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IDEALES TRAZA Y TODO ESO

LUIS SILVESTRE

Resumen. En este trabajo se generalizaran algunas ideas conocidas en Cn×n

a algun subconjunto de L(H). Lo primero que se hace es extender la definicion

de las normas unitariamente invariantes mas comunes a algunos ideales deL(H). Al final se define el determinante y la traza de operadores (en donde

tenga sentido) y se prueba que la traza de un operador compacto en cierto

ideal es la suma de sus autovalores.

1. Preliminares

Se daran por conocidas a todas las propiedades de las matrices de Cn×n. A partirde estas, se intentaran deducir propiedades semejantes en algunos subconjuntos deL(H).H sera siempre un espacio de Hilbert separable de dimension infinita. Cuando

se mencione a la norma de un operador de L(H), o se escriba ‖.‖ sin especificar aque norma se refiere, es a la norma espectral. El producto interno 〈a, b〉 es lineal enla segunda coordenada y lineal conjugado en la primera. L0(H) es el conjunto deoperadores compactos en H.

Sobre operadores compactos, se usara que todos los valores del espectro no nulosson autovalores. Ademas se usara el conocido teorema de representacion:

Teorema 1.1. Sea A ∈ L0(H). Entonces existen sistemas ortonormales {ψn} y{φn} y una sucesion de numeros reales positivos s1, s2, . . . tales que:

A =N∑

n=1

sn 〈ψn, .〉φn

Converge en norma a A cuando N →∞.Los numeros si son los valores singulares de A.

Cuando se escriba si siempre se estara refiriendo a los valores singulares deloperador compacto. Si hay ambiguedad en cuanto al operador, se escribe si(A).

Si A tiene rango finito, entonces hay un N para el que la suma de arriba daefectivamente A.

Otra propiedad de los operadores compactos que se va a usar repetidamentees que aplican sucesiones debilmente convergentes en sucesiones convergentes ennorma.

En la demostracion de 4.7 se va a usar algo de analisis espectral para operadoresautoadjuntos acotados.

Al final, para demostrar el teorema de Linskii, se van a usar varias propiedadesde las funciones holomorfas y armonicas.

1

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2. Normas simetricas y operadores de rango finito

Esta seccion tiene como objetivo convencer a todos de que un operador de rangofinito es mas o menos como una matriz, y lo que se sabe acerca de normas uni-tariamente invariantes sobre Cn se puede llevar al espacio de operadores de rangofinito.

Sea F el espacio vectorial de sucesiones de numeros complejos con una cantidadfinita de elementos no nulos. Sean iN : Cn → F las funciones:

iN (a1, . . . , aN ) := (a1, . . . , aN , 0, 0, . . . )

Definicion 2.1. Una funcion Φ : F → R+ se dice que es una norma simetricacuando las funciones Φ ◦ iN son todas normas gauge simetricas en CN .

De esta manera, una norma simetrica Φ define una norma unitariamente inva-riante en Cn×n para todo n, a las que llamare ‖.‖Φ (si bien son muchas porquedependen de n, y se aplican a espacios distintos, las llamo a todas igual porque sonesencialmente lo mismo). Mas aun, Φ sirve para definir una norma en el espacio deoperadores de rango finito como se vera en los parrafos que siguen.

Sea A un operador de rango finito. Sea S cualquier subespacio de H de dimensionfinita que contenga al rango de A y al complemento ortogonal del kernel. De esamanera A|S : S −→ S. Como S es de dimension finita puedo calcular 1

∥∥A|S∥∥Φ.

Como A|S⊥ ≡ 0, es bastante natural definir ‖A‖Φ =∥∥A|S∥∥

Φ. El problema ahora es

probar que esto es una norma y que no depende de la eleccion de S.

Proposicion 2.2. Sea A ∈ L(H) de rango finito. Sea S ⊂ H, dimS < ∞ talque S contiene al rango y al complemento ortogonal del kernel de A. EntoncesA|S : S → S tiene los mismos autovalores y valores singulares que A salvo quizasel cero.

Demostracion. Como A tiene rango finito, tiene una expresion de la forma:

A(x) =n∑

j=1

sj 〈φj , x〉ψj

RanA = 〈ψ1, . . . , ψn〉

(KerA)⊥ = 〈φ1, . . . , ψn〉

Por lo tanto la misma expresion sirve para el operador A|S : S → S. Entoncestienen los mismos valores singulares, salvo a lo sumo el cero.

Si λ 6= 0 es autovalor de A, existe v ∈ H tal Av = λv, por lo tanto v ∈ RanA ⊂ S.Entonces v ∈ S y λ es tambien un autovalor de A|S .

Si λ es autovalor de A|S , entonces tambien es autovalor de A. �

Proposicion 2.3. ‖A‖Φ =∥∥A|S∥∥

Φno depende de la eleccion de S siempre y cuando

contenga a RanA y a (KerA)⊥

1En realidad tengo definido ‖.‖Φ en Cn×n que si bien es isomorfo a S, no hay ningun morfismonatural. Lo que pasa es que para todos los isomorfismos da lo mismo porque ‖.‖Φ es unitariamente

invariante

IDEALES TRAZA Y TODO ESO 3

Demostracion. Supongamos que S ⊂ Q, con dim(Q) = m. Entonces A|Q(QS) ≡0, por lo que los valores singulares de A|Q son los mismos que los de A|S mas algunosceros, entonces

∥∥A|S∥∥Φ

=∥∥A|Q∥∥

Φ.

Si S y S′ son subespacios deH de dimension finita, entonces:∥∥A|S∥∥

Φ=

∥∥A|(S+S′)

∥∥Φ

=∥∥A|S′∥∥Φ. Por lo tanto la definicion de ‖A‖Φ no depende de S. �

Proposicion 2.4. ‖.‖Φ es una norma en el espacio de operadores de rango finito.

Demostracion. Sean A y B dos operadores de rango finito. Sea S un subespacioque contiene a los rangos de A y B y a los complementos ortogonales de los doskernel. Entonces contiene al rango de A+B y a (Ker(A+B))⊥ y ‖A‖Φ =

∥∥A|S∥∥Φ,

‖B‖Φ =∥∥B|S∥∥

Φ, ‖A+B‖Φ =

∥∥(A+B)|S∥∥

Φ. Por lo tanto:

‖A+B‖Φ =∥∥(A+B)|S

∥∥Φ≤

∥∥A|S∥∥Φ

+∥∥B|S∥∥

Φ= ‖A‖Φ + ‖B‖Φ

Con esto se demuestra que ‖.‖Φ es subaditiva. El resto de las propiedades esevidente. �

La demostracion anterior es el esquema de demostracion de cualquier desigual-dad que se quiera generalizar de Cn×n al espacio de operadores de rango finito.Imaginemos una desigualdad en la que intervienen una cierta cantidad de matricesen Cn×n y normas unitariamente invariantes. Si la desigualdad es independientede n se la puede extender a operadores de rango finito simplemente buscando unsubespacio S de H de dimension finita suficientemente grande para que contengatodo lo que le haga falta a cada operador que interviene en la desigualdad.

Proposicion 2.5. Si A es un operador de rango finito con valores singularess1, . . . , sn entonces ‖A‖Φ = Φ(s1, . . . , sn, 0, 0, . . . )

Demostracion. Como A tiene rango finito, entonces tiene la forma:

A(x) =n∑

j=1

sj 〈φj , x〉ψj

Sea S =< φ1, . . . , φn, ψ1, . . . , ψn >. Entonces la misma expresion de A sirve paraA|S , por lo que s1, . . . , sn son los valores singulares de A|S . Por lo tanto:

‖A‖Φ =∥∥A|S∥∥

Φ= Φ ◦ in(s1, . . . , sn) = Φ(s1, . . . , sn, 0, 0, . . . )

�

Proposicion 2.6. Si A es un operador de rango finito, B,C ∈ L(H) y Φ es unanorma simetrica, entonces:

‖BAC‖Φ ≤ ‖B‖ ‖A‖Φ ‖C‖

Demostracion. Sea R = RanA, N = (KerA)⊥.Sea C ′ = PNC, que tiene rango finito. Sea M = (KerC ′)⊥.Sea B′ = BPR, que tiene rango finito, Sea O = RanB′.Entonces BAC = B(PRAPN )C = B′AC ′ = (POBPR)(PRAPN )(PNCPM ).Sea S = P+R+N+M . Entonces S contiene al rango y al complemento ortogonal

del kernel de (POBPR), (PRAPN ) y (PNCPM ).

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Por lo tanto:

‖a‖Φ = ‖(POBPR)(PRAPN )(PNCPM )‖Φ=

∥∥(POBPR)|S(PRAPN )|S(PNCPM )|S∥∥

Φ

≤∥∥(PRAPN )|S

∥∥Φ

∥∥(POBPR)|S∥∥∥∥(PNCPM )|S

∥∥ ≤ ‖A‖Φ ‖B‖ ‖C‖

Donde la primera desigualdad se basa en la validez de este teorema para dimen-sion finita. �

Proposicion 2.7. Sea A es un operador de rango finito con valores singularess1, . . . , sn entonces:

sj = maxS⊂H

dimS=j

mınx∈S‖x‖=1

‖Ax‖

Demostracion. Sea Q un subespacio de H que contiene a (KerA)⊥ y a RanA.Entonces los valores singulares de A|Q (A|Q : Q → Q) son los mismos que los deA. Ahora solo resta ver que la expresion minmax da lo mismo, ya que ya sabemosque el calculo minmax de una matriz da los valores singulares.

Como Q contiene a (KerA)⊥ entonces Ax = A|QPQx donde PQ es el proyectorortogonal a Q.

mınx∈S‖x‖=1

‖Ax‖ = mınx∈S‖x‖=1

∥∥A|QPQx∥∥

Si 0 ∈ {PQ(x) : ‖x‖ = 1} entonces lo de arriba vale 0. En caso contrario (PQ)|Ses inyectiva y dimPQ(S) = j. Entonces:

mınx∈S‖x‖=1

‖Ax‖ = mınx∈S‖x‖=1

∥∥A|QPQx∥∥ ≤ mın

y∈PQ(S)‖y‖=1

∥∥A|Qy∥∥ ≤ maxS⊂Q

dimS=j

mınx∈S‖x‖=1

∥∥A|Qx∥∥ = sj

Por lo tanto:

maxS⊂H

dimS=j

mınx∈S‖x‖=1

‖Ax‖ ≤ maxS⊂Q

dimS=j

mınx∈S‖x‖=1

∥∥A|Qx∥∥ = maxS⊂Q

dimS=j

mınx∈S‖x‖=1

‖Ax‖

Pero la desigualdad en el otro sentido es evidente porque se toma el maximosobre una familia de conjuntos que contiene a la otra.

En realidad no se probo que el maximo se alcance. Ası como esta deberıa decirsup en vez de max. Pero el maximo se alcanza efectivamente cuando se toma comoS el espacio generado por los φj de la demostracion da la propiedad anterior (Losprimeros autovectores de A∗A, como se hace para las matrices). �

Corolario 2.8. Si A es un operador de rango finito, B,C ∈ L(H) y Φ es unanorma simetrica, entonces sk(BAC) ≤ ‖B‖ ‖C‖ sk(A).

La demostracion de esto es a partir del principio minimax, al igual que como sehace para las matrices.

La conclusion de todas estas propiedades es que cada vez que se habla de normas‖.‖Φ, valores singulares o autovalores de operadores de rango finito en H, se puedeencontrar un subespacio S ⊂ H de dimension finita, tal que el problema se reducea su restriccion a ese espacio, que es isomorfo a Cn. Como ya conocemos bastantebien a Cn y sus operadores, esto nos da una herramienta para generalizar una buenaparte de los resultados. Las unicas diferencias notables que se pueden encontrar es


que el espacio de operadores de rango finito no es completo con las normas definidas,y no todas las normas son equivalentes.

3. Normas al estilo Ky Fan en L(H)

En la seccion anterior se definieron normas unitariamente invariantes en el espa-cio de operadores de rango finito y se vieron algunas propiedades. Esto no fue ungran avance, porque es demasiado parecido a Cn×n cuando se ven problemas par-ticulares. Es decir que fue una generalizacion demasiado modesta. En lo que siguese va a intentar hacer una generalizacion demasiado pretenciosa, extender normasunitariamente invariantes a L(H), lo que obviamente no se va a lograr en general.

Dada una norma simetrica Φ : F → R+, se define Φk : F → R+ como:

Φk(a1, a2, a3, a4, . . . ) = Φ(a∗1, a∗2, . . . , a

∗k, 0, 0, . . . )

Donde a∗1, a∗2, a

∗3 es la sucesion de los modulos de aj pero ordenada de modo

decreciente (manteniendo repeticiones). Notar que para poder ordenar aj de esamanera necesito que lımj→∞ aj = 0, cosa que evidentemente sucede en F que esdonde esta definida Φk.

Por si todavıa te estas preguntando que es Φk, te aclaro que es como Φ peroaplicandola a los k valores mas grandes solamente.

Proposicion 3.1. Φk es una norma simetrica.

Demostracion. Hay que probar que Φk ◦ in es una norma gauge simetrica para todon ∈ N∗. Se va a probar solo la subaditividad porque lo demas es evidente.

Sean a, b ∈ Cn. Si k ≥ n entonces Φk ◦ in = Φ ◦ in por lo que no hay nada queprobar. Supongamos k < n.

Φk ◦ in(a) = Φ ◦ in(a∗1, . . . , a∗k, 0, . . . , 0)

Φk ◦ in(b) = Φ ◦ in(b∗1, . . . , b∗k, 0, . . . , 0)

Φk ◦ in(a+ b) = Φ ◦ in((a+ b)∗1, . . . , (a+ b)∗k, 0, . . . , 0)

Sabemos que en Cn, (a+ b)∗ ≺w (a∗ + b∗) simplemente porque las normas k deKay Fan son normas unitariamente invariantes en Cn×n. Por lo tanto, como Φ ◦ ines una norma gauge simetrica:

Φk ◦ in(a+ b) = Φ ◦ in((a+ b)∗1, . . . , (a+ b)∗k, 0, . . . , 0) ≤≤ Φ ◦ in(a∗1 + b∗1, . . . , a

∗k + b∗k, 0, . . . , 0) = Φk ◦ in(a) + Φk ◦ in(b)

�

Estas normas Φk definen una norma unitariamente invariante en Cn×n paracualquier n ∈ N∗. Como se vio en la seccion anterior esa norma se puede extenderal espacio de operadores de rango finito. Pero por ahora voy a probar una propiedadde estas normas en Cn×n.

Proposicion 3.2. Supongamos que A es una matriz de Cn×n, entonces:

‖A‖Φk= max

S⊂Cn

dimS=k

‖APS‖Φ

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Demostracion. Dados A ∈ Cn×n y S ⊂ Cn con dimS = k entonces, como ‖.‖Φkes

una norma unitariamente invariante:

‖A‖Φk= ‖A‖Φk

‖PS‖ ≥ ‖APS‖Φk= ‖APS‖Φ

Por lo tanto ‖A‖Φk≥ supdimS=k ‖APS‖Φ. La igualdad se da porque el valor de

la izquierda se alcanza efectivamente cuando S es el subespacio generado por losautovectores de |A| correspondientes a s1(A), . . . , sk(A). �

Esta caracterizacion sugiere una definicion para las normas de ‖.‖Φken el caso

infinito dimensional.

Definicion 3.3. Dado A ∈ L(H) la norma ‖A‖Φkes:

‖A‖Φk= sup

dimS=k‖APS‖Φ

En principio hay que probar que ‖.‖Φkesta bien definido (que no es infinito).

Proposicion 3.4. ‖A‖Φk< ∞ y ademas existen constantes C y D tales que

C ‖A‖ ≤ ‖A‖Φk≤ D ‖A‖.

Demostracion. Si S ∈ H es tal que dimS = k, entonces ‖APS‖ ≤ ‖A‖. Sea Q = S+Ran(APS), como dimS = k entonces dimQ ≤ 2k, ademas Q contiene a Ran(APS)y a (Ker(APS))⊥, por lo que APS puede ser pensado como un operador de Q enQ. Entonces existe una constante D para la cual: ‖APS‖Φ ≤ D ‖APS‖ ≤ D ‖A‖porque en C2k×2k todas las normas son equivalentes. Por lo tanto:

‖A‖Φk= sup

dimS=k‖APS‖Φ ≤ D ‖A‖

Sean xn ∈ H tales que ‖xn‖ = 1 y lımn→∞Axn = ‖A‖. Sean Sn subespacios deH tales que dimSn = k y xn ∈ Sn. Entonces ‖APSn‖ → ‖A‖.

Como en C2k×2k todas las normas son equivalentes, existe C > 0 tal que:‖APSn

‖Φ ≥ C ‖APSn‖. Por lo tanto:

‖A‖Φk= sup

dimS=k‖APS‖Φ ≥ ‖APSn

‖Φ ≥ C ‖APSn‖

Como ‖APSn‖ → ‖A‖, entonces ‖A‖Φk≥ C ‖A‖ �

Proposicion 3.5. Dada A ∈ L(H), ‖A‖Φkes creciente como funcion de k.

Demostracion. Supongamos k′ < k. Si S ⊂ H y dimS = k′ entonces existe unS ⊂ R ⊂ H tal que dimR = k.

Como S ⊂ R entonces ‖APS‖Φ = ‖APRPS‖Φ ≤ ‖APR‖Φ ‖PS‖ = ‖APR‖Φ ≤‖A‖Φk

. Por lo tanto:‖A‖Φk′

≤ ‖A‖Φk

�

Esta ultima propiedad tiene un corolario inmediato:

Corolario 3.6.

‖A‖Φk= sup

dimS=k‖APS‖Φ = sup

dimS≤k‖APS‖Φ


Ahora hay que probar que es una norma. Es decir que hay que probar que:

‖A‖Φk≥ 0(3.1)

‖A‖Φk= 0 ⇔ A = 0(3.2)

‖A+B‖Φk≤ ‖A‖Φk

+ ‖B‖Φk(3.3)

‖λA‖Φk= |λ| ‖A‖Φk

(3.4)

Ademas tambien se va a probar que cumple:

‖BAC‖Φk≤ ‖A‖Φk

‖B‖ ‖C‖

Demostracion.‖A‖Φk

= supdimS=k

‖APS‖Φ

Como ‖A‖Φkes el supremo de cosas positivas, entones es positivo: ‖A‖Φk

≥ 0.Si A 6= 0 entonces existe x ∈ H tal que Ax 6= 0. Sea S ⊂ H tal que x ∈ S y

dimS = k. Entonces APSx = Ax 6= 0, por lo tanto ‖A‖Φk≥ ‖APS‖ 6= 0. Si A = 0

entonces ‖APS‖ = 0 para todo subespacio S.Sean A,B ∈ L(H) entonces:

‖A+B‖Φk= sup

dimS=k‖(A+B)PS‖Φ ≤

≤ supdimS=k

‖APS‖Φ + ‖BPS‖Φ ≤

≤ supdimS=k

‖APS‖Φ + supdimS=k

‖BPS‖Φ =

= ‖A‖Φk+ ‖B‖Φk

‖λA‖Φk= sup

dimS=k‖λAPS‖Φ = sup

dimS=k|λ| ‖APS‖Φ = |λ| ‖A‖Φk

‖BCA‖Φk= sup

dimS=k‖BACPS‖Φ

Dado S ⊂ H con dimS = k, sea R = C(S) y T = A(R). Entonces BACPS =(BPT )(APR)(CPS). Por lo tanto ‖BACPS‖Φ = ‖(BPT )(APR)(CPS)‖Φ. Usando2.6 se obtiene:

‖BACPS‖Φ = ‖(BPT )(APR)(CPS)‖Φ≤ ‖BPT ‖ ‖APR‖Φ ‖CPS‖ ≤ ‖B‖ ‖APR‖Φ ‖C‖

Como R = C(S), entonces dimR ≤ dimS = k. Como ‖A‖Φkes creciente en k,

‖BACPS‖Φ ≤ ‖B‖ ‖A‖Φk‖C‖ para todo S tal que dimS = k. Por lo tanto:

‖BAC‖Φk≤ ‖B‖ ‖A‖Φk

‖C‖�

Ya tenemos un monton de normas unitariamente invariantes 2 en L(H). Lastimaque son todas equivalentes. Eso podrıa sonar desalentador, pero en Cn×n tambienson todas las normas equivalentes y nadie se ha quejado.

Veamos ahora como se comporta esta norma con los operadores compactos.

2Son unitariamente invariantes, confıen en mı

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Proposicion 3.7. Sea A un operador de rango finito con valores singulares s1 ≥s2 ≥ · · · ≥ sn. Entonces ‖A‖Φk

= Φ(s1, s2, . . . , smın(k,n), 0, 0, . . . ).

Demostracion. Es una consecuencia inmediata de 3.2. �

Proposicion 3.8. Sea A un operador de compacto con valores singulares s1 ≥ s2 ≥. . . . Entonces ‖A‖Φk

= Φ(s1, s2, . . . , sk, 0, 0, . . . ).

Demostracion. Sabemos que existes sistemas ortonormales φj y ψj tales que:

Ax =∞∑

j=1

sj 〈φj , x〉ψj

Los operadores de rango finito:

(3.5) Anx =n∑

j=1

sj 〈φj , x〉ψj

Convergen a A en norma. Como las normas ‖.‖ y ‖.‖Φkson equivalentes entonces:

‖An‖Φk−→ ‖A‖Φk

. Pero si n > k entonces ‖An‖Φk= Φ(s1, s2, . . . , sk, 0, 0, . . . ). Por

lo tanto:‖A‖Φk

= Φ(s1, s2, . . . , sk, 0, 0, . . . )�

4. Ideales IΦ

Al principio de todo se definio lo que era una norma simetrica Φ sobre el espacioF. A partir de eso se definieron las normas ‖.‖Φ sobre el espacio de operadores derango finito. Es natural intentar extender la definicion a un espacio mas grande.Como se dijo, los operadores de rango finito no forman en general un espacio com-pleto para la norma ‖.‖Φ, por lo que por lo menos se podra extender esta norma ala completacion del espacio. Algunas normas se pueden definir en todo L(H), comola espectral, o las ‖.‖Φk

, sin embargo L(H) es un espacio mayor que la completacionde el espacio de los operadores de rango finito por esas normas (eso vendrıa a serel espacio de operadores compactos).

Tomemos un operador A de rango n. Vemos que cuando k > n entonces ‖A‖Φk=

‖A‖Φ. Es decir que cuanto mas grande es el rango de A, mas grande debe serel k para que ‖A‖Φk

= ‖A‖Φ. Serıa lindo poder definir ‖A‖Φ = lımk→∞ ‖A‖Φk.

Como ‖A‖Φkes creciente podemos decir simplemente ‖A‖Φ = supk∈N∗ ‖A‖Φk

paracualquier operador A ∈ L(H) y esta definicion de ‖.‖Φk

coincidira con la quetenemos previamente para los operadores de rango finito.

Afortunadamente, el lımite no existe para cualquier operador en L(H) y cual-quier norma simetrica Φ.

Definicion 4.1. Dada una norma simetrica Φ y A ∈ L(H) se define:

‖A‖Φ = supk∈N∗

‖A‖Φk

Donde ‖.‖Φ : L(H) −→ (R+ ∪ {+∞}).

Notar que si A ∈ L(H) entonces ‖A‖Φ ≥ ‖A‖Φkcualquiera sea el k.

La siguiente proposicion prueba que ‖.‖Φ es una norma.

Proposicion 4.2. Sean A,B ∈ L(H), entonces:


1. ‖A‖Φ = 0 ⇐⇒ A = 02. ‖A+B‖Φ ≤ ‖A‖Φ + ‖B‖Φ3. ‖λA‖Φ = |λ| ‖A‖Φ4. ‖BAC‖Φ ≤ ‖A‖Φ ‖B‖ ‖C‖

Demostracion. 1. Si A = 0 entonces ‖A‖Φk= 0 para todo k. Por lo tanto

‖A‖Φ = 0.Si ‖A‖Φ = 0 entonces ‖A‖Φk

= 0 para todo k. Pero como las ‖.‖Φkson

normas, eso implica que A = 0.2.

‖A+B‖Φ = supk∈N∗

‖A+B‖Φk≤

≤ supk∈N∗

‖A‖Φk+ ‖B‖Φk

≤

≤ supk∈N∗

‖A‖Φk+ sup

k∈N∗‖B‖Φk

= ‖A‖Φ + ‖B‖Φ

3.

‖λA‖Φ = supk∈N∗

‖λA‖Φk=

= supk∈N∗

|λ| ‖A‖Φk=

= |λ| ‖A‖Φ4.

‖BAC‖Φ = supk∈N∗

‖BAC‖Φk≤

≤ supk∈N∗

‖A‖Φk‖B‖ ‖C‖ =

= ‖A‖Φ ‖B‖ ‖C‖�

Proposicion 4.3. Sea A ∈ L(H).Sean U, V dos isometrıas parciales tales que:

ranU ⊃ (kerA)⊥

(kerV )⊥ ⊃ ranA

Entones ‖V AU‖Φ = ‖A‖Φ.

Demostracion.‖V AU‖Φ ≤ ‖A‖Φ ‖U‖ ‖V ‖ = ‖A‖Φ

Como V ∗V = P(kerV )⊥ y UU∗ = PranU

‖A‖Φ = ‖V ∗V AUU∗‖Φ ≤ ‖V AU‖Φ ‖U∗‖ ‖V ∗‖ = ‖V AU‖Φ

Entonces ‖V AU‖Φ = ‖A‖Φ.�

Definicion 4.4. Dada una norma simetrica Φ, sea IΦ el conjunto:

IΦ = {A ∈ L(H) : ‖A‖Φ <∞}

Proposicion 4.5. IΦ es un espacio de Banach con la norma ‖.‖Φ.

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Demostracion. Si A,B ∈ IΦ y λ ∈ C entonces:‖A+B‖Φ ≤ ‖A‖Φ + ‖B‖Φ <∞⇒ (A+B) ∈ IΦ

‖λA‖Φ = |λ| ‖A‖Φ <∞⇒ λA ∈ IΦ

Por lo tanto IΦ es un espacio vectorial y ‖.‖Φ es una norma sobre el.Ahora supongamos que An es una sucesion de Cauchy en IΦ. Por lo tanto An

es una sucesion de Cauchy en cada norma ‖.‖Φk. Como todas estas normas son

equivalentes a la norma espectral, entonces An es Cauchy en ‖.‖, y An converge aalgun operador A en norma.

Sea ε > 0. Como An es de Cauchy en ‖.‖Φ, existe N tal que ‖An −Am‖Φ < εpara todo n,m > N . Entonces ‖An −Am‖Φk

< ε para todo n,m > N y k ∈ N∗.Como An converge a A con cualquier norma ‖.‖Φk

entonces ‖An −A‖Φk< ε para

todo n > N y k ∈ N∗. Por lo tanto ‖An −A‖Φ < ε. Es decir que An converge a Aen la norma ‖.‖Φ. El operador A estara en IΦ simplemente porque:

‖A‖Φ ≤ ‖An‖Φ + ‖A−An‖Φ = ‖An‖Φ + lımm→∞

‖Am −An‖Φ ≤ ‖An‖Φ + ε

Por lo tanto IΦ con la norma ‖.‖Φ es un espacio de Banach. �

Proposicion 4.6. IΦ es un ideal del algebra de operadores L(H).

Demostracion. Ya se probo que IΦ es un espacio vectorial. En particular es un grupocon respecto a la suma. Por lo tanto solo falta probar que si A ∈ IΦ y B ∈ L(H)entonces AB ∈ IΦ y BA ∈ IΦ.

‖AB‖Φ ≤ ‖A‖Φ ‖B‖ <∞⇒ AB ∈ IΦ

‖BA‖Φ ≤ ‖A‖Φ ‖B‖ <∞⇒ BA ∈ IΦ

�

Proposicion 4.7. Si I es un ideal de L(H) entonces I ⊂ L0(H) o I = L(H).Donde L0(H) es el espacio de operadores compactos en H.

Demostracion. Sea A ∈ I, como |A| = U∗A, entonces |A| ∈ I.|A| es autoadjunto, sean Pa = P[a,∞] los proyectores espectrales de |A|.σ(|A| − Pa |A|) ⊂ [0, a], porque |A| ≥ 0. Entonces lıma→0 (Pa |A|) = |A|.Por lo tanto, si todos los Pa son de dimension finita, |A| es compacto, y por lo

tanto A es compacto.Supongamos que uno de los Pa es de dimension infinita.Para cada a > 0, existe una funcion continua y acotada f que vale 1/x cuando

x ≥ a. Entonces:

|A| f(|A|)Pa = (x.f.χ[a,∞))(|A|) = χ[a,∞)(|A|) = Pa

Por lo tanto Pa ∈ I.Si RanPa es de dimension infinita, como H es separable, RanPa es separable, y

hay una isometrıa V : H → RanPa (ambos tienen una isometrıa a l2).Entonces V ∗PaV = I ∈ I, y por lo tanto I = L(H). �

De esta ultima propiedad deducimos que IΦ ⊂ L0(H) o IΦ = L(H).

Proposicion 4.8. Si IΦ = L(H) entonces ‖.‖Φ es equivalente a la norma espectral‖.‖.


Demostracion.‖A‖Φ = ‖AI‖Φ ≤ ‖I‖Φ ‖A‖

La norma ‖.‖Φ1es equivalente a ‖.‖ por lo tanto existe C > 0 tal que ‖A‖Φ1

≥C ‖A‖ para todo A ∈ L(H). Por lo tanto:

‖A‖Φ ≥ ‖A‖Φ1≥ C ‖A‖

Es decir que C ‖A‖ ≤ ‖A‖Φ ≤ ‖I‖Φ ‖A‖. Por lo tanto ‖.‖Φ y ‖.‖ son equivalentes.�

Proposicion 4.9.

‖A‖Φ = supS⊂H

dimS<∞

‖APS‖Φ = supS⊂H

dimS<∞

‖PSA‖Φ = supS⊂H

dimS<∞

‖PSAPS‖Φ

Demostracion.

‖APS‖Φ ≤ ‖A‖Φ ‖PS‖ = ‖A‖Φ‖PSA‖Φ ≤ ‖A‖Φ ‖PS‖ = ‖A‖Φ

‖PSAPS‖Φ ≤ ‖A‖Φ ‖PS‖2 = ‖A‖ΦPor lo tanto:

supS⊂H

dimS<∞

‖APS‖Φ ≤ ‖A‖Φ

supS⊂H

dimS<∞

‖PSA‖Φ ≤ ‖A‖Φ

supS⊂H

dimS<∞

‖PSAPS‖Φ ≤ ‖A‖Φ

De la definicion de ‖A‖Φ se deduce directamente que:

supS⊂H

dimS<∞

‖APS‖Φ = ‖A‖Φ

Como ‖PSAPS‖Φ ≤ ‖PSA‖Φ ‖PS‖ = ‖PSA‖Φ, entonces:

supS⊂H

dimS<∞

‖PSAPS‖Φ ≤ supS⊂H

dimS<∞

‖PSA‖Φ ≤ ‖A‖Φ = supS⊂H

dimS<∞

‖APS‖Φ

Si S ⊂ H y dimS < ∞ entonces sea Q = RanAPS + S. Entonces APS =PQAPS = PQAPQPS . Por lo tanto:

‖APS‖Φ = ‖PQAPQPS‖Φ ≤ ‖PQAPQ‖Φ ‖PS‖ = ‖PQAPQ‖ΦPor lo tanto para todo S ⊂ H de dimension finita, existe Q ⊂ H de dimension

finita, tal que ‖APS‖Φ ≤ ‖PQAPQ‖Φ, entonces:

supS⊂H

dimS<∞

‖PSAPS‖Φ ≥ supS⊂H

dimS<∞

‖APS‖Φ

Lo que completa la demostracion. �

Proposicion 4.10. La aplicacion A 7→ A∗ es una isometrıa de IΦ

12 LUIS SILVESTRE

Demostracion.

‖A∗‖Φ = supS‖A∗PS‖Φ = sup

S‖PSA‖Φ = ‖A‖Φ

�

Proposicion 4.11. Sea A ∈ L0(H) con valores singulares s1 ≥ s2 ≥ . . . , entonces:

‖A‖Φ = lımk→∞

Φ(s1, s2, . . . , sk, 0, 0, . . . )

Demostracion. Usando la definicion de ‖A‖Φ y 3.8:

‖A‖Φ = lımk→∞

‖A‖Φk= lım

k→∞Φ(s1, s2, . . . , sk, 0, 0, . . . )

�

5. Traza

Tomemos ahora la norma simetrica dada por:

Φ(a1, a2, . . . ) =∑

i

|ai|

Notar que siempre se toman sumas finitas porque Φ esta definida sobre valoresde F.

Φ es una norma simetrica porque Φ ◦ in es la funcion gauge simetrica correspon-diente a la norma 1 en Cn×n.

Al ideal IΦ definido por esta norma lo voy a llamar I1. Y a la norma ‖.‖Φ sobreI1 la voy a llamar ‖.‖1 porque extiende a la norma 1 de Cn×n. A las normas ‖.‖Φk

,sobre L(H) las voy a llamar ‖.‖(k), porque extienden a las normas de Kay Fan.

Proposicion 5.1. I1 ⊂ L0(H)

Demostracion. Por 4.7, solo hace falta probar que I1 6= L(H). Para eso solo hacefalta ver que I /∈ I1.

Pero ‖IPS‖1 = dimS entonces: supS ‖APS‖1 = ∞. Por lo tanto I /∈ I1 y I1 ⊂L0(H). �

Proposicion 5.2. El espacio de operadores de rango finito es denso en I1.

Demostracion. Sea A ∈ I1. Entonces por ser A ∈ L0(H), A tiene una expresion:Ax =

∑∞i=1 si < φi, x > ψi. Donde por 4.11, ‖A‖1 =

∑si.

Sea Ak =∑k

i=1 si < φi, x > ψi, entonces:

‖A−Ak‖1 =

∥∥∥∥∥∞∑

i=k+1

si 〈φi, x〉ψi

∥∥∥∥∥1

=∞∑

i=k+1

si −→ 0

Por lo tanto Ak −→ A, y los Ak son de rango finito. �

La traza de una matriz de Cn×n es la suma de los elementos de su diagonal,o equivalentemente la suma de sus autovalores (contando multiplicidades). Es unafuncion unitariamente invariante, entonces se puede definir facilmente la traza de unoperador de rango finito A usando el truco de agarrar un subespacio suficientementegrande S y luego tomar la traza de A|S . La traza de una matriz es siempre menorque su norma 1, por lo que esto cumplira:

tr(A) ≤ ‖A‖1


tr es una transformacion lineal. La ultima desigualdad nos dice que es acotada.Por el teorema de la transformacion lineal acotada (B.L.T.) se puede extender ala clausura del espacio de operadores de rango finito, que es justamente I1. Por lotanto existe una unica funcion tr : I1 −→ C de norma igual a 1, que coincide conla previamente definida para los operadores de rango finito.

En lo que sigue se va a definir mas precisamente tr(A) y al final se probara, usan-do determinantes, que tr(A) es igual a la suma de los autovalores de A (contandomultiplicidades).

Proposicion 5.3. Si A ∈ I1 y {φj} es un sistema de vectores ortonormales en Hentonces:

∞∑j=1

〈φj , Aφj〉

converge absolutamente, y el lımite tiene un modulo no mayor a ‖A‖1.

Demostracion. Sea n ∈ N, S = 〈φ1, . . . , φn〉. Entonces APS es un operador de rangoa lo sumo n.

Sea Q = S+A(S), de manera que (APS)|Q : Q→ Q y (APS)(Q⊥) = 0. Entonces‖APS‖1 =

∥∥(APS)|Q∥∥

1.

Tomemos una base ortonormal de Q: B = {φ1, . . . , φn, ψ1, . . . , ψm}. Entonces lasuma de los modulos de los elementos de la diagonal en la matriz de (APS)|Q en labase B es menor o igual a

∥∥(APS)|Q∥∥

1(es un pinching). Por lo tanto:

n∑j=1

|〈φj , Aφj〉| ≤n∑

j=1

|〈φj , Aφj〉|+m∑

j=1

|〈ψj , Aψj〉| ≤∥∥(APS)|Q

∥∥1

= ‖APS‖1 ≤ ‖A‖1

Por lo tanto las sumas parciales de los valores absolutos de los sumandos esta aco-tada, y por tanto converge a un valor menor a la cota.∣∣∣∣∣∣

∞∑j=1

〈φj , Aφj〉

∣∣∣∣∣∣ ≤n∑

j=1

|〈φj , Aφj〉| ≤ ‖A‖1

�

Proposicion 5.4. Dada A ∈ I1, para cualquier sistema ortonormal completo {ηj},la expresion:

∞∑j=1

〈ηj , Aηj〉

da el mismo resultado.

Demostracion. Como A ∈ I1, entonces A es compacto y tiene una expresion de laforma: Ax =

∑si 〈φi, x〉ψi.

∞∑j=1

〈ηj , Aηj〉 =∞∑

j=1

∞∑i=1

si 〈φi, ηj〉〈ηj , ψi〉

Como A ∈ I1 entonces usando 4.11 se tiene que∑si converge.

14 LUIS SILVESTRE

Ademas por la desigualdad de Cauchy:

∞∑j=1

|〈φi, ηj〉〈ηj , ψi〉| ≤

√√√√ ∞∑j=1

|〈φi, ηj〉|2.

√√√√ ∞∑j=1

|〈ηj , ψi〉|2 =

= ‖φi‖ . ‖ψi‖ = 1

∞∑i,j=1

|si 〈φi, ηj〉〈ηj , ψi〉| ≤∞∑

i=1

si = ‖A‖1 <∞

Por lo tanto la suma converge absolutamente y se puede cambiar el orden de lasumatorias.

∞∑j=1

〈ηj , Aηj〉 =∞∑

i=1

∞∑j=1

si 〈φi, ηj〉〈ηj , ψi〉 =∞∑

i=1

si 〈φi, Aψi〉

Y la ultima expresion no depende de la eleccion de {ηj}. �

Definicion 5.5. Se define tr : I1 → C como:

tr(A) =∞∑

j=1

〈φj , Aφj〉

Para cualquier sistema completo de vectores ortonormales {φj}.

Proposicion 5.6. tr es una transformacion lineal acotada de I1 en C con norma‖.‖1.

Demostracion. Que es una transformacion lineal es evidente por la definicion.Aplicando directamente 5.3 se tiene:

tr(A) ≤ ‖A‖1Por lo tanto ‖tr‖ ≤ 1.Sea el operador Ax = 〈φ, x〉φ, donde ‖φ‖ = 1. entonces tr(A) = ‖A‖1 = 1 �

Proposicion 5.7. Sea A ∈ I1.Si v1, v2, . . . es un sistema ortonormal de vectores tal que (KerA)⊥ ⊂ 〈v1, v2, . . .〉

entonces:

tr(A) =∞∑

j=1

〈vj , Avj〉

Demostracion. Existen {wj}j tales que {wj}∪ {vj} forman una BON de H. Por lotanto:

tr(A) =∞∑

j=1

〈vj , Avj〉+∞∑j

〈wj , Awj〉

Pero como wj ∈ (〈v1, v2, . . .〉)⊥ entonces wj ∈ (KerA). Entonces:

tr(A) =∞∑

j=1

〈vj , Avj〉

�

Proposicion 5.8. trA = ‖A‖1 si y solo si A ≥ 0.


Demostracion.

Ax =∑

si 〈φi, x〉ψi

|A|x =∑

si 〈φi, x〉φi

tr(A) =∞∑

i=1

si 〈φi, ψi〉

‖A‖1 =∞∑

i=1

si

|〈φi, ψi〉| ≤ 1 para todo i

Por lo tanto tr(A) = ‖A‖1 si y solo si 〈φi, ψi〉 = 1 para todo i.Como ‖φi‖ = ‖ψi‖ = 1, esto implica que φi = ψi para todo i. Con lo cual

A = |A|. �

Proposicion 5.9. Si A ∈ I1 y B ∈ L(H) entonces:

tr(AB) = tr(BA)

Demostracion. Sea Ax =∑si 〈φi, x〉ψi.

tr(AB) =∑

〈ψi, ABψi〉 =

=∑

〈A∗ψi, Bψi〉 =∑

〈siφi, Bψi〉 =

=∑

〈φi, B(siψi)〉 =∑

〈φi, BAφi〉 = tr(BA)

�

La siguiente propiedad va a ser util en el futuro.

Proposicion 5.10. Sea A ∈ I1. Sea Bn una sucesion de operadores que converge aB en la topologıa fuerte de operadores. Entonces BNA converge a BA en la norma‖.‖1.

Demostracion. Supongamos Bn → 0, el caso general se deduce por traslacion.Sea An una secuencia de operadores de rango finito que convergen a A en ‖.‖1.

Como Bn converge fuertemente, entonces ‖Bn‖ esta acotada por alguna constanteM .

Sea ε > 0. ExisteN ∈ N tal que ‖AN −A‖1 < ε/(2M). Por lo tanto ‖BnAN −BnA‖1 <ε/2 para cualquier n. Sea d = dim(RanAN ) entonces ‖BnAN‖ ≤ ‖BnAN‖1 ≤d ‖BnAN‖, por lo que basta probar BnAN → 0 en ‖.‖ para tener lo mismo en ‖.‖1.

Supongamos que existen xn de norma 1 tales que ‖BnANxn‖ > δ (a lo mejor nopara todos los n). Entonces hay una subsucesion xnk

tal que ANxnk−→ y. Entonces

‖BnkANxnk

‖ ≤ ‖BnkANxnk

−Bnky‖+‖Bnk

y‖ ≤M ‖ANxnk− y‖+‖Bnk

y‖ −→ 0.Por lo tanto BnAN debe converger a 0 en norma.

De esta manera, BnAN converge a 0 en ‖.‖1, y existe un n0 tal que para todon > n0, ‖BnAN‖1 < ε/2. Entonces, para todo n > n0:

‖BnA‖1 ≤ ‖BnAN‖1 + ‖Bn(A−AN )‖1 < ε/2 + ‖Bn‖ε

2M≤ ε

Por lo tanto ABn converge a 0 en norma. �

16 LUIS SILVESTRE

Esta ultima proposicion se puede probar para una norma generica ‖.‖Φ, siempreque en el ideal IΦ los operadores de rango finito sean densos.

6. Algo sobre autovalores

Proposicion 6.1. Sea A ∈ L0(H) y λ ∈ C− {0}.Si Kn = ker(A− λ)n, entonces:

Kn+1 ⊃ Kn

AKn ⊂ Kn

Existe N tal que si n,m ≥ N entonces Kn = Km.

Demostracion. Si (A − λ)nx = 0 entonces (A − λ)n+1x = (A − λ)(A − λ)nx = 0.Por lo tanto Kn+1 ⊃ Kn.

(A−λ)n es un polinomio en A, entonces conmuta con A. Por lo tanto si x ∈ Kn,(A− λ)nAx = A(A− λ)nx = 0, y Ax ∈ Kn.Kn+1 = (A−λ)−1Kn, esto da una definicion recursiva de Kn que implica que si

KN = KN+1 entonces se da el tercer item de la proposicion.Supongamos lo contrario, es decir que Kn+1 6= Kn para todo n ∈ N . Por lo

tanto existira un un ∈ Kn+1 \ Kn. Sea un = vn + wn con vn ∈ Kn y wn ∈ K⊥n .

Como Kn ⊂ Kn+1 entonces vn ∈ Kn+1. Por lo tanto wn = un − vn ∈ Kn+1.Normalizando obtengo una sucesion ortonormal {wn} tal que wn ∈ Kn+1 ∩K⊥

n .Como {wn} es una secuencia de vectores ortonormal, entonces wn →w 0. Como Aes compacto, esto implica Awn → 0 en norma.

Como wn ∈ Kn+1 entonces (A − λ)wn ∈ Kn. Por lo tanto (A − λ)wn⊥wn.Entonces:

‖Awn‖2 = ‖(A− λ)wn + λwn‖2 = ‖(A− λ)wn‖2 + ‖λwn‖2 ≥ |λ|2

Pero entonces Awn no converge a 0 y llegamos a una contradiccion. �

Definicion 6.2. Dado A ∈ L0(H), la multiplicidad de λ como autovalor de A, esigual a

limn→∞dim(ker(A− λ)n)

Usando la forma de Jordan, se ve que la multiplicidad algebraica de un autovalorde una matriz A ∈ Cn×n es el exponente del termino (x−λ) en la factorizacion delpolinomio caracterıstico de A. Tambien es igual a la cantidad de veces que apareceλ en la diagonal de cualquier triangulacion de A.

Proposicion 6.3. Sea A ∈ L0(H). Sea Λ ⊂ σ(A) finito, tal que 0 /∈ Λ. Existenvectores ortonormales v1, v2, . . . , vn tales que si S = 〈v1, . . . , vn〉:

1. A(S) ⊂ S2. σ(APS) \ {0} = Λ3. La matriz de APS en la base (v1, . . . , vn) es triangular superior.4. σ(PS⊥APS⊥) = σ(APS⊥) = σ(A) \ Λ5. Si λ ∈ Λ, la multiplicidad algebraica de λ es la misma en A y en APS.

Demostracion. Para evitar sobrecargar la demostracion de demasiadas aclaraciones,ignoremos al cero como valor del espectro. Es decir que cuando diga σ(A), me refieroa σ(A) \ {0}. De esta manera, si A(S) ⊂ S, σ(APS) = σ(A|S).

Sea v1 tal que Av1 = λv1 para algun λ ∈ Λ. Sea S1 =< v1 >. Entonces:AS1 ⊂ S1

σ(APS1) ⊂ Λ


La matriz de APS1 en la base (v1) ( [APS1 ](v1) ) es triangular superior.Supongamos que tenemos definido v1, . . . , vj tal que Sj = 〈v1, . . . , vj〉 cumple

con las mismas tres condiciones que S1.Si σ(APS⊥j

) ∩ Λ 6= ∅ entonces existe un v 6= 0 ∈ H tal que APS⊥jv = λv para

algun λ ∈ Λ.Sea vj+1 = PS⊥j

v y vj+1 = PSjv ∈ Sj . Entonces:

Avj+1 = λv = λvj+1 + λvj+1

Se puede elegir v de manera que ‖vj+1‖ = 1. De esa manera {v1, . . . , vn} sonortonormales.

Por lo tanto, si Sj+1 = Sj ⊕ 〈vj+1〉 = 〈v1, . . . , vn〉 entonces A(Sj+1) = A(Sj) +〈A(vj+1)〉 ⊂ Sj+1.

La matriz de APSj+1 en la base (v1, . . . , vj+1) es:

[APSj+1 ](v1,...,vj+1) =(

[APSj](v1,...,v1) ?0 λ

)Que es triangular superior y tiene como autovalores a σ(APS) ∩ {λ} ⊂ Λ.Este proceso se puede repetir hasta que se tenga σ(APS⊥n

) ∩ Λ 6= ∅.Eso en algun momento debe suceder, ya que si el proceso se repitiera indefinida-

mente se tendrıa una sucesion ortonormal v1, v2, . . . tal que vn →w 0, y por lo tantoAvn → 0 en norma. Pero ‖Avn‖2 = ‖λvj+1 + λvj+1‖2 ≥ |λ|2, entonces el procesodebe terminar.

Entonces existe algun n para el que σ(APS⊥n)∩Λ = ∅. Sea S = Sn = 〈v1, . . . , vn〉.

Entonces:ASn ⊂ Sσ(APS) ⊂ Λ[APS ](v1,...,vn) es triangular superior.σ(APS⊥) ∩ Λ = ∅

Sea λ ∈ σ(A) \ Λ. Entonces existe v ∈ H tal que Av = λv. Sea v = v1 + v2 conv1 ∈ S y v2 ∈ S⊥. Como A(S) ⊂ S, Av1 ∈ S.

Av1 +Av2 = λv1 + λv2

Av2 = λv1 + λv2 +Av1

APS⊥(v2 + (v1 + λ−1Av1)) = Av2 = λv1 + λv2 +Av1 = λ(v2 + (v1 + λ−1Av1)

Entonces λ ∈ σ(APS⊥). Por lo tanto σ(A) \ Λ ⊂ σ(APS⊥).Sea ahora λ ∈ σ(APS⊥). Como σ(APS⊥) ∩ Λ = ∅, (APS − λ) es inversible.Sea como antes v = v1 + v2.

Av2 = APS⊥v = λv1 + λv2

Como (A|S − λ) es inversible , existe y ∈ S tal que (APS − λ)y = −λv1. Por lotanto:

A(v2 + y) = λv1 + λv2 − λv1 + λy = λ(v2 + y)Por lo tanto λ ∈ σ(A). Ya sabıamos que λ /∈ Λ. Por lo tanto σ(A)\Λ ⊃ σ(APS⊥).Con esto queda probado que σ(A) \ Λ = σ(APS⊥).La demostracion de σ(A)\Λ = σ(PS⊥APS⊥) es practicamente igual a lo anterior

por lo que se omite.

18 LUIS SILVESTRE

Para ver que la multiplicidad algebraica de λ es la misma en A y en APS solohace falta observar que:

(A− λ)n = (PS(A− λ)PS + PS(A− λ)PS⊥ + PS⊥(A− λ)PS⊥)n =

= (PS(A− λ)PS)n + (PS⊥(A− λ)PS⊥)n + PSBPS⊥

Si (A − λ)nv = 0, entonces (PS⊥(A − λ)PS⊥)nv = 0, pero es facil probar queesto implica v ∈ S usando que λ /∈ σ(PS⊥APS⊥). �

Proposicion 6.4. Si λ1, λ2, λ3, . . . son los autovalores de un operador A ∈ I1 conmultiplicidades algebraicas µ1, µ2, . . . entonces:

∞∑j=1

µj |λj | ≤ ‖A‖1

Demostracion. Basta probarlo para las sumas parciales:n∑

j=1

µj |λj | ≤ ‖A‖1

Sea Λ = {λ1, . . . , λn}. Por la proposicion anterior existen v1, . . . , vm ortonorma-les, S = 〈v1, . . . , vm〉, de manera que APS tiene como autovalores a {λ1, . . . , λn}con multiplicidades µ1, . . . , µn. Ademas A(S) ⊂ S, por lo que A|S : S → S y‖APS‖1 =

∥∥A|S∥∥1.

Si S1 = 〈v1〉, S2 = 〈v2〉, etc. Entonces el pinching:n∑

j=1

∥∥PSjA|SPSj

∥∥1≤

∥∥A|S∥∥1

= ‖APS‖1 ≤ ‖A‖1

Como A|S es una matriz triangular en la base v1, . . . , vn entonces:n∑

j=1

µj |λj | =n∑

j=1

∥∥PSjA|SPSj

∥∥1≤ ‖A‖1

�

Proposicion 6.5. Sea A ∈ L0(H). Sean λ1, λ2, . . . los autovalores distintos decero de A ordenados de manera que |λ1| ≥ |λ2| ≥ . . . .

Entonces existen subespacios S1 ⊂ S2 ⊂ . . . de dimension finita, tales que:1. A(Sk) ⊂ Sk

2. σ(APSk) \ {0} = {λ1, . . . , λk}

3. σ(PS⊥kAPS⊥k

) = σ(APS⊥k) = σ(A) \ {λ1, . . . , λk}

4. Si j ≤ k, la multiplicidad algebraica de λj es la misma en A y en APSk.

Demostracion. La construccion es por induccion. Usando 6.3 con Λ = {λ1} seobtiene S1.

Supongamos que tenemos Sk que cumpla con lo pedido. Entonces σ(PS⊥kAPS⊥k

) ={λk+1, λk+2, . . . }. Usando 6.3 en el operador PS⊥k

A|S⊥k

con el conjunto Λ = {λk+1}

se obtiene un subespacio de dimension finita S ⊂ S⊥k tal que σ(PS⊥kA|S) = {λk+1}

y PS⊥kA(S) ⊂ S.

Sea Sk+1 = Sk ⊕ S, entonces es inmediato chequear que Sk+1 cumple con todaslas propiedades que se piden. �


Proposicion 6.6. Sea A ∈ L0(H). Existen vectores ortonormales v1, v2, . . . talesque si S = 〈v1, v2, . . .〉:

1. A(S) ⊂ S2. σ(APS) ∪ {0} = σ(A)3. La matriz de APS en la base (v1, v2, . . . ) es triangular superior.4. σ(APS⊥) = {0}5. Si λ ∈ Λ, la multiplicidad algebraica de λ es la misma en A y en APS.

Demostracion. Sean S1, S2, . . . los subespacios del lema anterior.Para cada uno de estos subespacios se tiene una base ortonormal v1, v2, . . . , vm

que triangula la matriz A|Sk.

Como Sk ⊂ Sk+1 y ASk ⊂ Sk, se pueden elegir estas bases ortonormales demanera que cada una complete a la anterior. De esta manera se obtiene una sucesionv1, v2, . . . tal que:

Sk = 〈v1, v2, . . . , vmk〉

La matriz de A|Sken la base v1, v2, . . . , vmk

es triangular superior.

Sea S = 〈v1, v2, . . .〉. S =⋃Sk. Entonces la matriz infinita de A|S en la base

v1, v2, . . . es triangular superior, y tiene a los λi en la diagonal repetidos tantasveces como su multiplicidad algebraica.

Como ker(A − λk)n ⊂ Sk ⊂ S, entonces λk tiene la misma multiplicidad alge-braica como autovalor de A, APS o A|S .APS no puede tener ningun otro autovalor ya que en ese caso APSv = λv,

PSv ∈ S ⇒ APSv ∈ S ⇒ v ∈ S ⇒ Av = λv ⇒ λ ∈ σ(A).Si para algun λ /∈ σ(A), λ ∈ σ(APS⊥) entonces (APS − λ) es inversible.Sea v 6= 0 tal que APS⊥v = λv. v = v1 + v2 con v1 ∈ S, v2 ∈ S⊥.

Av2 = λv1 + λv2

v1 6= 0 porque λ /∈ σ(A).Como (A|S −λ) es inversible, existe y 6= 0 ∈ S tal que Ay = λy−λv1. Entonces:

A(v2 + y) = λ(v2 + y)

Lo que es imposible porque λ /∈ σ(A).Si para algun λk ∈ σ(A), λk ∈ σ(APS⊥) entonces (PS⊥k

A|S⊥k − λ) es inversible,sea B = (PS⊥k

A|S⊥k − λ). A(S) ⊂ S, si v1 ∈ S Sk, entonces Bv ∈ S Sk. Por lotanto, para cualquier v ∈ S⊥k , PS⊥Bv = PS⊥BPS⊥v. Sea C = (PS⊥A|S⊥ − λ) =(PS⊥B|S⊥−λ). Entonces CPS⊥B

−1v = PS⊥BPS⊥B−1v = PS⊥BB

−1v = v siempreque v ∈ S⊥. Por lo tanto PS⊥B

−1|S⊥ = C−1. Por lo tanto (PS⊥A|S⊥−λ) es inversible.

Supongamos que λk ∈ σ(APS⊥), entonces existe v 6= 0 tal que APS⊥v = λv, peroentonces PS⊥APS⊥v = λPS⊥v y el operador (PS⊥A|S⊥ − λ) no serıa inversible.

Por lo tanto APS⊥ no puede tener ningun autovalor, y entonces σ(APS⊥) ={0}. �

7. algunas desigualdades

Proposicion 7.1. Sean A,B ∈ L0(H). Si ‖A‖(k) ≤ ‖B‖(k) para todo k, entonces‖A‖Φ ≤ ‖B‖Φ para toda Φ.

Demostracion. Sean s1 ≥ s2 ≥ . . . los valores singulares de A.Sean t1 ≥ t2 ≥ . . . los valores singulares de B.

20 LUIS SILVESTRE

Como ‖A‖(k) ≤ ‖B‖(k) para todo k:

(7.1)k∑

j=1

sj ≤k∑

j=1

tj para todo k

‖A‖Φk= Φ(s1, . . . , sk, 0, 0, . . . ) = Φ ◦ ik(s1, . . . , sk)

‖B‖Φk= Φ(t1, . . . , tk, 0, 0, . . . ) = Φ ◦ ik(t1, . . . , tk)

Pero por 7.1 (s1, . . . , sk) ≺w (t1, . . . , tk). Por lo tanto ‖A‖Φk≤ ‖B‖Φk

para todok, y entonces ‖A‖Φ ≤ ‖B‖Φ. �

‖A‖(k) ≤ ‖B‖(k) para todo k, es equivalente a:

(7.2)k∑

j=1

sj ≤k∑

j=1

tj para todo k

En este caso, cuando para dos sucesiones decrecientes se cumple 7.2 se anotas ≺w t. Si a y b son sucesiones no necesariamente decrecientes se dice que a ≺w b,cuando a∗ y b∗ cumplen con 7.2 3 .

Proposicion 7.2. Sean A,B ∈ L0(H), con valores singulares s1, s2, . . . y t1, t2, . . .respectivamente. Sean u1, u2, . . . los valores singulares de A−B.

Entonces:(sj − tj) ≺w (uj)

Demostracion. Sean

A(x) =∞∑

j=1

sj 〈φj , x〉ψj

An(x) =n∑

j=1

sj 〈φj , x〉ψj

B(x) =∞∑

j=1

tj 〈ηj , x〉 νj

Bn(x) =n∑

j=1

tj 〈ηj , x〉 νj

Entonces An → A, Bn → B y An −Bn → A−B en norma.Sea Φ(k)(a) = a∗1 + a∗2 + · · ·+ a∗k la norma simetrica que da lugar a ‖.‖(k).Lo que hay que probar es equivalente a Φ(k)(s− t) < ‖A−B‖(k) para todo k.Ya sabemos que ‖.‖(k) es equivalente a la norma espectral en L(H). Por lo tanto

existe C tal que:Φ(k)(s− t) ≤ C sup (s− t)

Como sj → 0 y tj → 0,

Φ(k)(s− t) = lımn→∞

Φ(k)(s1 − t1, s2 − t2, . . . , sn − tn, 0, 0, . . . )

3a∗ es la sucesion de modulos de elementos de a, ordenada en forma decreciente (manteniendo

las repeticiones si las hubiera)


Ademas:‖A−B‖(k) = lım

n→∞‖An −Bn‖(k)

Pero Φ(k)(s1−t1, . . . , sn−tn, 0, 0, . . . ) = Φ(k)◦in(s1−t1, . . . , sn−tn) ≤ ‖An −Bn‖(k),porque los An y Bn son operadores de rango finito con valores singulares s1, . . . , sn

y t1, . . . , tn. Y el teorema es sabido que es cierto en dimension finita (Para opera-dores de rango finito, solo tomese un subespacio suficientemente grande como en laprimera seccion y vease ahı).

Por lo tanto:Φ(k)(s− t) = lım

n→∞Φ(k)(s1 − t1, . . . , sn − tn, 0, . . . )

≤ lımn→∞

‖An −Bn‖(k) = ‖A−B‖(k)

�

Lema 7.3. Sea A ∈ L0(H).Sean S1, S2, . . . una familia de subespacios de H mutuamente ortogonales tales

que S1 ⊕ S2 ⊕ · · · = H.Entonces:

(7.3) lımn→∞

PS1APS1 + · · ·+ PSnAPSn

converge en norma.

Demostracion. SeaAn = PS1APS1 + · · ·+ PSn

APSn

Como L0(H) es un espacio de Banach, solo tengo que probar que la sucesion esde Cauchy.

Supongamos lo contrario. Si existe un ε > 0 tal que para todo N existen n,mtales que ‖An −Am‖ > ε, entonces existe vN tal que ‖vN‖ = 1 y∥∥(PSn+1APSn+1 + · · ·+ PSm

APSm)vN

∥∥ > ε

Si vN = u(N)n+1 + · · ·+ u

(N)m , con u(N)

k ∈ Sk, entonces:∥∥(PSn+1APSn+1 + · · ·+ PSmAPSm

)vN

∥∥ =∥∥∥PSn+1Au

(N)n+1 + · · ·+ PSm

Au(N)m

∥∥∥ > ε

Por lo tanto existe algun u(N)k tal que

∥∥∥PSkAu

(N)k

∥∥∥ > ε∥∥∥u(n)

k

∥∥∥. Sea wN =

u(N)k /

∥∥∥u(N)k

∥∥∥.Entonces ‖AwN‖ ≥ ‖PSk

AwN‖ > ε. Pero es facil ver que wN →w 0 porque wN ∈(SN+1 + SN+2 + . . . ). Por lo tanto AwN deberıa converger a 0. Contradiccion! �

Proposicion 7.4 (Pinching). Sea A ∈ L0(H).Sean S1, S2, . . . una familia de subespacios de H mutuamente ortogonales tales

que S1 ⊕ S2 ⊕ · · · = H.Entonces ‖PS1APS1 + PS2APS2 + . . . ‖Φ ≤ ‖A‖Φ.

Demostracion. Como ‖A‖Φ = supk ‖A‖Φk, basta probarlo para las ‖.‖Φk

4.Sea An = PS1APS1 + · · ·+ PSn

APSn.

An converge a PS1APS1 + PS2APS2 + . . . en norma por el lema precedente.

4En realidad podrıa usar que basta probarlo para las ‖.‖(k), pero no es necesario

22 LUIS SILVESTRE

Como ‖.‖Φkes equivalente a la norma espectral:

lımn→∞

‖An‖Φk= ‖PS1APS1 + PS2APS2 + . . . ‖Φk

Por lo tanto solo resta probar que ‖An‖Φk≤ ‖A‖Φ.

Sea T ⊂ H de dimension finita. Sea STj = Ran(PSj

PT ) + Ran(PSjAnPSj

PT ).Entonces los ST

j tienen dimension finita y

PSjAPSj

PT = PSTjAPST

jPT

Por lo tanto:

‖AnPT ‖Φk= ‖(PS1APS1 + PS2APS2 + . . . )PT ‖Φk

=∥∥∥(PST

1APST

1+ PST

2APST

2+ . . . )PT

∥∥∥Φk

Sea ATn = (PST

1APST

1+ PST

2APST

2+ . . . ).

Sea S = ST1 + · · ·+ ST

n . Entonces:∥∥ATn

∥∥Φk

=∥∥∥AT

n |S

∥∥∥Φk

, y ATn |S es un pinching de (PSA)|S en el sentido de dimen-

sion finita, y se puede aplicar el teorema del pinching para dimension finita. Por lotanto: ∥∥AT

n

∥∥Φk

=∥∥∥AT

n |S

∥∥∥Φk

≤∥∥(PSA)|S

∥∥Φk

= ‖PSAPS‖Φk≤ ‖A‖Φk

Entonces:

‖An‖Φk= sup

T‖AnPT ‖Φk

= supT

∥∥ATnPT

∥∥Φk≤ sup

T

∥∥ATn

∥∥Φk≤ ‖A‖Φk

�

Esta seccion de desigualdades es una gran desilusion. La diferencia mas notoriaentre la definicion dada aca de ‖.‖Φ con la tradicional es la posibilidad de apli-carla a operadores de L(H) que no son compactos. Sin embargo las desigualdadesestan demostradas solo para el caso compacto. No tengo la menor idea de si lasdesigualdades seran ciertas o no en el caso general de L(H).

8. Productos tensoriales

Dados φ1, . . . , φn, φ1 ⊗ · · · ⊗ φn es, como de costumbre, la funcion multilineal:

φ1 ⊗ · · · ⊗ φn(ψ1, . . . , ψn) =n∏

i=1

〈φi, ψi〉

Homf (H1, . . . ,Hn) es el subespacio (como espacio vectorial) deHom(H1, . . . ,Hn)generado por los φ1 ⊗ · · · ⊗ φn cuando φj ∈ Hj .

EnHomf (H1, . . . ,Hn) hay un unico producto interno tal que 〈l, φ1 ⊗ · · · ⊗ φn〉 =l(φ1, . . . , φn) para cualquier l ∈ Homf (H1, . . . ,Hn).H1⊗· · ·⊗Hn es la completacion de Homf (H1, . . . ,Hn) con ese producto interno.Si {φi} es una base de H, entonces {φi1 ⊗ · · · ⊗ φin

}i1,...,ines una base de H ⊗

· · · ⊗H(n veces) =⊗n

HDados A1 ∈ L(H1), . . . , An ∈ L(Hn), hay un unico operador A1 ⊗ · · · ⊗ An :

H1 ⊗ · · · ⊗Hn → H1 ⊗ · · · ⊗Hn tal que:

A1 ⊗ · · · ⊗An(φ1 ⊗ · · · ⊗ φn) = ((A1φ1)⊗ · · · ⊗ (Anφn))


Proposicion 8.1. Sean A ∈ L(H1) y B ∈ L(H2), entonces:

‖A⊗B‖ = ‖A‖ ‖B‖

Demostracion. Sean {φk} y {ψl} bases ortonormales de H1 y H2 respectivamente.Sea x =

∑k,l ckl(φk ⊗ ψl) una suma finita, entonces:

‖(A⊗ I)x‖2 =

∥∥∥∥∥∥(A⊗ I)∑k,l

ckl(φk ⊗ ψl)

∥∥∥∥∥∥2

=

∥∥∥∥∥∥∑k,l

ckl(Aφk ⊗ ψl)

∥∥∥∥∥∥2

Como los Aφk ⊗ ψl son ortogonales esto es igual a:

‖(A⊗ I)x‖2 =∑

l

∥∥∥∥∥∑k

ckl(Aφk ⊗ ψl)

∥∥∥∥∥2

≤∑

l

‖A‖2∑

k

|ckl|2

= ‖A‖2∥∥∥∥∥∥∑k,l

ckl(φk ⊗ ψl)

∥∥∥∥∥∥= ‖A‖2 ‖x‖2

Como el conjunto de sumas finitas de elementos de la base es denso en H1 ⊗H2

entonces ‖A⊗ I‖ ≤ ‖A‖. El mismo razonamiento se puede aplicar para I ⊗B y seobtiene:

‖A⊗B‖ ≤ ‖A⊗ I‖ ‖I ⊗A‖ ≤ ‖A‖ ‖B‖.

Para probar ‖A⊗B‖ ≥ ‖A‖ ‖B‖ se toma una sucesion an tal que ‖an‖ = 1 y‖Aan‖ → ‖A‖, y otra sucesion bn tal que ‖bn‖ = 1 y ‖Bbn‖ → ‖B‖. Entonces‖an ⊗ bn‖ = 1 y:

‖(A×B)(an ⊗ bn)‖ = ‖Aan ⊗Bbn‖ = ‖Aan‖ ‖Bbn‖ → ‖A‖ ‖B‖

�

Dados φ1, . . . , φn ∈ H, φ1 ∧ · · · ∧ φn es:

φ1 ∧ · · · ∧ φn =1√n!

∑π∈σn

(−1)sgnπφπ(1) ⊗ · · · ⊗ φπ(n)

∧nH es el subespacio (como espacio de Hilbert) de

⊗nH generado por los

φ1 ∧ · · · ∧ φn.Si {φi} es una base de H, entonces {φi1 ∧ · · · ∧ φin

}i1<...<ines una base de

H ∧ · · · ∧H(n veces) =∧n

HA⊗ · · · ⊗A =

⊗nA deja invariante al subespacio

∧nH. Su restriccion a

∧nH

se llama∧n

A.

Proposicion 8.2. Sean A,B ∈ L(H)∧n(AB) =∧n(A)

∧n(B)|∧n(A)| =

∧n |A|(∧n

A)∗ =∧n(A∗)

Si A tiene rango finito,∧n

A tiene rango finito.

Proposicion 8.3. La aplicacion∧n : L(H) → L(

∧nH) es continua en norma.

24 LUIS SILVESTRE

Demostracion.∧n

A es la restriccion a∧n

H de⊗n

A. Por lo tanto basta conprobar que

⊗n : L(H) → L(⊗n

H) es continua en norma. Pero para esto essuficiente con probar que la aplicacion:

(A1, . . . , An) 7→ A1 ⊗ · · · ⊗An

Es continua en las n variables a la vez. Como es multilineal, basta con probar:

‖A1 ⊗ · · · ⊗An‖ ≤ ‖A1‖ . . . ‖An‖Y esto es la aplicacion reiterada de 8.1. �

Proposicion 8.4. Si A ∈ L0(H), entonces∧n

A ∈ L0(∧n

H).

Demostracion. Como A ∈ L0(H), existe una sucesion {Ak} tal que Ak → A y losAk tienen rango finito. Entonces

∧nAk →

∧nA. Como los

∧nAk tienen rango

finito,∧n

A ∈ L(∧n

H). �

Proposicion 8.5. Sea A ∈ L0(H).Si s1, s2, . . . son los valores singulares de A. Entonces:∥∥∥∥∥

n∧A

∥∥∥∥∥ =n∏

j=1

sj

Demostracion. Sean Ak matrices de rango finito que convergen a A como en 3.5.Sabemos que la propiedad es cierta en dimension finita, por lo tanto:∥∥∥∥∥

n∧Ak

∥∥∥∥∥ =n∏

j=1

sj

Siempre que k > n. Pero como ‖∧n

Ak‖ → ‖∧n

A‖ entonces:∥∥∥∥∥n∧A

∥∥∥∥∥ =n∏

j=1

sj

�

Proposicion 8.6. Sea A ∈ L0(H) con valores singulares: s1, s2, . . . .Entonces

∧nA tiene como valores singulares a {si1 . . . . .sin

}i1<...<in.

Demostracion. Sea I el conjunto de n-uplas (i1 < . . . < in). Sea t1, t2, t3, . . . lasucesion formada por los

{∏nj=1 sij

}(i1,...,in)∈I

, en orden decreciente.

Repitiendo exactamente la demostracion anterior pero usando ‖.‖(k) en vez de‖.‖ se obtiene: ∥∥∥∥∥

n∧A

∥∥∥∥∥(k)

=k∑

j=1

tj

Y el k-esimo valor singular de∧n

A esta dado por:

sk(n∧A) =

∥∥∥∥∥n∧A

∥∥∥∥∥(k)

−

∥∥∥∥∥n∧A

∥∥∥∥∥(k−1)

= tk

�

Proposicion 8.7. Sea A1, . . . , An ∈ L0(H) con valores singulares: s1(Aj), s2(Aj), . . . .Entonces A1⊗· · ·⊗An tiene como valores singulares a {si1(A1) . . . sin(An)}i1,...,in

.


La demostracion es igual a la de la propiedad anterior.

Proposicion 8.8. La aplicacion∧n : L(H) → L(

∧nH) es continua en la norma

‖.‖1.

Demostracion. Como se hizo antes, solo hace falta probar que:

‖A1 ⊗ · · · ⊗An‖1 ≤ ‖A1‖1 . . . ‖An‖1Pero se puede probar incluso la igualdad porque:

‖A1 ⊗ · · · ⊗An‖1 =∑

i1,...,in

si1(A1) . . . sin(An) =

= (∑

i

si(A1)) . . . (∑

i

si(An)) = ‖A1‖1 . . . ‖An‖1

�

9. determinante

La traza la podıamos definir para operadores de rango finito restringiendonos aun subespacio, porque de agarrar un subespacio mayor, solo le estarıamos agregandoceros a lo que hay que sumar.

El determinante de una matriz de Cn×n es el producto de sus autovalores. Esclaro que una estrategia identica a la de la traza agregarıa ceros a un producto, porlo que no llevarıa a ningun resultado interesante. Sin embargo se puede tomar lamisma estrategia para calcular algo del tipo: det(I + A) cuanto A es un operadorde rango finito, porque al agrandar el subespacio se agregarıan unos al producto.

La definicion del determinante se va a poder extender a I1. Pero como el de-terminante no es una funcion lineal ni esta muy claro si es continua para algunanorma, no es muy claro de antemano como va a ser esta extension.

Definicion 9.1. Sea A un operador de rango finito. Sea S ⊂ H de dimension finita,que incluye al rango y al complemento ortogonal del kernel de A.

Entonces det(I + A) = det((I + A)|S). Donde det((I + A)|S) se calcula de lamanera usual por ser un operador en un espacio de dimension finita.

De la misma manera que siempre se puede probar que la definicion no dependedel subespacio S, y que se comporta de manera similar al determinante de unamatriz de Cn×n.

Proposicion 9.2. Si A,B son dos operadores de rango finito:det((I +A)(I +B)) = det(I +A) det(I +B)det((I +A) =

∏λ∈σ(A) (1 + λ)

Lema 9.3. Sea A ∈ I1. Entonces:

(9.1)

∥∥∥∥∥n∧A

∥∥∥∥∥1

≤ (n!)−1 ‖A‖1

Demostracion. Los valores singulares de∧n

A son {si1 . . . . .sin}i1<...<in

. Por lo tan-to (usando 4.11): ∥∥∥∥∥

n∧A

∥∥∥∥∥1

=∑

i1<...<in

si1 . . . . .sin

26 LUIS SILVESTRE

Pero si abriendo parentesis y desarrollando (∑si)n se obtienen los terminos∑

i1<...<inn!.si1 . . . . .sin , mas algunos terminos positivos mas. Por lo tanto:

‖A‖n1 ≤

∑i1<...<in

n!.si1 . . . . .sin = n!

∥∥∥∥∥n∧A

∥∥∥∥∥1

�

Proposicion 9.4. Sea A ∈ I1. La serie:

(9.2) d(z) = 1 +∞∑

k=1

zktr(k∧A)

Define una funcion entera tal que:

(9.3) |d(z)| ≤ e‖A‖1|z|

Mas aun, para todo ε > 0 existe Cε tal que:

(9.4) |d(z)| ≤ Cεeε|z|

Demostracion. ∣∣∣∣∣tr(k∧A)

∣∣∣∣∣ ≤∥∥∥∥∥

k∧A

∥∥∥∥∥1

≤ (k!)−1 ‖A‖1

El radio de convergencia es lım sup ((k!)−1 ‖A‖1)−1/k = ∞. Por lo tanto es unafuncion entera.

Ademas:

|d(z)| =

∣∣∣∣∣1 +∞∑

k=1

zktr(k∧A)

∣∣∣∣∣ ≤∞∑

k=0

|z|k (k!)−1 ‖A‖k1 = e|z|‖A‖1

tr(k∧A) ≤

∥∥∥∥∥k∧A

∥∥∥∥∥1

=∑

sj(k∧A) =

∑i1<...<in

si1 . . . . .sin

Por lo tanto

|d(z)| = 1 +∞∑

k=1

∣∣∣∣∣zktr(k∧A)

∣∣∣∣∣ ≤≤ 1 +

∞∑k=1

|z|k (∑

i1<...<ik

si1 . . . . .sik) =

∞∏i=1

(1 + |z| si) ≤

≤ e|z|P∞

i=1 si

Dado ε > 0 entonces, como∑si < ∞, existe N > 0 tal que

∑∞i=N+1 si < ε/2.

Por lo tanto:

|d(z)| ≤∞∏

i=1

(1 + |z| si) ≤N∏

i=1

(1 + |z| si)e|z|P∞

i=N+1 si <N∏

i=1

(1 + |z| si)e|z|ε/2

Como∏N

i=1 (1 + |z| si) es un polinomio:

lım|z|→∞

∏Ni=1 (1 + |z| si)e|z|ε/2

−→ 0


Por lo tanto, esa fraccion tiene un maximo Cε que cumple.N∏

i=1

(1 + |z| si) ≤ Cεe|z|ε/2

Por lo tanto:

|d(z)| <N∏

i=1

(1 + |z| si)e|z|ε/2 ≤ Cεe|z|ε/2e|z|ε/2 = Cεe

|z|ε

�

Definicion 9.5. Dado A ∈ I1, sea d la funcion definida en 9.2. Se define el det(I+A)como:

(9.5) det(I +A) = d(1)

Esta definicion coincide con la anterior porque en dimension finita es cierto quedet(I +A) =

∑∞k=0 tr(

∧nA)

De esta manera det(I + zA) = d(z), ya que tr(∧n(zA)) = zntr(

∧n(A)).En el caso de dimension finita, d(z) = (−z)np(−z−1) donde n es la dimension,

y p es el polinomio caracterıstico de la matriz A.

Proposicion 9.6. Cuando An → A en la norma ‖.‖1 entonces det(I + zAn) →det(I + zA) sobre todo compacto.

Demostracion.

det(I + zAn) = 1 +∞∑

k=1

zktr(k∧An)

An → A, entonces ‖An‖1 es un sucesion acotada por alguna constante M > 0.∣∣∣tr(∧kAn)

∣∣∣ ≤ (k!)−1 ‖An‖k1 ≤ (k!)−1Mk. Entonces tenemos la serie mayorante

1 +∞∑

k=1

(k!)−1zkMk

Que tiene radio de convergencia ∞. Por lo tanto solo resta probar que los coefi-cientes de la serie de det(I + zAn) tienden a los de la serie de det(I + zA). Y eso escierto ya que

∣∣∣tr(∧kAn)− tr(

∧kA)

∣∣∣ =∣∣∣tr(∧k

An −∧k

A)∣∣∣ ≤ ∥∥∥∧k

An −∧k

A∥∥∥

1→

0 por la continuidad de∧k en la norma ‖.‖1. �

Corolario 9.7. A 7→ det (I +A) es una funcion continua en I1.

Proposicion 9.8. Sean A,B ∈ I1

1.

(9.6) det(I +A+B +AB) = det(I +A) det(I +B)

2. det(I +A) 6= 0 si y solo si (I +A) es inversible.3. Sea z0 = −λ−1 donde λ es un autovalor de A de multiplicidad n. Entonces

det(I + zA) tiene un cero de orden n en z0.

Demostracion. 1. Por 9.7, como los operadores de rango finito son densos enI1, solo hace falta probar 9.6 cuando A,B tienen rango finito. Pero paraoperadores de rango finito esta definicion de det coincide con la tradicionalque cumple que det((I +A)(I +B)) = det(I +A) det(I +B).

28 LUIS SILVESTRE

2. Si I + A no es inversible, entonces −1 es autovalor de A. Y en el proximoitem se va a demostrar que en ese caso det(I +A) = 0.

Si (I+A) es inversible, sea B = −A(I+A)−1, entonces (I+A+B+AB) =I y 1 = det(I +A) det(I +B), por lo que det(I +A) 6= 0.

3. Sea Λ = {λ}. Sea S el subespacio definido en 6.3. Entonces APS⊥APS = 0porque A(S) ⊂ S. Por lo tanto:

det(I + zA) = det(I + zAPS⊥ + zAPS + z2APS⊥APS)

= det(I + zAPS) det(I + zAPS⊥)

I+z0APS⊥ es inversible porque λ /∈ σ(APS⊥). Entonces det(I+z0APS⊥) 6=0.

(I + zAPS)|S es una matriz triangular superior en la base v1, . . . , vn

(definida en 6.3), con los autovalores en la diagonal. Como el unico autovalores 1 + zλ = 1 − z.z−1

0 , det(I + zAPS) = (1 − z.z−10 )n = (z0)−n(z0 − z)n,

(donde n es la multiplicidad algebraica de λ en APS y en A).Por lo tanto det(I + zA) = det(I + zAPS) det(I + zAPS⊥) tiene un cero

de orden n en z0.�

10. Teorema de Linskii

Lema 10.1. Sea g : R2 → R una funcion armonica tal que

lımx→∞

|g(x)|‖x‖

= 0

Entonces g es constante.

Demostracion. Sea Bx0(r) = x : ‖x− x0‖ ≤ r.Por la desigualdad triangular:

Bx1(r)4Bx2(r) ⊂ B x2+x12

(r +∣∣∣∣x2 − x1

2

∣∣∣∣) \B x2+x12

(r −∣∣∣∣x2 − x1

2

∣∣∣∣)Usando la propiedad de la media:

|g(x1)− g(x2)| ≤

∣∣∣∣∣ 1πr2

∫Bx1 (r)

g(x)dx− 1πr2

∫Bx2 (r)

g(x)dx

∣∣∣∣∣≤ 1πr2

∫Bx1 (r)4Bx2 (r)

|g(x)| dx

≤ 1πr2

∫B x2+x1

2(r+| x2−x1

2 |)\B x2+x12

(r−| x2−x12 |)

|g(x)| dx

≤ 1πr2

(π(r +∣∣∣∣x2 − x1

2

∣∣∣∣)2 − π(r −∣∣∣∣x2 − x1

2

∣∣∣∣)2) max |g(x)|

≤ |x2 − x1|max |g(x)|r

−→ 0

Por lo tanto |g(x1)− g(x2)| = 0 y g es constante. �

Lema 10.2. Sea g : R2 → R armonica tal que para todo ε > 0 existe Cε tal que:

g(x) < Cε + ε |x|


Entonces g es constante.(notar que en principio no se tiene ninguna cota de |g|)

Demostracion. Para cualquier ε > 0:

lım supx→∞

g(x)‖x‖

≤ lım supx→∞

Cε + ε |x|‖x‖

= ε

Por lo tanto lım supx→∞ g(x)/x ≤ 0.Sea ε > 0, entonces existe R tal que para r > R: si ‖x‖ = 2r entonces g(x)/ ‖x‖ <

ε/2. Por lo tanto, si ‖x‖ = 2r, g(x) < εr.Por el principio del maximo, g(x) < εr, para todo ‖x‖ ≤ 2r.Sea u(x) = εr − g(x), entonces u(x) ≥ 0 cuando x ∈ B0(2r).Sea x ∈ B0(r). Como Bx(r) ⊂ B0(2r) entonces:

u(x) =1πr2

∫‖x−y‖≤r

u(y)dy

≤ 1πr2

∫‖y‖≤2r

u(y)dy

=1πr2

π(2r)2u(0) = 4u(0)

Es decir que εr − g(x) ≤ 4(εr − g(0)) para todo x ∈ B0(r), entonces:

g(x) ≥ 4g(0)− 3εr

Siempre que r > R y ‖x‖ = r.Por lo tanto

g(x)‖x‖

≥ 4g(0)‖x‖

− 3ε

Por lo tanto lım inf g(x)‖x‖ ≥ −3ε→ 0.

lım infg(x)‖x‖

≥ 0 ≥ lım supg(x)‖x‖

Por lo tanto lım g(x)‖x‖ = 0. Y usando el lema anterior se tiene que g es contante. �

Lema 10.3. Sea f : C → C una funcion entera, sin ninguna raız, tal que para todoε, existe Cε tal que:

|f(z)| ≤ Cεeε|z|

entonces f es constante.

Demostracion. Como f no tiene ninguna raız entonces f ′

f es entera y tiene unaprimitiva g que cumple f(z) = eg(z).

Para todo ε > 0, |f(z)| ≤ Cεeε|z|, por lo tanto:

Re(g(z)) ≤ log(Cε) + ε |z|

Por lo tanto Re(g(z)) es una funcion armonica en las condiciones del lema ante-rior. Entonces Re(g(z)) es constante, luego g es constante, y f es constante �

30 LUIS SILVESTRE

Proposicion 10.4 (Teorema de Linskii). Si A ∈ I1, tiene autovalores λ1, λ2, . . .con multiplicidades µ1, µ2, . . . respectivamente, entonces:

(10.1) tr(A) =∞∑

j=1

µjλj

Demostracion. Sea S =< v1, v2, . . . > el subespacio de H definido en 6.6.Como tr es una transformacion lineal, tr(A) = tr(APS) + tr(APS⊥).σ(APS) = σ(A), con las mismas multiplicidades. σ(APS⊥) = {0}. Por lo tanto

solo hace falta probar 10.1 para APS y APS⊥ .

(10.2) tr(APS) =∑

j

< vj , Avj >=∞∑

j=1

µjλj

Sea B = APS⊥ .

(10.3) det(I + zB) = 1 + z.tr(B) + . . .

Como σ(B) = {0}, entonces det(I + zB) no tiene ninguna raız. Por 9.4 se tieneque det(I + zB) esta en las condiciones del lema anterior, entonces det(I + zB) esconstante y tr(B) = d

dz det(I + zB) = 0.Por lo tanto:

tr(A) = tr(APS) + tr(APS⊥) = (∞∑

j=1

µjλj) + 0

�

Proposicion 10.5. Si A ∈ I1, tiene autovalores λ1, λ2, . . . con multiplicidadesµ1, µ2, . . . respectivamente, entonces:

(10.4) det(I +A) =∞∏

j=1

(1 + λj)µj

Demostracion. Sea como antes, S =< v1, v2, . . . > el subespacio de H definido en6.6. De manera que A = APS +APS⊥ . ranAPS ⊂ S, entonces:

(I +APS⊥)(I +APS) = (I +APS⊥ +APS +APS⊥APS) = (I +A)

Por lo tanto det(I +A) = det(I +APS⊥) det(I +APS).En la demostracion del teorema anterior se probo que det(I + zAPS⊥) es una

funcion constante de z, por lo tanto:

det(I +APS⊥) = det(I + 0APS⊥) = det(I) = 1

Sean Sk los subespacios definidos en 6.5, entonces PSkconverge a PS fuertemente.

Por lo tanto, por 5.10, PSkA∗ converge a PSA

∗ en ‖.‖1. Como A 7→ A∗ es unaisometrıa en I1 (mantiene los valores singulares), entonces APSk

−→ APS en lanorma ‖.‖1.APSk

tiene rango finito, y sus autovalores son λ1, . . . , λk con sus respectivasmultiplicidades. Entonces det(I +APSk

) =∏k

j=1(1 + λj)µj .Por 9.7:

det(I +APS) = lımk→∞

det(I +APSk) =

∞∏j=1

(1 + λj)µj


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1. Preliminares - UNLPdemetrio/Apuntes/De Alumnos/7. Ideales tra… · Resumen. En este trabajo se...

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