公演 $\sup_{0≤f∈L^2}\frac{\|Af\|_{L^2}}{\|f\|_{L^2}}=\sup_{0≤f∈L^2}\frac{⟨Af,f⟩_{L^2}}{\|f\|_{L^2}^2}$ 自己随伴非負性保存のため $A$

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0xbadf00d 2019-12-08 10:23.

しましょう $(E,\mathcal E,\mu)$ メジャースペースになり、 $A$ 上の自己随伴有界線形演算子である $L^2(\mu)$。仮定する$Af\ge0$ すべてのために $f\in\mathcal L^2(\mu)$$f\ge0$。しましょう$$c_1:=\sup_{\substack{f\in\mathcal L^2(\mu)\setminus\{0\}\\f\ge0}}\frac{\left\|Af\right\|_{L^2(\mu)}}{\left\|f\right\|_{L^2(\mu)}}.$$

私はそれを示したいと思います $$c_1=\sup_{\substack{f\in\mathcal L^2(\mu)\setminus\{0\}\\f\ge0}}\frac{\langle Af,f\rangle_{L^2(\mu)}}{\left\|f\right\|_{L^2(\mu)}^2}=:c_2.\tag1$$

これは古典的な結果であり、次の定義の最高値が $c_1$ そして $c_2$ 引き継がれる $\mathcal L^2(\mu)\setminus\{0\}$ そして、次の定義で内積の絶対値を取ります $c_2$

通常の証明を模倣して、簡単に取得できます $$c_2\le c_1=\sup_{\substack{f,\:g\:\in\:\mathcal L^2(\mu)\\\left\|f\right\|_{L^2(\mu)}\:=\:\left\|g\right\|_{L^2(\mu)}\:=\:1\\f,\:g\:\ge\:0}}\langle Af,g\rangle_{L^2(\mu)}=:c_3\tag2.$$ さて、私たちは古典的な主張をします(上限がとられる領域の非負性条件なしで $c_3$)を表示して終了します $$c_3\le c_2\tag3$$平行四辺形の法則を使用します。明らかに、これに伴う問題は、非負の関数の違いが非負である必要がないことです。これを修正することはできますか、それとも別の議論で結論を出すことができますか?

1 answers

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user284331 2019-12-10 23:47.

複雑なヒルベルト空間だと思います $L^{2}(\mu)$ 問題になっているので、の定義 $c_{2}$ そして $c_{3}$ それぞれです \begin{align*} c_{2}=\sup_{f\geq 0,~\|f\|=1}\left<Af,f\right>_{r}, \end{align*} そしてそれ \begin{align*} c_{3}=\sup_{f,g\geq 0,~\|f\|=\|g\|=1}\left|\left<Af,g\right>\right|, \end{align*} どこ \begin{align*} \left<f,g\right>=\int f\overline{g}, \end{align*} そしてそれ \begin{align*} \left<f,g\right>_{r}=\int fg. \end{align*}

しましょう $f,g\geq 0$$\|f\|=\|g\|=1$与えられる。まず第一に、以来$A(f)\geq 0$、それは些細なことです $\left<Af,f\right>_{r}=\left<Af,f\right>$ そして $\left|\left<Af,g\right>\right|=\left<Af,g\right>\geq 0$、区別する必要はありません $\left<\cdot,\cdot\right>_{r}$ そして $\left<\cdot,\cdot\right>$ の定義で $c_{2}$ そして $c_{3}$。の絶対値$c_{3}$ 削除することもできます。

私たちはその式を知っています \begin{align*} 4\text{Re}\left<Af,g\right>=\left<A(f+g),f+g\right>-\left<A(f-g),f-g\right>. \end{align*} しかし、この場合、用語 $\text{Re}\left<Af,g\right>$ 単に $\left<Af,g\right>$

今、私たちはしましょう $h=f-g$、重要なポイントはそれを実現することです \begin{align*} |A(h)|\leq A(|h|). \end{align*} 確かに、以来 $h$ 実数値です、私たちは持っています $|h|+h\geq 0$。以来$h=h^{+}-h^{-}$、の直線性 $A$ 与える $Ah=Ah^{+}-Ah^{-}$。両方とも覚えておいてください$Ah^{+},Ah^{-}\geq 0$、 そう $Ah$ 実数値です。

なので $A$ 秩序を維持している、私たちは持っています $A(|h|+h)\geq 0$、の直線性 $A$ そしてその事実 $Ah$ 実数値である $A(|h|)\geq-A(h)$。同じアカウントが適用されます$|h|-h\geq 0$ 取得するため $A(|h|)\geq A(h)$

結果として、 \begin{align*} \left|\left<A(f-g),f-g\right>\right|\leq\left<|A(f-g)|,|f-g|\right>\leq\left<A(|f-g|),|f-g|\right>. \end{align*} 私たちはそれを得る \begin{align*} & 4\left<Af,g\right>\\ &\leq\|f+g\|^{2}\left|\left<A\left(\dfrac{f+g}{\|f+g\|}\right),\dfrac{f+g}{\|f+g\|}\right>\right|+\|f-g\|^{2}\left|\left<A\left(\dfrac{|f-g|}{\|f-g\|}\right),\dfrac{|f-g|}{\|f-g\|}\right>\right|\\ &=\|f+g\|^{2}\left<A\left(\dfrac{f+g}{\|f+g\|}\right),\dfrac{f+g}{\|f+g\|}\right>+\|f-g\|^{2}\left<A\left(\dfrac{|f-g|}{\|f-g\|}\right),\dfrac{|f-g|}{\|f-g\|}\right>\\ &\leq c_{2}(\|f+g\|^{2}+\|f-g\|^{2})\\ &= 2c_{2}(\|f\|^{2}+\|g\|^{2})\\ &= 4c_{2}, \end{align*} そう $\left<Af,g\right>\leq c_{2}$、 それゆえ $c_{3}\leq c_{2}$ 主張されています。

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