ошибка в доказательстве самосопряженности

[theambient]

Проверил самосопряженность простейшего дифф-го оператора $D = \frac {d^2}{dx^2}: L_2(0,\infty) \rightarrow L_2(0,\infty)$ определенного на $\{f(x) | f'' \in L_2(0,\infty), f(0) = 0\}$, открываю кладезь знаний - первый же пример, что этот оператор - (собственно) симметрический.

В чем ошибка в моих рассуждениях? Найдем область определения сопряженного оператора. Интегралы по $[0,\infty)$

$$ (Df,g) = \int f''\overline g dx = ... = \left. (f'\overline g - f \overline g') \right|_0^{\infty} + (f, D^*g). $$

чтобы равенство выполнялось надо потребовать

$$ \left. (f'\overline g - f \overline g') \right|_0^{\infty} = 0. $$

Второе слагаемое уходит в ноль за счет $f(0) = 0$, остается

$$ \left. (f'\overline g ) \right|_0^{\infty} = 0. $$

Так как $f$ - произвольное из области определения, а $g$ - фиксированное, то это равенство выполняется в точности когда $g(0) = 0$.

То есть области определения прямого и сопряженного совпадают.

Что я увидел.

Boris Pavlov писал(а):

Example. Symplectic extension procedure for the differential operator Consider the second order differential operator

$$ L_0u = - \frac {d^2u}{dx^2} $$

defined on all square integrable functions, $u \in L_2(0, \infty)$, with square- integrable derivatives of the first and second order and vanishing near the origin. This operator is symmetric and it’s adjoint $L^+_0$ is defined by the same differential expression on all square integrable functions with square integrable derivatives of the first and second order and no additional boundary condition at the origin.

Где я ошибся?

[theambient]

И тем не менее ошибка где-то есть, так как в любом случае упомянутый хвост обнуляется на множестве функций из $L_2$ обладающих следующим свойством $f'(0) = \alpha f(0)$.

И это явно более широкое множество, чем $f(0) = 0$, следовательно, разбиравшийся в первом сообщении оператор явно не максимальный симметрический, то есть не самосопряженный, если только там нет никакого пространства для маневра, то есть увеличение области определения прямого не ведет обязательно к сужению сопряженого а оставляет его "на месте". Впрочем, это фантазии.

[theambient]

solved:

В цитате "vanishing near origin", a у меня - "at the origin". Таким образом ошибки нет, за исключением последнего сообщения: ни один оператор не является расширением другого.

(Оффтоп)

Ничего что я сам с собой общаюсь?

[alcoholist]

theambient в сообщении #622286 писал(а):

$$ (Df,g) = \int f''\overline g dx = ... = \left. (f'\overline g - f \overline g') \right|_0^{\infty} + (f, D^*g). $$

откуда это? Ведь $\langle Df,g\rangle=\langle f,D^*g\rangle$ по определению сопряженного оператора

[g______d]

theambient в сообщении #622520 писал(а):

В цитате "vanishing near origin", a у меня - "at the origin". Таким образом ошибки нет, за исключением последнего сообщения: ни один оператор не является расширением другого.

Да, я теперь тоже понял. Если "near origin", то это не просто $f(0)=0$, но еще и $f'(0)=0$, так что $g(0)=0$ уже не нужно.

-- 23.09.2012, 16:07 --

theambient в сообщении #622520 писал(а):

solved:
ни один оператор не является расширением другого.

Является. Один оператор определен на множестве функций, равных нулю в окрестности нуля и со второй производной, попадающей в $L_2$. Второй оператор определен на более широком множестве (без условия в нуле). На области определения первого они совпадают.

Собственно, иначе и быть не может, поскольку оператор $D$ плотно определен и симметричен (на области его определения $(Df,g)=(f,Dg)$), а тогда сопряженный оператор обязательно является его расширением.

-- 23.09.2012, 16:21 --

alcoholist в сообщении #622554 писал(а):

откуда это? Ведь $\langle Df,g\rangle=\langle f,D^*g\rangle$ по определению сопряженного оператора

Это не совсем аккуратная запись. Здесь под $D^*$ имеется в виду формально сопряженное дифференциальное выражение (в данном случае тоже $-\frac{d^2}{dx^2}$).

[theambient]

g______d в сообщении #622607 писал(а):

Является. Один оператор определен на множестве функций, равных нулю в окрестности нуля и со второй производной, попадающей в . Второй оператор определен на более широком множестве (без условия в нуле). На области определения первого они совпадают.

Собственно, иначе и быть не может, поскольку оператор плотно определен и симметричен (на области его определения ), а тогда сопряженный оператор обязательно является его расширением.

Тогда я где-то чего-то недопонимаю.

Итак, введем обозначения. Все операторы определены дифф. выражением $\frac{d^2}{dx}$ определенными на $M = L_2(0,\infty) \intersect W^2_2(0,\infty)$ (неаккуратно, но, думаю, понятно) c областями определения

$$ \begin{array}{lcll} D_1 &=& \{ f \in M | f(0) = 0 \} & \mbox {at the origin, mine}\\ D_2 &=& \{ f \in M | f(x) = 0, x \in \mbox{some } U(0)\} & \mbox{near origin, Pavlov's} \\ D_3 &=& \{ f \in M | f'(0) = \alpha f(0)\}, \alpha \in \mathbf R &\mbox {surely selfadjoint by pavlov}\\ \end{array} $$

$D_2 \subset D_1$, следовательно, $D_1$ - самоосопряженное расширение $D_2$.

$D_2 \subset D_3$, следовательно, $D_3$ - самоосопряженное расширение $D_2$.

Видимо, это два разных расширения. Я ничего не напутал (с включениями)?

[g______d]

Да, все верно. Я не очень понятно написал, я просто имел в виду, что сопряженный оператор к $D_2$ --- это оператор без граничных условий. Я согласен, что $D_1$ и $D_3$ являются различными самосопряженными расширениями $D_2$.

-- 23.09.2012, 17:20 --

g______d в сообщении #622607 писал(а):

(в данном случае тоже $-\frac{d^2}{dx^2}$).

минус был лишним.

[ewert]

theambient в сообщении #622622 писал(а):

$M = L_2(0,\infty) \intersect W^2_2(0,\infty)$ (неаккуратно, но, думаю, понятно)

Совершенно непонятно. Во-первых, не \intersect, а \cap, а во-вторых, при чём тут Эль-два-то.

theambient в сообщении #622622 писал(а):

$D_2 \subset D_1$, следовательно, $D_1$ - самоосопряженное расширение $D_2$.

Строго говоря, вовсе не следовательно.

[theambient]

ewert в сообщении #622647 писал(а):

theambient в сообщении #622622 писал(а):

$M = L_2(0,\infty) \intersect W^2_2(0,\infty)$ (неаккуратно, но, думаю, понятно)

Совершенно непонятно. Во-первых, не \intersect, а \cap, а во-вторых, при чём тут Эль-два-то.

сначала было cap, но затем я засомневался и заменил на intersect. Странно, вроде бы когда-то, во времена моей молодости, TeX понимал эту команду.

$L_2$  тут при том, что я брал скалярное произведение из него, когда считал те интегральчики. В $W^2_2$ появились бы еще слагаемые.

ewert в сообщении #622647 писал(а):

theambient в сообщении #622622 писал(а):

$D_2 \subset D_1$, следовательно, $D_1$ - самоосопряженное расширение $D_2$.

Строго говоря, вовсе не следовательно.

просто мы знаем уже, что $D_1$ - самосопряжен. между ними же не может же появиться еще один самосопряженный оператор? То есть когда мы расширяем оператор, то область сопряженный строго сужается?

хотя даже это не помешало бы обвинить $D_1$.

[ewert]

theambient в сообщении #622658 писал(а):

$L_2$ тут при том, что я брал скалярное произведение из него, когда считал те интегральчики. В $W^2_2$ появились бы еще слагаемые.

Ну нелепо смотрится. Какой смысл говорить о пересечении области определения со всем пространством, если она по определению содержится в этом пространстве?

theambient в сообщении #622658 писал(а):

То есть когда мы расширяем оператор, то область сопряженный строго сужается?

Вот как раз в этом случае -- нет. Как раз $D_2$ можно расширить так, что сопряжённый к нему не изменится. Например, замкнув его (но не только).

[theambient]

ewert в сообщении #622665 писал(а):

Ну нелепо смотрится. Какой смысл говорить о пересечении области определения со всем пространством, если она по определению содержится в этом пространстве?

лень лень матушка, лень писать, что вторая производная из $L_2$, но если взрослые дяденьки себе такое позволяют, то что уже говорить обо мне?

ewert в сообщении #622665 писал(а):

Вот как раз в этом случае -- нет. Как раз можно расширить так, что сопряжённый к нему не изменится. Например, замкнув его (но не только).

це интересно. А почему как-раз в этом случае? Исходя из Ваших слов, могу предположить, потому что он не замкнут, но допускает замыкание (еще не до конца разобрался с этим понятием, грубо понимаю как почти-непрерывность).

Но не вопрос даже, а мысль вслух была больше о существовании самосопряженных операторов обладающих самосопряженным расширением, хотя, очевидно, таких не существует, так как расширение самосопряженного уже не будет симметрическим.

[ewert]

theambient в сообщении #622668 писал(а):

А почему как-раз в этом случае? Исходя из Ваших слов, могу предположить, потому что он не замкнут, но допускает замыкание

Именно поэтому.

theambient в сообщении #622668 писал(а):

о существовании самосопряженных операторов обладающих самосопряженным расширением, хотя, очевидно, таких не существует, так как расширение самосопряженного уже не будет симметрическим.

Скорее наоборот -- из того, что любое его сужение никак не может быть самосопряжённым. По той причине, что сужение вообще любого оператора (даже не обязательно симметричного) может лишь расширить его сопряжённый.

И ещё одна блоха:

theambient в сообщении #622431 писал(а):

разбиравшийся в первом сообщении оператор явно не максимальный симметрический, то есть не самосопряженный,

Не "то есть". Максимальный симметричный оператор не обязательно самосопряжён. Т.е. сществуют симметричные операторы, не допускающие самосопряжённых расширений.

[theambient]

ewert в сообщении #622673 писал(а):

Не "то есть". Максимальный симметричный оператор не обязательно самосопряжён. Т.е. сществуют симметричные операторы, не допускающие самосопряжённых расширений.

Кстати да, я помнил, что такие существуют, но так как я работаю с "хорошими" сужениями самосопряженных - индексы дефекта которых конечны и совпадают, то даже не задумывался о существовании с-расширения. И не представляю себе таких монстров.

Спасибо, ewert, за разъяснения.

[ewert]

theambient в сообщении #622695 писал(а):

И не представляю себе таких монстров.

Ну на всякий случай представьте. Стандартный контрпример: исходный оператор -- это $i\frac{d}{dx}$, область определения которого включает в себя все функции из $W_2^1([0;+\infty))$, удовлетворяющие граничному условию $u(0)=0$. Сопряжённый -- ровно такой же, только без граничного условия. Очевидно, что такой оператор расширить до самосопряжённого невозможно. И контрпример этот совсем не искусственен.

[theambient]

ewert в сообщении #622732 писал(а):

Очевидно, что такой оператор расширить до самосопряжённого невозможно.

"очевидно" потому, что на "пол $\mathbf R$" расширить/сузить нельзя? То есть области прямого и сопряженного отличаются на пространство размерности 1.