Спектр самосопряженного оператора

[demolishka]

Нашел следующее доказательство вещественности спектра самосопряженного оператора в гильбертовом пространстве. Вкратце:

1. Собственные значения самосопряженного оператора - вещественные, поэтому если $\lambda \in \sigma(A)$ - точка спектра и $\lambda \notin \mathbb{R}$, то $\operatorname{Ker}(A-\lambda I)=0$.
2. Образ $\operatorname{Im}(A-\lambda I)$ всюду плотен.
3. Из того, что $\lambda \notin \mathbb{R}$ следует, что оператор $A-\lambda I$ ограничен снизу.
4. $(A-\lambda I)$ - инъективен(в силу п.1), значит можно рассмотреть кандидата на обратный оператор, определенного на образе $\operatorname{Im}(A-\lambda I)$.
5. В силу п.3 этот кандидат является ограниченным оператором, определенным на всюду плотном(в силу п.2) подпространстве. Значит его можно продолжить до ограниченного оператора на всё пространство.
6. Делается непонятный мне вывод о том, что оператор $A - \lambda I$ обратим.

Вывод в п.6 непонятен потому что ничего не сказано про замкнутость образа $\operatorname{Im}(A-\lambda I)$, т.е. возможно несовпадение образа со всем пространством. Ведь в случае если это не так, то кандидат на обратный оператор не инъективен и готовить об обратимости нельзя.

[Brukvalub]

Нужен контекст. Возможно, ранее где-нибудь сообщалось, что без ограничения общности оператор считается замкнутым, из самосопряженности следует, у него оба индекса дефекта равны 0, и тогда сказанное становится очевидным.... Одним словом, должен быть развит еще какой-нибудь аппарат для исследований.

[Red_Herring]

П 3 изложен безграмотно. Не оператор $A-\lambda I$ ограничен снизу, а $\| (A-\lambda I)x\|\ge \epsilon \|x\|$ для всех $x\in \operatorname{Dom}(A)$ ($\epsilon =|\operatorname{Im}\lambda|$) и потому $\operatorname{Ran} (A-\lambda)$ — замкнутое мн-во (в этом месте достаточна симметричность оператора)


PS С/с оператор всегда замкнутый

[g______d]

Red_Herring в сообщении #1002767 писал(а):

для всех $x$

Из области определения $A$.

demolishka в сообщении #1002711 писал(а):

Вывод в п.6 непонятен потому что ничего не сказано про замкнутость образа $\operatorname{Im}(A-\lambda I)$, т.е. возможно несовпадение образа со всем пространством. Ведь в случае если это не так, то кандидат на обратный оператор не инъективен и готовить об обратимости нельзя.

Поскольку $A-\lambda I$ замкнут и инъективен, обратный оператор $(A-\lambda I)^{-1}$ таков же (по-моему, это ключевой момент). А поскольку последний ещё и ограничен на своей области определения, область определения автоматически замкнута.

[demolishka]

Red_Herring в сообщении #1002767 писал(а):

Не оператор $A-\lambda I$ ограничен снизу, а $\| (A-\lambda I)x\|\ge \epsilon \|x\|$ для всех $x$ ($\epsilon =|\operatorname{Im}\lambda|$)

Именно это я и понимаю под "ограничен снизу". Если не секрет, то почему это безграмотный термин?

Red_Herring в сообщении #1002767 писал(а):

и потому $\operatorname{Ran} (A-\lambda)$ — замкнутое мн-во

Вроде бы я умею это доказывать.
Пусть для линейного ограниченного оператора в сепарабельном гильбертовом пространстве $U: H \to H$ выполнено условие $\|Ux\| \geq b\|x\|$ для всех $x \in H$. Покажем, что его образ замкнут.
Пусть $Ux_n \to y_0 \in H$ по норме $H$. Тогда $\sup \|Ux_n\| = M < \infty$. Отсюда $\sup\|x_n\| \leq \frac{M}{b}.$ По теореме Банаха-Алаоглу существует слабо сходящаяся к какому-то $x_0$ подпоследовательность $x_{n_k}$. Зафиксируем произвольный $y \in H$. Тогда, с одной стороны $(Ux_{n_k},y) \to (Ux_0,y)$ и с другой, $(Ux_{n_k},y) \to (y_0,y)$. Отсюда получаем, что $(Ux_0,y) = (y_0,y)$ для всякого $y \in H$. Значит, $Ux_0 = y_0$.
В таком случае никаких игр с обратным оператором не нужно. Оператор $A-\lambda I$ инъективен и сюръективен, т.к. его браз замкнут и всюду плотен. Значит по теореме Банаха он обратим.

Brukvalub в сообщении #1002766 писал(а):

Нужен контекст. Возможно, ранее где-нибудь сообщалось, что без ограничения общности оператор считается замкнутым, из самосопряженности следует, у него оба индекса дефекта равны 0, и тогда сказанное становится очевидным.... Одним словом, должен быть развит еще какой-нибудь аппарат для исследований.

К сожалению про индексы дефекта я ничего не знаю.
Доказательство я нашел здесь(страница 9) в качестве альтернативы доказательству предложенному нам на лекциях(через конформные отображения).

g______d в сообщении #1002778 писал(а):

Поскольку $A-\lambda I$ замкнут и инъективен, обратный оператор $(A-\lambda I)^{-1}$ таков же (по-моему, это ключевой момент)

Так вот проблема в том, что обратного оператора по предположению нет ($\lambda$ - точка спектра, не вещественная). Поэтому про его свойства говорить не представляется возможным.

Правильно я понимаю, что под замкнутым оператором понимается оператор, у которого замкнут график? Просто не часто приходилось видеть использование этого термина.

[Brukvalub]

Верно, замкнутым называется оператор с замкнутым графиком. Есть замечательная книжка Бирман Соломяк Спектральная теория самосопряженных операторов в Гильбертовом пространстве (изд-во ЛГУ), там все есть. Раньше она была почти как Библия для тех, кто начинал заниматься спектральной теорией операторов.

[Red_Herring]

demolishka в сообщении #1002801 писал(а):

Именно это я и понимаю под "ограничен снизу". Если не секрет, то почему это безграмотный термин?

Потому что полуограниченным снизу называется с.с. оператор такой что $(Ax,x)\ge -C\|x\|^2$.

[g______d]

demolishka в сообщении #1002801 писал(а):

Так вот проблема в том, что обратного оператора по предположению нет

Есть, просто он не обязательно a priori задан на всём пространстве. Его область определения -- образ $A-\lambda I$.

[demolishka]

Разобрался. Получается еще один способ доказательства замкнутости $\operatorname{Ran}(A-\lambda I)$.
Пусть $U: H \to H$ - инъективный линейный ограниченный оператор в гильбертовом пространстве $H$ и $U^{-1}: \operatorname{Ran}(U) \to H$ обратный к нему на образе. Тогда, если $U^{-1}$ ограничен, то $\operatorname{Ran}(U)$ замкнут.
Пусть $y_n \to y_0$, где $y_n \in \operatorname{Ran}(U)$ и $y_0 \in H$. Тогда последовательность $x_n:=U^{-1}(y_n)$ фундаментальна и, в силу полноты $H$, имеет предел $x_0$. При этом, $Ux_n = y_n \to y_0 \in H$. Применяя теорему о замкнутом графике к $U$, заключаем, что $Ux_0 = y_0$, а значит $y_0 \in \operatorname{Ran}(U)$.

Опять же, получилось без всякой возни с продолжением линейного оператора с всюду плотного подпространства, которая меня изначально и запутала.

Большое спасибо Red_Herring, g______d и Brukvalub.