ノルムの n 乗根が落ち着く先 - ゲルファントのスペクトル半径公式

ノルムを見てもスペクトルの広がりは分からない。

$$N=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 0& 0\end{array}\right)$$

$\Vert N\Vert =2$ である。ところが固有値は $0$ だけで、スペクトル半径は $0$ になる^[1]。

ゲルファントの公式が、その差を埋める。$n$ 乗のノルムの $n$ 乗根をとると、正確な値へ収束する。

スペクトル半径

$T$ を有界作用素とし、スペクトルを $\sigma (T)$ と書く。スペクトル半径は次で定める^[3]。

$$r(T)=\sup \{|\lambda |:\lambda \in \sigma (T)\}$$

原点を中心にして、スペクトル全体を包む最小の閉円板の半径である。

$|\lambda |>\Vert T\Vert$ なら $\lambda I-T$ は可逆なので、$r(T)\le \Vert T\Vert$ がいつでも成り立つ^[2]。

ゲルファントの公式

次の公式が、不等号を等号に直す^[1,2]。

$$r(T)=\underset{n\to \infty }{\lim }\Vert T^n{\Vert }^{1/n}=\underset{n\ge 1}{\inf }\Vert T^n{\Vert }^{1/n}$$

極限が下限にも一致するところが強い。どの $n$ で計算しても、$\Vert T^n{\Vert }^{1/n}$ は $r(T)$ 以上になる。

$n=1$ の場合が $r(T)\le \Vert T\Vert$ にあたる。$n$ を上げるほど評価が締まっていく。

例：べき零な行列

冒頭の $N$ で確かめよう。$N^2=0$ なので、$n\ge 2$ では $\Vert N^n\Vert =0$ である。

$$\Vert N{\Vert }^{1/1}=2,\Vert N^2{\Vert }^{1/2}=0,\Vert N^3{\Vert }^{1/3}=0$$

下限は $0$ で、極限も $0$。スペクトル半径 $0$ と一致した。

$n=1$ だけを見ると $2$ という値が出る。$1$ 回のノルムでは、まだ何も分かっていなかったことになる。

例：収束が遅い場合

次の行列を見る。

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 10\\ 0& 1\end{array}\right)$$

固有値は $1$ が重解なので $r(A)=1$ である。$n$ 乗を計算すると、右上だけが伸びる。

$$A^n=\left(\begin{array}{cc}1& 10n\\ 0& 1\end{array}\right)$$

ノルムはおよそ $10n$ になる。$n$ 乗根をとると $(10n{)}^{1/n}$ で、これは $1$ へ向かう。

ただし収束は遅い。$n=10$ で約 $1.585$、$n=100$ で約 $1.072$、$n=1000$ でも約 $1.009$ である。

証明の骨組み

出発点はレゾルベントのノイマン級数である。$|\lambda |>\Vert T\Vert$ で次のように書ける^[2]。

$$(\lambda I-T{)}^{-1}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{T^n}{{\lambda }^{n+1}}$$

$1/\lambda$ についての冪級数と見ると、収束半径がアダマールの公式で書ける。係数のノルムの $n$ 乗根の上極限が効いてくる。

いっぽうレゾルベントは $\sigma (T)$ の外側で解析的である。だから展開は $|\lambda |>r(T)$ の範囲まで延びる。

$2$ つの範囲が一致することから、公式が出る。

スペクトルが空でないことも同じ道具から出る。空だとレゾルベントが全平面で解析的かつ有界になり、リウヴィルの定理に反する^[2]。

例：ボルテラ作用素

$L^2[0,1]$ の上で、積分する作用素を考える^[4]。

$$(Vf)(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$$

ノルムは $\frac{2}{\pi }\approx 0.6366$ である。特異値が $\frac{1}{(k+1/2)\pi }$ の形になることから決まる^[4]。

$n$ 乗を計算すると、核が階乗で小さくなる。

$$(V^{n}f)(x)={\int }_0^x\frac{(x-t{)}^{n-1}}{(n-1)!}f(t)dt$$

ヒルベルト・シュミットノルムで上からおさえると $\Vert V^n\Vert \le \frac{1}{(n-1)!}$ になる。

$n$ 乗根をとると $0$ へ向かう。階乗は指数関数より速く増えるためである。

$$r(V)=\underset{n\to \infty }{\lim }\Vert V^n{\Vert }^{1/n}=0$$

スペクトルは $\{0\}$ だけ。それでも $V^n$ はどの $n$ でも $0$ にならない。べき零ではないのに準べき零という^[4]。

例：ずらす作用素

${\ell }^2$ の片側シフト $S$ を見る。$S$ は等長なので $\Vert S^n\Vert =1$ である。

$n$ 乗根も $1$ のまま。だから $r(S)=1$ になる。

スペクトルは閉単位円板全体になることが知られている。半径だけを見れば、公式の値と合っている。

正規なら差が消える

正規作用素では $r(T)=\Vert T\Vert$ になる^[2]。ノルムがそのままスペクトルの広がりを表す。

自己共役な場合の筋道を書く。$C^{\ast }$ 恒等式から $\Vert T^2\Vert =\Vert T^{\ast }T\Vert =\Vert T{\Vert }^2$ である。

くり返すと $\Vert T^{2^k}\Vert =\Vert T{\Vert }^{2^k}$ になる。$2^k$ 乗根をとると、どの $k$ でも $\Vert T\Vert$ のまま。

$$r(T)=\underset{k}{\lim }\Vert T^{2^k}{\Vert }^{1/2^k}=\Vert T\Vert$$

正規でない作用素では、この等式が崩れる。べき零行列がその極端な例である。

スペクトルの散らばりを絵にすると、差がはっきりする。

応用：反復が収束する条件

$T^n$ が $0$ へ向かうかどうかは、スペクトル半径だけで決まる^[2]。

$r(T)<1$ なら、ある $n$ で $\Vert T^n\Vert <1$ になる。その先は幾何級数的に小さくなり、$\Vert T^n\Vert \to 0$ である。

ノイマン級数 $\sum _{n=0}^{\infty }{T}^n$ も、この条件で収束する。$(I-T{)}^{-1}$ を作る道具になる。

$\Vert T\Vert <1$ という条件よりも弱い。$\Vert T\Vert \ge 1$ でも $r(T)<1$ なら収束する^[3]。

例：ノルムをとりかえると近づく

どんな $\epsilon >0$ に対しても、$\Vert A\Vert <r(A)+\epsilon$ をみたす作用素ノルムがとれる^[2]。

上の $A$ で試そう。$D=\mathrm{diag}(1,\delta )$ で基底をとりかえると、行列が変わる。

$$D^{-1}AD=\left(\begin{array}{cc}1& 10\delta \\ 0& 1\end{array}\right)$$

$\delta$ を小さくすれば、右上の成分がいくらでも小さくなる。$\delta =0.001$ なら $10\delta =0.01$ である。

このときノルムは $1.01$ ほど。スペクトル半径 $1$ にほぼ届いた。

ノルムは基底のとり方に依存する。スペクトル半径はしない。$2$ つの量の性格の違いがここに出る。

数値でも確かめておく。

検算のしかた

まず $\Vert T\Vert$ を計算し、$r(T)$ の上からの評価として押さえる。

次に $T^2$ や $T^4$ のノルムを出し、$n$ 乗根が下がるかを見る。下がり続けるなら、ノルムは真の値より大きい。

有限次元なら固有値を直接求めて突き合わせる。無限次元では、$n$ 乗の評価が唯一の手がかりになることも多い。

つまずきやすいところ

$1$ 回のノルムでは足りない。何回か合成してから測ることで、はじめてスペクトルの広がりが見えてくる。

出典