Operadores lineales acotados invertibles en un espacio de Banach

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Operadores lineales acotados invertibles en un espacio de Banach

En este tema suponemos que X es un espacio de Banach.

Objetivos. Demostrar que los operadores lineales acotados invertibles forman un sub- conjunto abierto en B(X), y la operaci´on S 7→ S⁻¹ es continua.

Prerrequisitos. Espacios de Banach, operadores lineales, el espacio de operadores lineales acotados, la suma de la progresi´on geom´etrica.

B(X) es un ´ algebra de Banach

Denotamos B(X, X) por B(X). Ya sabemos que B(X) es un espacio de Banach. Definimos en B(X) la operación de multiplicación como la composición:

ST := S ◦ T.

Entonces B(X) es un ´algebra compleja. La norma es submultiplicativa:

kST k ≤ kSk kT k (S, T ∈ B(X)).

En efecto, si x ∈ X tal que kxk ≤ 1, entonces

k(ST )(x)k = kS(T (x))k ≤ kSk kT xk ≤ kSk kT k kxk ≤ kSk kT k.

El operador de identidad I : X → X es un elemento neutro en esta ´algebra:

SI = IS = S (S ∈ B(X)).

Adem´as, kIk = 1.

1 Definici´on. Sea A un ´algebra compleja asociativa y al mismo tiempo un espacio de Banach. Supongamos que la norma es submultiplicativa:

∀a, b ∈ A kabk ≤ kak kbk.

Adem´as, supongamos que A hay un elemento neutro e y kek = 1. Entonces se dice que A es un ´algebra de Banach con identidad.

Operadores lineales invertibles en un espacio de Banach, p´agina 1 de 4

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Los razonamientos anteriores significan que B(X) es un ´algebra de Banach con identidad.

2 Proposici´on. La funci´on M : B(X) × B(X) → B(X), definida mediante la regla M (S, T ) := ST , es continua.

Idea de demostraci´on. Sean S, T ∈ B(X). Dado ε > 0, encontrar un δ > 0 tal que si A, B ∈ B(X), kA − Sk < δ y kB − T k < δ, entonces kAB − ST k < ε.

El grupo de los elementos invertibles

Un operador S ∈ B(X) se llama invertible si existe T ∈ B(X) tal que ST = I y T S = I.

3 Ejercicio. Recordar la demostraci´on de la unicidad del operador inverso.

Denotamos por Inv(B(X)) al conjunto de los elementos invertibles del ´algebra B(X):

Inv(B(X)) :=S ∈ B(X) : ∃T ∈ B(X) ST = I ∧ T S = I .

Es f´acil ver que si S ∈ Inv(B(X)), entonces S⁻¹ ∈ Inv(B(X)). Definimos inv : Inv(B(X)) → Inv(B(X)), inv(S) := S⁻¹.

4 Proposición. Inv(B(X)) con la operación de composición es un grupo. La función inv tiene las siguientes propiedades:

inv(I) = I, inv(ST ) = inv(T ) inv(S), inv(inv(S)) = S (S, T ∈ Inv(B(X))).

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La serie de von Neumann

5 Proposici´on. Sea T ∈ B(X) tal que kT k < 1. Entonces I − T ∈ Inv(B(X)), (I − T )⁻¹ =

∞

X

k=0

T^k, M´as a´un,

k(I − T )⁻¹k ≤ 1

1 − kT k, k(I − T )⁻¹− Ik ≤ kT k 1 − kT k. Demostraci´on. Para cada m en N, definimos Sm como

S_m :=

m

X

k=0

T^k. La condici´on kT k < 1 implica que kT^kk ≤ kT k^k, y

∞

X

k=0

kT^kk < +∞.

Como el espacio normado B(X) es completo, la serie P∞

k=0T^k converge. Denotemos su suma por U :

U :=

∞

X

k=0

T^k= l´ım

m→∞S_m. Entonces

kU k ≤

∞

X

k=0

kT k^k = 1 1 − kT k. Notamos que

(I − T )S_m =

m

X

k=0

T^k−

m

X

k=0

T^k+1= I − T^m+1. De manera similar,

S_m(I − T ) =

m

X

k=0

T^k−

m

X

k=0

T^k+1= I − T^m+1. Pasando al l´ımite cuando m → ∞, concluimos que

(I − T )U = I, U (I − T ) = I.

Ejercicio: demostrar que kU − Ik ≤ _{1−kT k}^{kT k} .

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Propiedades topol´ ogicas del grupo de operadores invertibles

6 Proposici´on. Sea S ∈ Inv(B(X)) y sea T ∈ B(X) tal que kT − Sk < 1

kS⁻¹k. Entonces T ∈ Inv(B(X)),

kT⁻¹k ≤ kS⁻¹k

1 − kS⁻¹k kT − Sk, kT⁻¹− S⁻¹k < kT − Sk kS⁻¹k² 1 − kT − Sk kS⁻¹k. Demostraci´on. Escribimos T en la forma

T = S + (T − S) = S(I − S⁻¹(S − T )).

Como kS⁻¹(S − T )k ≤ kS⁻¹k kT − Sk < 1, concluimos que I − S⁻¹(S − T ) ∈ Inv(B(X)) y T ∈ Inv(B(X)). M´as a´un,

T⁻¹ = (I − S⁻¹(S − T ))⁻¹S⁻¹. De aqu´ı obtenemos las cotas enunciadas.

7 Proposici´on. El conjunto Inv(B(X)) es abierto en B(X). La funci´on inv es continua.

Demostraci´on. Se sigue de la demostraci´on anterior.

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