Функциональный анализ. Спектр оператора. Пространство Харди.

[Dimitrij]

Я имею следующую задачу:

"Дан оператор $T : l^2_Z \to l^2_Z$
$\begin{equation*}T(...x_{-2}, x_{-1}, (x_0), x_1, x_2...) = (...2x_{-2} + 2x_2, 2x_{-1} + 2x_1, 2x_0, (x_1), x_2, x_3...)\end{equation*}$
Найти его спектр. В скобках элемент на нулевом месте. "

Как я понимаю, мне здесь надо использовать пространство Харди. Только я совсем не понимаю как. Ясно, что эти координаты должны быть коэффициентами разложения оператора в $L_2$. А там как-то исследовать его на сюръективность и инъективность. Это, так сказать, эскиз решения. Но я не понимаю, как подступиться. Заранее спасибо за то, что прочли мое обращение к вам и за помощь.

[sup]

Предлагаю в единичном круге рассмотреть две функции
$f(z) = \sum \limits_{k=0}^{\infty}x_kz^k$
$g(z) = \sum \limits_{k=1}^{\infty}x_{-k}z^k$
Перепишите оператор в терминах этих функций.
Дальше, пусть $\mu \in \mathbb{C}$. Распишите уравнение $Tx - \mu x = y$ в терминах этих функций и решите возникшую систему.
Ну а дальше смотрите, что там получается.
В качестве прикидки все ли у Вас правильно, найдите (ну или хотя бы оцените сверху) норму $T$. Спектр лежит внутри круга $|\mu| \leqslant \|T\|$. Значит для $|\mu| > \|T\|$ у Вас должна быть разрешимость уравнения $Tx - \mu x = y$.

[Dimitrij]

В общем,чего я сделал, я сказал
ПУсть $h(z) = f(z) + g(\frac{1}{z}), Th(z) = f(z) + 2(g(\frac{1}{z}) + f(\frac{1}{z})) + f(0).$
Рассмотрим такую разность:
$ f(z) + 2(g(\frac{1}{z}) + f(\frac{1}{z})) + f(0) - \lambda(f(z) + g(\frac{1}{z})) = y(z) = y_1(z) + y_2(\frac{1}{z})$, где $y(z) = \sum_{k = -\infty}^{\infty}y_k z^k ; y_1(z) = \sum_{0}^{\infty}y_k z^k ; y_2(z) = \sum_{k=1}^{\infty}y_{-k} z^k$. Получаю систему:
$f(z)(1-\lambda) + f(0) = y_1(z);g(z)(2-\lambda) + 2f(z) -2f(0) =y_2(z)$. Выражаю из нее f(z) и g(z). Получаю, что $\lambda \ne {1,2}$.
Это я проверял сюръективность, а как проверить инъективность?

[sup]

Система составлена неверно. Сдвиги куда-то исчезли.

[Dimitrij]

sup
Так, да, я там ошибся.
$Th(z) = \frac{f(z) + 2(g(\frac{1}{z}) + f(\frac{1}{z})) - f(0)}{z}$
Дальше смотрю на такую разность:
$Th(z) - \lambda(f(z) + g(\frac{1}{z})) = y(z) = y_1(z) + y_2(\frac{1}{z})$, где $y_1, y_2$ такие же, что и выше.
Тогда получаю систему:

$(f(z) - f(0))\frac{1}{z} -\lambda f(z) = y_1(z)$
$(g(z) + f(z))\frac{2}{z} -\lambda g(z) = y_2(z)$

или

$(f(z) + f(0))\frac{1}{z} -\lambda f(z) = y_1(z)$
$(g(z) + f(z) - f(0))\frac{2}{z} -\lambda g(z) = y_2(z)$

И как ее тут решать? КАк проверять сюръективность и инъективность?
Мое решение получилось вот таким страшным:

$f(z) = \frac{y_1(z) - \frac{1}{z}f(0)}{\frac{1}{z} - \lambda}$
$g(z) = \frac{y_2(z) - \frac{2}{z}\frac{y_1(z) -(\frac{2}{z} - \lambda)f(0)}{\frac{1}{z} - \lambda}}{\frac{2}{z} - \lambda}$
И что с ним делать ?

P.S. :
Изначально система выглядела вот так:
$(f(z) - f(0))\frac{1}{z} -\lambda f(z) = y_1(z)$
$(g(\frac{1}{z}) + f(\frac{1}{z}))\frac{2}{z} -\lambda g(\frac{1}{z}) = y_2(\frac{1}{z})$
Та, которая получилась, и эта, они же эквивалентны?

[Dimitrij]

Ошибка:

Dimitrij в сообщении #1018997 писал(а):

sup

Тогда получаю систему:

$(f(z) - f(0))\frac{1}{z} -\lambda f(z) = y_1(z)$
$(g(z) + f(z))\frac{2}{z} -\lambda g(z) = y_2(z)$

или

$(f(z) + f(0))\frac{1}{z} -\lambda f(z) = y_1(z)$
$(g(z) + f(z) - f(0))\frac{2}{z} -\lambda g(z) = y_2(z)$


Мое решение получилось вот таким страшным:

$f(z) = \frac{y_1(z) - \frac{1}{z}f(0)}{\frac{1}{z} - \lambda}$
$g(z) = \frac{y_2(z) - \frac{2}{z}\frac{y_1(z) -(\frac{2}{z} - \lambda)f(0)}{\frac{1}{z} - \lambda}}{\frac{2}{z} - \lambda}$

в первой системе должно быть так:

$(f(z) - f(0))\frac{1}{z} -\lambda f(z) = y_1(z)$
$(g(z) + f(z))2z -\lambda g(z) = y_2(z)$

во второй:

$(f(z) + f(0))\frac{1}{z} -\lambda f(z) = y_1(z)$
$(g(z) + f(z) - f(0))2z -\lambda g(z) = y_2(z)$

И решение должно быть таким:

$f(z) = \frac{y_1(z) - \frac{1}{z}f(0)}{\frac{1}{z} - \lambda}$
$g(z) = \frac{y_2(z) - 2z\frac{y_1(z) -(\frac{2}{z} - \lambda)f(0)}{\frac{1}{z} - \lambda}}{2z - \lambda}$

[sup]

Похоже на правду.
Только решение я бы оставил в "треугольном" виде
$f(z) = \frac{zy_1(z) - f(0)}{1 - \lambda z}$
$g(z) = \frac{y_2(z) - 2z(f(z) - f(0))}{2z - \lambda}$
Я детально не проверял, но вроде так. Рекомендую досконально перепроверить, чтобы зря не терять время и силы на пустую работу.
Ну а теперь надо вспомнить, что $f(z),g(z)$ не абы какие, а аналитические в круге. Что этому мешает? Рассмотрите три случая.
1. $|\lambda| > 2$
2. $|\lambda| <1$
3. $1 \leqslant |\lambda| \leqslant 2$

Ну а что касается инъективности и сюрьективности. Надо найти ВСЕ решения данной системы для данной правой части. Тогда и станет все ясно. Так что займитесь системой.

[Dimitrij]

Я тут посмотрел, я в каком-то месте вычитал и прибавлял $2f(0)$. Думаю, что так делать не очень хорошо, поэтому моя система имеет вот такой вид:

$f(z) = \frac{zy_1(z) + f(0)}{1 - z\lambda}$
$g(z) = \frac{y_2(z) - 2zf(z)}{2z - \lambda}$

Получается, что $f,g$ будут еще зависеть от свободного параметра $f(0)$.
Но я все равно не понимаю как рассматривать те случаи. Я взял производную $g$ и $f$ и посмотрел на их значения в нуле, вот что получил:

$x_{-1} = \frac{2x_0 - y_{-1}}{\lambda^2}$ (для производной $g$).
$x_1 = y_0 + \lambda$ (для производной $f$).

И вот чего с этим делом делать? И вот да, если рассматривать случаи с $\lambda$. КАкие выводы там делать?
Ну вот например $| \lambda | > 2$. Я получаю, что у меня $f(z)$ имеет полюс $z = \frac{1}{\lambda}$, а $g(z)$ два полюса, такой же как и у $f$ и $z = \lambda/2$. При таком лямбда, для $g$ второй полюс находится не в диске, а первый в диске, и что с ним делать?

[sup]

Dimitrij в сообщении #1019794 писал(а):

Ну вот например $| \lambda | > 2$ ... а $g(z)$ два полюса ... и $z = \lambda/2$.

Dimitrij в сообщении #1019794 писал(а):

Я получаю, что у меня $f(z)$ имеет полюс $z = \frac{1}{\lambda}$

Ну так надо сделать так, чтобы не было полюса.

[Dimitrij]

Цитата:

Ну так надо сделать так, чтобы не было полюса.

ааа, так получается, те $\lambda$ при которых у меня будет полюс, я выкидываю, и они лежат в спектре.

[sup]

Dimitrij в сообщении #1019812 писал(а):

я выкидываю, и они лежат в спектре.

Этак у Вас ничего и не останется. А между тем, как я уже упоминал, спектр гарантированно лежит в круге с радиусом равным норме оператора.
Надо (как сейчас модно говорить) полюс "помножить на 0". Тогда и не будет полюса.

[Dimitrij]

Чего-то я ничего не понял. Объясните, если вам не сложно.

[sup]

Dimitrij в сообщении #1019794 писал(а):

$f(z) = \frac{zy_1(z) + f(0)}{1 - z\lambda}$

Пусть $\lambda = 4$.
Что надо сделать, чтобы $f(z)$ была аналитической в единичном круге?

[Dimitrij]

Эм, чтобы полюса не было.
Ну, может сделать замену $z=z-\frac{3}{4}$?. Тогда получится в знаменателе $4-4z$

[sup]

Т.е. Вы всерьез полагаете, что заменами можно убирать полюса?
Вы как-то совсем беззубо решаете эту задачу. Надо активнее шевелиться.
Чтобы что-то сделать - нужно иметь хоть какую-то свободу рук. Что Вы можете в этом соотношении менять? Чем можете управлять в этой ситуации?