta topología es metrizable. Por ejemplo, se puede definir:

$$d(V_1, V_2) := \inf \max_{1 \leq i \leq k} \{\|e_i-f_i\|\},$$

donde el ínfimo se calcula sobre todas las bases ortonormales $(e_i)$ de $V_1$ y $(f_i)$ de $V_2$. Es fácil comprobar que $d$ es simétrica, no negativa y satisface la desigualdad del triángulo, y que $d(V,V) =0$ para todo $V$. Demostrar que $d(V_1, V_2) >0$ si $V_1 \neq V_2$ es más difícil.

Sean $V_1 \neq V_2$ en $\mathcal{G} (k,n)$. Sea $u_1 \in V_1 \setminus V_2$ con longitud unitaria. Entonces existe $\varepsilon >0$ tal que $| \langle u_1, v_2 \rangle | \leq 1-\varepsilon$ para todo $v_2$ unitario en $V_2$ (usando la compacidad de $\mathbb{S}_{n-1}\cap V_2$). Sean $(e_i)$ y $(f_i)$ bases ortonormales de $V_1$ y $V_2$ respectivamente. Escribimos $u_1 = \sum_i \lambda_i e_i$, con $\sum_i |\lambda_i|^2 = 1$. Entonces:

$$2\varepsilon \leq 2-2 \mathfrak{Re} \langle u_1, \sum_i \lambda_i f_i \rangle = \left\| u_1 - \sum_i \lambda_i f_i\right\| \leq \sum_i |\lambda_i| \|e_i-f_i\| \leq \sum_i |\lambda_i| d(V_1,V_2) \leq k d(V_1,V_2)$$

Por lo tanto, $d(V_1, V_2) >0$. Así, $d$ es una distancia.

---

2) Además, $\mathcal{G} (k,n)$ es compacto. Sea $\mathcal{E} (k,n)$ el espacio de todos los $k$-upletes de vectores ortonormales (o el espacio de matrices $k \times n$ ortogonales). Entonces $\mathcal{E} (k,n)$ es cerrado y acotado en el espacio de matrices $k \times n$, por lo tanto compacto, y hay una aplicación $\varphi: \mathcal{E} (k,n) \to \mathcal{G} (k,n)$, definida por:

$$\varphi (e_1, \ldots, e_k) = Span (e_1, \ldots, e_k).$$

Esta aplicación es continua, e incluso $1$-Lipschitz (se deduce fácilmente de la definición de la distancia $d$).

Por lo tanto, la imagen de $\varphi$ es compacta. Pero $\varphi$ es sobreyectiva, por lo que $\mathcal{G} (k,n)$ es compacto.

---

3) Definamos, para $V \in \mathcal{G} (k,n):

$$F(V) := \max_{\substack{x \in V \\ x \neq 0}} \frac{\langle x, Ax\rangle}{\langle x, x \rangle} = \max_{\substack{x \in V \\ \|x\|=1}} \langle x, Ax \rangle$$

Sean $V_1$, $V_2$ en $V$. Sean $(e_i)$, $(f_i)$ bases de $V_1$ y $V_2$ respectivamente. Sea $u := \sum_i \lambda_i e_i \in \mathbb{S}_{n-1} \cap V_1$. Entonces:

$$\langle \sum_i \lambda_i f_i, A\sum_i \lambda_i f_i \rangle \leq \langle u, Au \rangle+\left| \langle \sum_i \lambda_i (f_i-e_i), Au \rangle \right|+\left| \langle \sum_i \lambda_i (f_i-e_i), A\sum_i \lambda_i f_i \rangle \right| \leq \langle u, Au \rangle + 2 \|A\| \left\| \sum_i \lambda_i (f_i-e_i) \right\| \leq \langle u, Au \rangle + 2k \|A\| \max_i \|f_i-e_i \|$$

Dado que esto es cierto para todos $(\lambda_i)$, obtenemos, para todo $v \in V_2$:

$$\langle v, Av \rangle \leq \max_{\substack{u \in V_1 \\ \|u\|=1}} \langle u, Au \rangle+2k\|A\| \max_i \|f_i-e_i \|.$$

Dado que esto se cumple para todas las bases $(e_i)$ y $(f_i)$, podemos elegirlas lo más cercanas posible, lo que da:

$$\langle v, Av \rangle \leq \max_{\substack{u \in V_1 \\ \|u\|=1}} \langle u, Au \rangle+2k\|A\| d(V_1, V_2).$$

Finalmente, tomando el máximo sobre todos los $v$ unitarios en $V_2$, obtenemos:

$$F(V_2) \leq F(V_1)+2k\|A\| d(V_1, V_2).$$

Si intercambiamos $V_1$ y $V_2$, obtenemos $F(V_1) \leq F(V_2)+2k\|A\| d(V_1, V_2)$. Por lo tanto, $F$ es Lipschitz, y por lo tanto continua.

Dado que $\mathcal{G} (k,n)$ es compacto y $F$ es continua en $\mathcal{G} (k,n)$, la función $F$ alcanza su mínimo.