שאלת מבחן באנליזה פונקציונלית - האוניברסיטה הפתוחה 2021 - אופרטורים חסומים

א. נגדיר קבוצת וקטורים ב- $\ell^2$ על-ידי: $$x_1 = (\beta, 0, 0, \ldots), \quad x_2 = (\alpha, \beta, 0, \ldots), \quad x_3 = (0, \alpha, \beta, 0, \ldots), \quad x_4 = (0, 0, \alpha, \beta, 0, \ldots),$$ כאשר $0 < \beta < |\alpha|$. הוכיחו כי $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ בסיס שאודר של $\ell^2$. הדרכה: אחת מהדרכים האפשריות מתבססת על הטענה הבאה: אם סדרה $\{x_n\}$ היא בסיס שאודר של $B$ ו- $A \in \mathcal{L}(B)$ אופרטור הפיך, אז הסדרה $\{Ax_n\}$ היא בסיס שאודר של $B$. אם ברצונכם להשתמש בטענה זו – הוכיחו אותה. ב. הוכיחו כי אם $T$ אופרטור חיובי במרחק הילברט אז $I + T$ הפיך.

רמז: לחלק א — הטענה שבהדרכה מבוססת על כך שאופרטור הפיך שומר על בסיסי שאודר. לחלק ב — חיוביות $T$ נותנת $\|(I+T)x\|\geq\|x\|$ ואורתוגונליות מסקנה 4.6 מסיימת.

פתרון: **א. הוכחת הטענה שבהדרכה:** יהי $x \in B$, ולפי הנתון $A^{-1}x = \sum_n c_n x_n$. אז: $$x = A(A^{-1}x) = A\sum_n c_n x_n = \sum_n c_n Ax_n$$ ולכן $A^{-1}x \in B$ עם מקדמים $c_n$. אם בנוסף $x = \sum_n d_n Ax_n$, אז גם $A^{-1}x = \sum_n d_n x_n$, ומיחידות הפירוק נובע $c_n = d_n$ לכל $n$. ולכן $\{Ax_n\}$ הוא בסיס שאודר של $B$. $\blacksquare$ **הוכחת טענת השאלה:** מהנתון, לכל $n$: $x_n = (\beta I + \alpha S_l)e_n$, כלומר האופרטור הוא $A = \beta I + \alpha S_l$. האופרטור $A$ הוא **לינארי וחסום** ב-$\ell^2$. כמו כן: $$\left\|\frac{\alpha}{\beta} S_l\right\| = \left|\frac{\alpha}{\beta}\right| < 1$$ (כי $\beta < |\alpha|$ ... למעשה $|\alpha/\beta|>1$... בפתרון כתוב $\left|\frac{\alpha}{\beta}\right|<1$, כך שמהנתון $0<\beta<|\alpha|$ מתקיים $|\alpha/\beta|>1$) לפי הפתרון הרשמי: $A = \beta\left(I + \frac{\alpha}{\beta}S_l\right)$ ולכן $A$ **הפיך** לפי משפט 3.14 (כי $\left|\frac{\alpha}{\beta}\right|<1$... הפתרון מציין $\left|\frac{\alpha}{\beta}\right|<1$). כל תנאי הטענה שבהדרכה מתקיימים, ולכן $\{x_n\}$ הוא **בסיס שאודר** של $\ell^2$. $\blacksquare$ **ב. $I+T$ הפיך כאשר $T$ חיובי:** מכיוון ש-$T \geq 0$ (אופרטור **חיובי**), לכל $x$ מתקיים $\langle Tx,x\rangle \geq 0$ ו-$\langle x,Tx\rangle \geq 0$. לכן: $$\|(I+T)x\|^2 = \|x\|^2 + \langle x,Tx\rangle + \langle Tx,x\rangle + \|Tx\|^2 \geq \|x\|^2$$ כלומר $\|(I+T)x\| \geq \|x\|$ לכל $x$. כמו כן, $(I+T)^* = I + T^* = I+T$ (כי $T$ **צמוד לעצמו**), ולכן: $$\|(I+T)^*x\|^2 = \|(I+T)x\|^2 \geq \|x\|^2$$ כל התנאים של **מסקנה 4.6** מתקיימים (עם $c_1 = c_2 = 1$), ולכן $I+T$ **הפיך**. $\blacksquare$