La PizarraMatemática.

Grado en Matemáticas

Teoría espectral introductoria

Resolver (T−λI)x=y exige existencia, unicidad y control del error. El espectro reúne los λ donde esa inversión falla. En matrices finitas coincide con los autovalores; en dimensión infinita puede incluir valores sin autovector e incluso intervalos enteros. Vamos a construir esas diferencias con operadores concretos.

1. El resolvente reúne los desplazamientos que se pueden invertir en todo el espacio

Trabajamos con T acotado en un Banach complejo X no nulo. λ está en el resolvente si T−λI es biyectivo con inversa acotada R(λ)=(T−λI)⁻¹: X→X. El complemento en C es σ(T), su espectro. La inversa debe estar definida para toda salida, no solo para las que casualmente se puedan obtener.

En este marco, una biyección lineal continua entre Banach ya tiene inversa acotada. Por eso no hay un tercer caso de biyección completa con inversa discontinua: al ser espectral debe fallar la inyectividad o la sobreyectividad. Sí puede ser no acotada la inversión definida solo en una imagen propia, con la norma heredada.

Invertir una matriz desplazada en cada coordenada

T=diag(1,4).

  1. Ecuación

    (T−λI)(x₁, x₂)=((1−λ)x₁,(4−λ)x₂).
  2. Fuera de dos valores

    Si λ≠1,4 se obtiene x₁=y₁/(1−λ), x₂=y₂/(4−λ), una inversa continua finita.
  3. En esos valores

    Una de las coordenadas se anula para toda entrada y hay un núcleo no trivial.

Resultado

σ(T)={1,4}.

Lo comprobamos

Para λ=0, por ejemplo, la inversa es diag(1,1/4); no se decide por el signo de λ sino por invertibilidad.

Una inversa solo sobre la imagen no basta

D(xₙ)=(xₙ/n) en ℓ².

  1. Unicidad

    Dx=0 fuerza x=0.
  2. Inversión formal

    Para una salida y tendría que ser xₙ=nyₙ.

  3. Dominio de esa fórmula

    No todas las y de ℓ² producen una x de ℓ²; la regla no es una inversa en todo el espacio.

Resultado

La inyectividad sola no pone cero en el resolvente.

Lo comprobamos

Más adelante comprobaremos explícitamente una salida sin preimagen y la densidad de la imagen.

2. Un valor espectral puede fallar por núcleo o por alcance de la imagen

El espectro puntual contiene los autovalores: existen x≠0 con (T−λI)x=0. En dimensión finita, inyectividad y sobreyectividad son equivalentes, así todo el espectro es puntual. En infinito esa equivalencia desaparece.

Con la convención de esta lección, el espectro continuo reúne desplazamientos inyectivos con imagen densa pero propia. El residual reúne los inyectivos cuya imagen no es densa. Exigir inyectividad en esas dos categorías las separa del puntual. Si la imagen es toda y el núcleo trivial, la inversa acotada devuelve el caso resolvente.

El desplazamiento a la derecha es inyectivo, pero no alcanza el primer eje

S(x₁, x₂,…)= (0, x₁, x₂,…).

  1. Núcleo

    Sx=0 obliga x=0.
  2. Imagen

    Son exactamente las sucesiones con primera coordenada cero, un subespacio cerrado propio.

  3. No densidad

    e₁ está a distancia uno de esa imagen.

Resultado

0 pertenece al espectro residual de S con nuestra convención.

Lo comprobamos

S conserva la norma, pero eso no crea una preimagen para e₁.

El desplazamiento a la izquierda es sobreyectivo y aun así tiene autovalor cero

L(x₁, x₂,…)= (x₂, x₃,…).

  1. Sobreyección

    Para y se puede elegir x=(0, y₁, y₂,…).
  2. Núcleo

    Le₁=0 con e₁≠0.
  3. Clasificar

    Falla unicidad y cero es autovalor, aunque todas las salidas se alcancen.

Resultado

0 es espectral puntual para L.

Lo comprobamos

No se necesita que fallen simultáneamente existencia y unicidad para ser espectral.

3. La serie de Neumann invierte operadores suficientemente próximos a I

Si ‖A‖<1, las sumas Σₙ₌₀ᴺAⁿ son Cauchy en norma de operadores y convergen, porque el espacio de operadores en un Banach es completo. Multiplicar por I−A da I−Aᴺ⁺¹; el resto tiende a cero. La serie es por tanto la inversa de I−A.

Para |λ|>‖T‖ factorizamos T−λI=−λ(I−T/λ).
Resulta R(λ)=−(1/λ)Σₙ≥₀(T/λ)ⁿ y ‖R(λ)‖≤1/(|λ|−‖T‖).

Así σ(T) está dentro del disco cerrado de radio ‖T‖. Estar dentro no obliga a ser espectral: la condición es suficiente para pertenecer al resolvente, no una caracterización de él.

La serie y la inversión directa deben coincidir

T=I/2 y λ=2.

  1. Cociente

    T/λ=I/4 tiene norma 1/4.
  2. Serie

    R=−(1/2)Σ(I/4)ⁿ=−(1/2)/(1−1/4) I=−(2/3)I.
  3. Directo

    T−2I=−(3/2)I tiene esa misma inversa.
Resultado

‖R(2)‖=2/3, igual a la cota 1/(2−1/2).

Lo comprobamos

El signo menos procede de factorizar −λ, no se elimina al sumar la geométrica.

Un valor dentro del disco puede ser resolvente

N tiene filas (0,1),(0,0); N²=0 y ‖N‖=1. Tomamos λ=1/2.

  1. Serie finita

    Como N²=0, I−2N tiene inversa I+2N aunque ‖2N‖=2.
  2. Desplazamiento

    N−I/2=−(I−2N)/2, así su inversa es −2I−4N.
  3. Comprobar

    (N−I/2)(−2I−4N)=I al usar N²=0.
Resultado

1/2 está en el resolvente pese a ser menor que ‖N‖.

Lo comprobamos

La condición de norma menor que uno para Neumann garantiza convergencia, pero no es necesaria en este caso nilpotente de suma finita.

4. Sobre complejos, el espectro es compacto y no vacío

Si R(λ₀) existe y |λ−λ₀|‖R(λ₀)‖<1, otra serie de Neumann invierte [I−(λ−λ₀)R(λ₀)].

Así el resolvente es abierto y R depende analíticamente de λ. Su complemento es cerrado y, por el disco anterior, acotado: σ(T) es compacto.

Para no vacuidad, supongamos resolvente en todo C. Para cualquier x y funcional φ, φ(R(λ)x) sería entera y tendería a cero en infinito por la cota de Neumann. Es acotada también en cada disco, así Liouville la haría idénticamente cero. Hahn–Banach separa puntos, luego R(λ)x=0 para todo x, imposible para una inversa en X≠0.

Esta prueba explica por qué se fijan complejos y espacio no nulo.

Un múltiplo de la identidad tiene un único valor espectral

T=3I en un Banach complejo no nulo.

  1. Fuera de tres

    T−λI=(3−λ)I tiene inversa I/(3−λ).
  2. En tres

    T−3I=0 no es inyectivo porque el espacio no es nulo.
  3. Conjunto

    σ(T)={3}, cerrado, acotado y no vacío.
Resultado

El único valor espectral es tres.

Lo comprobamos

El argumento vale sin elegir coordenadas ni dimensión finita.

El cuerpo real cambia la afirmación de no vacuidad

J(x, y)=(−y, x) en R² y solo permitimos λ reales.

  1. Matriz desplazada

    J−λI tiene determinante λ²+1.

  2. Reales

    Nunca se anula, así todos los desplazamientos reales son invertibles.

  3. Complejificar

    Sobre C el polinomio sí se anula en i y −i.

Resultado

El espectro real puede ser vacío; el complejo de esta matriz es {i,−i}.

Lo comprobamos

No se contradice el teorema, que exigía Banach complejo.

5. El radio espectral describe el crecimiento de potencias

r(T)=max_{λ∈σ(T)}|λ| satisface r(T)≤‖T‖.
La fórmula de Gelfand dice r(T)=limₙ→∞‖Tⁿ‖¹/ⁿ.

Las normas de potencias son submultiplicativas; eso hace que ese límite exista y sea el ínfimo de sus raíces, con el caso de una potencia cero tratado directamente.

La igualdad usa también análisis complejo. Si una raíz ‖Tⁿ‖¹/ⁿ es menor que |λ|, Neumann invierte Tⁿ−λⁿI; factorizar en factores conmutativos obliga a que T−λI sea invertible.

Da r(T)≤el límite.

Para R>r(T), la fórmula de Cauchy del resolvente da Tⁿ=−(1/(2πi))∮_{|λ|=R}λⁿR(λ)dλ y ‖Tⁿ‖≤Rⁿ⁺¹ max_{|λ|=R}‖R(λ)‖. Tomar raíces y después R hacia r(T) da la otra desigualdad. Este paso usa Cauchy, no solo aritmética de normas.

Una norma de un paso puede ser positiva y el radio cero

N tiene filas (0,1),(0,0).

  1. Un paso

    Ne₂=e₁ y ‖N‖=1.
  2. Dos pasos

    N²=0; todas las potencias posteriores son cero.

  3. Espectro

    El único autovalor es cero y el radio es cero, igual al límite de raíces de normas.

Resultado

r(N)=0<1=‖N‖.

Lo comprobamos

La norma mide máxima amplificación de un paso; no necesita coincidir con el radio para un operador general.

El factor polinómico no cambia la base del crecimiento

T=2I+N con la misma N²=0.

  1. Potencia

    El binomio se reduce a Tⁿ=2ⁿI+n2ⁿ⁻¹N.
  2. Cotas

    En e₁ se alcanza 2ⁿ; por triangular ‖Tⁿ‖≤2ⁿ(1+n/2).
  3. Raíces

    Ambas raíces tienden a dos.

    Sin embargo ‖Te₂‖=√5>2.
Resultado

r(T)=2 y su norma es estrictamente mayor que dos.

Lo comprobamos

El término n modifica las magnitudes finitas, pero (1+n/2)¹/ⁿ→1.

6. La autoadjunción controla todo el espectro, no solo los autovalores

Si T=T* y λ=a+ib con b≠0, la parte imaginaria de ⟨(T−λI)x, x⟩ vale −b‖x‖².
Cauchy–Schwarz da ‖(T−λI)x‖≥|b|‖x‖.

Esa cota asegura núcleo trivial e imagen cerrada: una Cauchy de salidas produce una Cauchy de entradas. La imagen es densa porque su perpendicular es ker(T−λ̄I), también trivial por la misma cota. Cerrada y densa significa toda H, así λ es resolvente.

Por tanto σ(T) es real. Además ‖T*T‖=‖T‖²: una dirección se obtiene por submultiplicatividad y la otra por ‖Tx‖²=⟨T*Tx, x⟩. Para T autoadjunto, iterar el cuadrado da la igualdad de normas para potencias de exponentes 1,2,4,8,…: la raíz de ese orden de la norma de la potencia vale siempre ‖T‖.

Gelfand implica r(T)=‖T‖.

Si T es además compacto, los valores espectrales no nulos son autovalores de multiplicidad finita. En dimensión infinita cero debe ser espectral para un compacto, pues una inversa acotada haría compacta la identidad.

Cero puede ser autovalor de multiplicidad infinita en un compacto

P conserva solo la primera coordenada de ℓ².

  1. Valores

    Pe₁=e₁ y Peₙ=0 para n≥2.
  2. Resto del espectro

    Para λ≠0,1 se invierte por el factor 1−λ en la primera coordenada y −λ en las otras.

  3. Norma y radio

    σ(P)={0,1}; ambos radio y norma son uno.
Resultado

El núcleo es infinito y no contradice la multiplicidad finita de los valores no nulos.

Lo comprobamos

P es de rango uno, compacto y autoadjunto.

Autoadjunto sin compacidad no fuerza cero en el espectro

I actúa en ℓ².

  1. Resolvente

    I−λI tiene inversa I/(1−λ) cuando λ≠1.
  2. Espectro

    σ(I)={1}, así cero no es espectral.
  3. Hipótesis

    La identidad infinita no es compacta, aunque sea autoadjunta.

Resultado

r(I)=‖I‖=1, pero la conclusión de cero espectral para compactos no se aplica.

Lo comprobamos

La condición de compacidad no se elimina de ese resultado.

7. El diagonal 1/n tiene un valor espectral sin autovector

Para D(xₙ)=(xₙ/n), Dx=0 fuerza x=0; cero no es autovalor.

La imagen contiene c₀₀ y es densa en ℓ². No es toda ℓ²: la inversión requeriría que (nyₙ) también fuera de cuadrados sumables. Además ‖Deₙ‖=1/n→0 sin que ‖eₙ‖ baje, así la inversión sobre la imagen no admite una cota uniforme.

El espectro contiene los autovalores y su límite cero
Diagonal 1/n en ℓ²011/21/31/41,1/2,1/3,… → 00 es espectral, sin autovector.
Para el operador diagonal e de n a e de n dividido por n, los puntos azules son autovalores uno dividido por n. Se acumulan en cero, marcado rojo. Cero pertenece al espectro por falta de una inversa definida y acotada en todo ℓ dos, pero no es autovalor porque el núcleo es trivial. La escala horizontal es lineal.
El espectro exacto es K={0}∪{1/n: n≥1}.

Cada 1/n es autovalor y cero es continuo por densidad e imagen propia. Si λ∉K, su distancia δ>0 al conjunto cerrado K hace acotada la secuencia 1/(1/n−λ). La fórmula de inversión coordenada a coordenada define entonces un operador acotado en todo ℓ², así no hay otros valores espectrales.

Exhibir una salida de ℓ² que no tiene preimagen

yₙ=1/n.

  1. Pertenencia

    Por bloques 2ᵏ≤n<2ᵏ⁺¹, la suma de 1/n² es como máximo 2⁻ᵏ; sumar bloques da una cota finita.

  2. Preimagen formal

    Dx=y exigiría xₙ=n·(1/n)=1 en todas las coordenadas.
  3. Fallo

    La sucesión constante uno no es ℓ²; por tanto y no está en la imagen.

Resultado

La imagen de D es propia pese a ser densa.

Lo comprobamos

El núcleo sigue siendo trivial: falta existencia para algunas salidas, no unicidad.

La inestabilidad ocurre sobre salidas que sí pertenecen a la imagen

y⁽ⁿ⁾=Deₙ=eₙ/n.

  1. Salidas pequeñas

    ‖y⁽ⁿ⁾‖₂=1/n→0.
  2. Preimágenes

    D⁻¹y⁽ⁿ⁾=eₙ tiene norma uno.
  3. Sin cota

    Una cota C para la inversa sobre la imagen exigiría 1≤C/n para todos los n.

Resultado

Esa inversa sobre una imagen propia no es continua en la norma heredada.

Lo comprobamos

No es una biyección entre dos Banach completos del teorema de inversa: el rango denso propio no es cerrado ni completo.

8. La multiplicación por t tiene un intervalo completo de espectro sin autovectores

En L²([0,1]), Mf(t)=tf(t) es acotado autoadjunto.

Si λ∉[0,1], la distancia δ al intervalo es positiva: dividir por t−λ da una inversa en todo L² con norma a lo sumo 1/δ.

Si λ∈[0,1], tomamos J_ε=[0,1]∩(λ−ε, λ+ε) y f_ε=1_{J_ε}/√|J_ε|.

Tiene norma uno y ‖(M−λI)f_ε‖≤ε, imposible para una inversa acotada.

Concentrar una función unitaria impide una inversa estable en el intervalo
M f(t)=t f(t)Espectro: todo [0,1]01Ejemplo de concentración en λ=1/2Intervalo: [3/8,5/8]‖f‖₂=1 ; ‖(M−λI)f‖₂≤1/8
Multiplicación por t en L dos de cero a uno tiene espectro todo el intervalo cero uno. El dibujo inferior representa f igual a dos en el intervalo tres octavos a cinco octavos y cero fuera; su norma L dos es uno. En su soporte, la distancia de t a un medio no supera un octavo, así la norma de M menos un medio I aplicada a f no supera un octavo. Intervalos más estrechos hacen el error tan pequeño como se quiera sin bajar la norma de entrada.
Por tanto σ(M)=[0,1].

No hay autovectores no nulos: (t−λ)f=0 obliga a soporte en un punto, de medida cero, cuando λ está dentro; fuera no hay ceros. Para λ del intervalo, la imagen es densa porque un vector perpendicular a ella estaría en el núcleo de su adjunto M−λI, que es trivial.

Es propia por la falta de inversa anterior. Todo ese intervalo es espectro continuo en nuestra convención.

Fuera del intervalo la división es estable

λ=2; se resuelve (t−2)f(t)=y(t).

  1. Fórmula

    f(t)=y(t)/(t−2).
  2. Separación

    En [0,1], |t−2|≥1.
  3. Control

    ‖f‖₂≤‖y‖₂ para toda salida y∈L².
Resultado

2 pertenece al resolvente.

Lo comprobamos

No se divide por cero ni se sale de L²: el factor multiplicativo está uniformemente acotado.

Una función concentrada parece un autovector aproximado

λ=1/2 y f(t)=2 en [3/8,5/8], cero fuera.

  1. Normalizar

    El soporte mide 1/4, así ‖f‖₂²=4·1/4=1.
  2. Error

    En el soporte |t−1/2|≤1/8; por tanto ‖(M−I/2)f‖₂≤1/8.
  3. Exacto

    La integral de 4(t−1/2)² en ese intervalo es 1/192, así el error es 1/(8√3).

  4. Afinar

    Reducir el intervalo y normalizar produce error arbitrariamente pequeño, sin un autovector exacto no nulo.

Resultado

1/2 es espectral, aunque no sea autovalor.

Lo comprobamos

Un autovector aproximado mantiene norma uno; dejar encoger también su norma no demostraría inestabilidad de la inversa.

9. El cálculo funcional aplica funciones al espectro con hipótesis precisas

Para un polinomio p, σ(p(T))=p(σ(T)).

La razón es factorizar p(z)−μ sobre C: p(T)−μI es producto de factores T−λⱼI que conmutan. El producto es invertible si y solo si todos los factores lo son; si un producto de factores conmutativos tiene inversa, cada factor la obtiene multiplicando los otros por esa inversa.

El caso de polinomio constante se comprueba directamente.

Para autoadjuntos acotados, el teorema espectral extiende ese cálculo a funciones continuas sobre el espectro. En compactos puede escribirse por sumas sobre modos; en el caso general intervienen medidas espectrales. Se enuncia esa extensión sin reemplazarla por una supuesta base de autovectores en todos los casos.

Operadores no acotados, como derivadas en dominios propios, requieren precisar dominio y cierre y quedan fuera de este marco introductorio.

Un polinomio transforma los valores de una diagonal

T=diag(2,−3), p(z)=z²+1.

  1. Aplicar

    p(T)=T²+I=diag(5,10).
  2. Imagen espectral

    p({2,−3})={5,10}.
  3. Control

    Su espectro coincide con esa imagen y su radio es diez.

Resultado

La regla espectral se comprueba directamente en las dos coordenadas.

Lo comprobamos

Se aplica p a cada valor propio, no a la norma con el signo ya perdido.

Una raíz cuadrada también se entiende sin autovectores

M multiplica por t en L²([0,1]); definimos Af(t)=√t f(t).

  1. Acotado

    0≤√t≤1 controla la norma de A.
  2. Cuadrar

    A²f(t)=√t√t f(t)=t f(t)=Mf(t).
  3. Positividad

    ⟨Af, f⟩=∫√t|f|²≥0.
Resultado

A es la raíz cuadrada positiva de M en este modelo de multiplicación.

Lo comprobamos

La construcción funciona sobre un espectro continuo; no necesitó enumerar autovectores inexistentes.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Diagonal finita

Espectro de diag(2,−3).

  1. Desplazar

    Para T=diag(2,−3), T−λI=diag(2−λ,−3−λ).
  2. Invertir

    Hay inversa exactamente si 2−λ y −3−λ son no nulos; sus recíprocos dan la matriz inversa.

  3. Fallos

    En λ=2 falla la primera coordenada; en λ=−3, la segunda.

    Ambos son autovalores.

  4. Espectro

    σ(T)={2,−3}.
  5. Radio

    El máximo de módulos es max(2,3)=3.
  6. Control

    La norma euclídea también es tres porque es diagonal autoadjunto; no es una igualdad universal para todos los operadores.

Resultado

{2,−3}; radio 3.

Lo comprobamos

La norma euclídea del diagonal es max(2,3)=3; coincide con el radio porque el operador es autoadjunto.

EJEMPLO RESUELTO 2

Cero sin autovector

En ℓ², Teₙ=eₙ/n. ¿Es cero autovalor y está en el espectro?

  1. Núcleo

    Tx=0 implica xₙ/n=0 para cada n, así x=0; cero no es autovalor.

  2. Inversión formal

    Tx=y exigiría xₙ=nyₙ.
  3. Salida sin preimagen

    y=(1/n) pertenece a ℓ², pero su preimagen formal sería (1,1,…), que no pertenece.

  4. Imagen densa

    Toda sucesión de soporte finito sí tiene una preimagen finita; por tanto el rango es denso y propio.

  5. Espectro

    La falta de sobreyectividad sitúa cero en el espectro continuo, no puntual.

  6. Comprobar

    Los autovalores 1/n tienden a cero y el espectro es cerrado; además ‖Teₙ‖→0 con ‖eₙ‖=1 muestra inestabilidad de inversión.

Resultado

0 está en el espectro, pero no es autovalor.

Lo comprobamos

Los autovalores1/n convergen a cero y el espectro es cerrado, lo que ofrece otra prueba de que cero pertenece a él.

Los símbolos que hemos usado

I
Operador identidad.
ρ(T)
Conjunto resolvente: escalares λ para los que T−λI tiene inversa acotada en todo el espacio.
σ(T)
Espectro, complemento deρ(T) en los complejos.
R(λ)
Resolvente operador(T−λI)⁻¹, con esta convención de signo.
σₚ(T)
Espectro puntual: conjunto de autovalores.
r(T)
Radio espectral, máximo de|λ| sobreσ(T).

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

Practicar este tema →

Para ampliar