La norma del operador lineal acotado en los espacios de Hilbert

Question

Dejemos que $\mathcal{B}(F)$ el álgebra de todos los operadores lineales acotados en un espacio de Hilbert complejo $F$ . Dejemos que $S\in \mathcal{B}(F)$ . La norma de $S$ se nos define $$\|S\|:=\sup_{\substack{x\in F\\ x\not=0}}\frac{\|Sx\|}{\|x\|}$$

Por qué $$\|S\|=\sup_{\substack{\|x\| \leq 1,\\ \|y\| \leq 1}}|\langle Sx\;,\;y\rangle |?$$

Gracias.

Answer 1

Primero tenemos $\|S\|=\sup_{\|x\|\leq 1}\|Sx\|$ . Ahora $\|Sx\|=\sup\{|\left<Sx,y\right>|: \|y\|\leq 1\}$ .

De hecho, para $x\ne 0$ entonces $y:=\dfrac{x}{\|x\|}$ es tal que $\|y\|=1$ entonces $\dfrac{\|Sx\|}{\|x\|}=\left\|S\left(\dfrac{x}{\|x\|}\right)\right\|=\|Sy\|\leq\sup_{\|x\|\leq 1}\|Sx\|$ . Así que $\|S\|\leq\sup_{\|x\|\leq 1}\|Sx\|$ .

Ahora, para $\|y\|\leq 1$ entonces $|\left<Sx,y\right>|\leq\|Sx\|\|y\|\leq\|Sx\|$ Así que $M:=\sup\{|\left<Sx,y\right>|: \|y\|\leq 1\}\leq\|Sx\|$ .

Ahora, $\left|\left<Sx,\dfrac{Sx}{\|Sx\|}\right>\right|=\|Sx\|$ y $\left\|\dfrac{Sx}{\|Sx\|}\right\|=1$ Por supuesto, si $Sx=0$ Esto nos lleva al caso trivial.

Notas adicionales. Si $M$ es un subespacio de $F$ tal que la imagen, $\text{Im}(S)$ es tal que $\text{Im}(S)\subseteq\overline{M}$ En este caso, tenemos \begin {align*} \|S\|= \sup\ {| \left <Sx,y \right >|: \|x\| \leq 1, \|y\| \leq 1, y \in M\}. \end {align*} De hecho, como $\dfrac{Sx}{\|Sx\|}\in\text{Im}(S)$ encontrar una secuencia $(y_{n})$ , $y_{n}\in M$ tal que $y_{n}\rightarrow\dfrac{Sx}{\|Sx\|}$ . Ahora, establece $z_{n}=\dfrac{y_{n}}{\|y_{n}\|}$ . Tenemos $\|y_{n}\|\rightarrow 1$ y por lo tanto $z_{n}\rightarrow\dfrac{Sx}{\|Sx\|}$ y que $\left<Sx,z_{n}\right>\rightarrow\left<Sx,\dfrac{Sx}{\|Sx\|}\right>=\|Sx\|$ pero $\|z_{n}\|=1$ por la desigualdad que \begin {align*} | \left <Sx,z_{n} \right >| \leq\sup\ {| \left <Sx,y \right >|: \|x\| \leq 1, \|y\| \leq 1, y \in M\}, \end {align*} deducimos que \begin {align*} |Sx\\| \leq\sup\ {| \left <Sx,y \right >|: \|x\| \leq 1, \|y\| \leq 1, y \in M\}. \end {align*}

Answer 2

Para un fijo $x$ tenemos $$\sup_{\|y\| \le 1} |\langle Sx, y \rangle| = \|Sx\|$$ por Cauchy-Schwarz (con supremum alcanzado por $y = Sx/\|Sx\|$ .

Así, $$\sup_{\substack{\|x\| \le 1 \\ \|y\|\le 1}} |\langle Sx, y \rangle| = \sup_{\|x\| \le 1} \|Sx\| = \|S\|.$$

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Si la última igualdad no es obvia para usted, tenga en cuenta $$\sup_{\|x\| \le 1} \|Sx\| = \sup_{\|x\| = 1} \|S x\|$$ porque si $\|x\| < 1$ entonces $\|Sx\| < \|S (x / \|x\|)\|$ por lo que el supremum del lado izquierdo debe ser alcanzado por algún $x$ con norma $1$ . Entonces, es fácil demostrar que el lado derecho es equivalente a su definición $\sup_{x \ne 0} \|Sx\| / \|x\|$ .

Answer 3

Para cualquier $x, y \in X$ con $\|x\|, \|y\| \le 1$ tenemos

$$|\langle Sx, y\rangle| \le \|Sx\|\|y\| \le \|S\|\|x\|\|y\| \le \|S\|$$

Ahora, para cualquier $x \in X$ con $Sx \ne 0$ que tenemos:

$$\left|\left\langle Sx, \frac{Sx}{\|Sx\|}\right\rangle\right| = \frac{\|Sx\|^2}{\|Sx\|} = \|Sx\|$$

Así que tomando el supremum sobre $\|x\| \le 1$ da:

$$\sup_{\|x\|, \|y\| \le 1}|\langle Sx, y\rangle| \ge \sup_{\|x\| \le 1} \left|\left\langle Sx, \frac{Sx}{\|Sx\|}\right\rangle\right| = \sup_{\|x\| \le 1} \|Sx\| = \|S\|$$

Concluimos $\displaystyle \sup_{\|x\|, \|y\| \le 1}|\langle Sx, y\rangle| = \|S\|$ .