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 linea- les 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 operaci´on de multiplicaci´on como la composici´on:

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 identi- dad.

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 Proposici´on. Inv(B(X)) con la operaci´on de composici´on es un grupo. La funci´on inv tiene las siguientes propiedades:

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

Operadores lineales invertibles en un espacio de Banach, p´agina 2 de 4

(3)

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

Tk, 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

Sm :=

m

X

k=0

Tk. La condici´on kT k < 1 implica que kTkk ≤ kT kk, y

X

k=0

kTkk < +∞.

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

k=0Tk converge. Denotemos su suma por U :

U :=

X

k=0

Tk= l´ım

m→∞Sm. Entonces

kU k ≤

X

k=0

kT kk = 1 1 − kT k. Notamos que

(I − T )Sm =

m

X

k=0

Tk

m

X

k=0

Tk+1= I − Tm+1. De manera similar,

Sm(I − T ) =

m

X

k=0

Tk

m

X

k=0

Tk+1= I − Tm+1. Pasando al l´ımite cuando m → ∞, concluimos que

(I − T )U = I, U (I − T ) = I.

Ejercicio: demostrar que kU − Ik ≤ 1−kT kkT k .

Operadores lineales invertibles en un espacio de Banach, p´agina 3 de 4

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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.

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

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