Спектр оператора правого сдвига по определению

[thething]

Добрый день!

Пусть имеется оператор правого сдвига $Ax=(0,\xi_1,\xi_2,...)$, $A:l_2\to l_2$, $x=(\xi_1,\xi_2,...)\in l_2$. То, что числа $|\lambda|<1$ принадлежат его остаточному спектру, я умею доказывать по определению (замыкание множества значений $A-\lambda I$ не совпадает со всем пространством). Но та же самая техника не работает для точек $|\lambda|=1$.

Если рассмотреть сопряжённый оператор (левого сдвига) и использовать связь между спектрами оператора и его сопряжённого, то тривиально показывается, что точки $|\lambda|=1$ принадлежат непрерывному спектру оператора $A$. Можно ли как-то этот последний факт доказать по определению? Или, хотя бы, по свойству, что точки непрерывного спектра -- это "почти собственные значения"?

[g______d]

1) Покажите, что при $|\lambda|=1$ нет собственных значений, по определению.

2) Пусть $|\lambda|=1$ и $\lambda$ не является точкой непрерывного спектра. Тогда она принадлежит остаточному спектру (спектр замкнут) и, следовательно, принадлежит полю регулярности (это точки того же типа, что и $|\lambda|<1$). Поле регулярности открыто, поэтому некоторая окрестность точки $\lambda$ тоже принадлежит полю регулярности. Получаем противоречие, поскольку индекс дефекта постоянен на поле регулярности, а для указанного оператора он разный внутри и снаружи.

Наверное, можно ещё более напрямую.

[ewert]

g______d в сообщении #1402836 писал(а):

1) Покажите, что при $|\lambda|=1$ нет собственных значений, по определению.

А это и есть намёк на лобовое доказательство. Попробуем поискать то, что на квантовомеханическом жаргоне можно было бы назвать "собственными векторами непрерывного спектра".

Сначала в лоб: $A\vec x=e^{i\theta}\vec x\ \ \leftrightarrow\ \ x_k=e^{-i\theta k}$. Никаким собственным вектором это, естественно, не будет; действуем по шаблону и пробуем обнулить у него хвосты. Берём любой гладкий колокольчик $u(x)$ на полуоси и умножаем $e^{-i\theta k}$ на $\frac1{\sqrt n}u(-\frac{(k-n)^2}{n^2})$ -- так, чтобы квадрат нормы полученного вектора с ростом $n$ был асимптотически постоянным. Для полученной последовательности векторов $\vec x^{(n)}$ проследим поведение $\|A\vec x^{(n)}-e^{i\theta}\vec x^{(n)}\|^2$. Чисто мнимый экспоненциальный множитель исчезнет, а для оставшейся разности между $u$ и на единичку сдвинутым $u$ сумма квадратов будет стремиться к нулю (т.к. после перехода к интегралу будет поточечное стремление к нулю и есть суммируемая мажоранта).

Как-то так (лень подробнее расписывать).

[thething]

ewert
А разве условие $\exists x_n\in l_2$: $\left\lVert x_n\right\rVert=1$, $Ax_n-\lambda x_n\to0$ не является лишь необходимым для того, чтобы $\lambda\in\sigma_c(A)$?

[ewert]

Смотря что называть непрерывным спектром. С моей точки зрения, это ровно когда резольвента существует, но не ограниченна. Впрочем, если считать непрерывным спектром точки его сгущения, то всё равно ведь это они и есть.

[thething]

ewert в сообщении #1402896 писал(а):

Смотря что называть непрерывным спектром.

Точку спектра, не являющуюся собственным значением, для которой $\operatorname{Im}(A-\lambda I)\ne l_2$, но $\overline{\operatorname{Im}(A-\lambda I)}= l_2$. Остаточный, соответственно, когда последнее равенство неверно.

[ewert]

thething в сообщении #1402899 писал(а):

Точку спектра, не являющуюся собственным значением, для которой $\operatorname{Im}(A-\lambda I)\ne l_2$, но $\overline{\operatorname{Im}(A-\lambda I)}= l_2$.

Ну так это ровно и есть неограниченность. Во всяком случае, для замкнутых операторов. А уж изометрический-то точно замкнут.

[thething]

ewert в сообщении #1402901 писал(а):

Ну так это ровно и есть неограниченность.

Я не то, чтобы спорю) просто уточняю "своё" определение. И вот по "моему" определению свойство

thething в сообщении #1402889 писал(а):

$\exists x_n\in l_2$: $\left\lVert x_n\right\rVert=1$, $Ax_n-\lambda x_n\to0$

мне знакомо, лишь, как необходимое условие непрерывного спектра. Не подскажете, в какой талмуд посмотреть касательно его достаточности?

[ewert]

thething в сообщении #1402904 писал(а):

Не подскажете, в какой талмуд посмотреть касательно его достаточности?

Точно не подскажу. Во-первых, я уже довольно много лет не имел с этим дела. А во-вторых, насколько я помню, абсолютно общепринятой классификации всё рано нет.

А, я вроде понял. Вы вроде хотите сказать, что неограниченности мало, нужна ещё и плотность образа. Однако, насколько я помню, остаточность спектра в любом случае подразумевает ограниченность резольвенты (в той мере, в которой она существует). Если так, то любую её неограниченность придётся отнести к непрерывному спектру, больше ведь некуда.

[thething]

ewert в сообщении #1402906 писал(а):

остаточность спектра в любом случае подразумевает ограниченность резольвенты (в той мере, в которой она существует)

Наоборот, ограниченность резольвенты влечёт остаточность спектра. Поэтому насчёт непрерывного спектра и говорится про необходимое условие. Я тут листаю учебник Хелемского (только он сейчас под рукой), там как раз про это есть, на стр 363, предложения 2 и 3 (издание 2014 года).

Вообще, склоняюсь к мысли, что чисто по определениям это не решить (много где пытался искать, прежде, чем тему завести), т.е. либо переход к сопряжённому, либо индексы-дефекты..

[ewert]

thething в сообщении #1402913 писал(а):

склоняюсь к мысли, что чисто по определениям это не решить (много где пытался искать, прежде, чем тему завести), т.е. либо переход к сопряжённому

Но ведь переход к сопряжённому -- это фактически и есть по определению. Потому что замыкание образа -- это ортогональное дополнение к ядру сопряжённого. И как его искать, не ссылаясь на это ядро?...

Причём в нашем случае вовсе нет необходимости выписывать сопряжённый оператор явно. Достаточно того, что исходный оператор изометричен и не имеет собственных чисел, равных по модулю единице; тогда и сопряжённый оператор не может иметь аналогичных собственных чисел.

[thething]

ewert в сообщении #1402943 писал(а):

И как его искать, не ссылаясь на это ядро?

При исследовании точек $|\lambda|<1$ получается показать, что образ целиком лежит в ядре некоторого ненулевого линейного ограниченного функционала, т.е. его замыкание не может дать всё пространство. Это, конечно, громоздкий путь, требующий явного выписывания резольвенты, но к результату приводит. Я думал, что нечто подобное можно провернуть и с точками $|\lambda|=1$ (просто я не вижу, как). Видимо, непрерывный спектр тут как раз требует более тонкого исследования.

А на самом-то деле, даже остаточный спектр гораздо проще исследовать при помощи сопряжённого оператора.

[ewert]

thething в сообщении #1402947 писал(а):

При исследовании точек $|\lambda|<1$ получается показать, что образ целиком лежит в ядре некоторого ненулевого линейного ограниченного функционала, т.е. его замыкание не может дать всё пространство. Это, конечно, громоздкий путь, требующий явного выписывания резольвенты, но к результату приводит.

Ну это как-то совсем излишне. Сопряжённый оператор -- лишь частичная изометрия и поэтому не может не иметь нетривиального ядра.

thething в сообщении #1402947 писал(а):

Я думал, что нечто подобное можно провернуть и с точками $|\lambda|=1$

Ну можно попробовать так. Неплотность множества всех векторов вида $(A-\lambda E)\vec x$ означала бы существование вектора $\vec y$, ортогонального всем таким векторам. Т.е. должно быть $(A\vec x,\vec y)=\lambda(\vec x,\vec y)$ для любого $\vec x$. Т.е. $\sum\limits_{i=1}^{\infty}x_i\overline{y_{i+1}}\equiv\lambda\sum\limits_{i=1}^{\infty}x_i\overline{y_i}$. Т.е.$\sum\limits_{i=1}^{\infty}x_i(\overline{y_{i+1}}-\lambda\overline{y_i})\equiv0$. Т.е. $\overline{y_{i+1}}-\lambda\overline{y_i}\equiv0$.

Т.е. $y_i=\overline{\lambda}^{i-1}y_1$ (чего и следовало ожидать). При $|\lambda|$<1 это вполне сгодится, а иначе -- никак.

Не знаю, насколько это отвечает Вашим потребностям. Во всяком случае, ничего сопряжённого и никаких индексов дефекта. А совсем без скалярных произведений вышло бы слишком уныло -- и зачем?...

Да, у Хелемского ограниченность обратного для остаточного спектра действительно не требуется. И у других тоже. Но я привык всё же считать, что обратный на $\sigma_r$ ограничен. Потому что иначе остаточный спектр не является частью поля регулярности, а это неэстетично.

[thething]

Потребности у меня такие: во-первых, понять самому, насколько это выполнимо (заодно стало ясно, что многое зависит от принятого определения). Честно говоря, в Вашей формулировке такое определение непрерывного (остаточного) спектра встретилось мне впервые. Во-вторых, по возможности вынести это, как упражнение для семестровой самостоятельной работы. Хотя бы частично. Дескать, вот мы умеем через сопряжённый оператор, а попробуйте теперь без него. А без скалярных произведений пригодится на случай произвольного $l_p$. В любом случае, спасибо за толковые мысли Вам и g______d.

[ewert]

thething в сообщении #1403014 писал(а):

Честно говоря, в Вашей формулировке такое определение непрерывного (остаточного) спектра встретилось мне впервые.

Я пролистал несколько книжек. Почти везде или Ваш вариант определения, или вообще нет классификации спектра, или есть сильно урезанное -- без остаточного спектра (что и естественно, если авторов интересуют только самосопряжённые операторы, а так бывает довольно часто). Нашёл только одно исключение -- книжку Бирмана и Соломяка.

В конце концов, куда девать вариант, когда замыкание образа не совпадает не только с самим образом, но и со всем пространством -- относить его к остаточному спектру или к непрерывному -- это вопрос договорённости. Мне второе нравится гораздо больше по вышеуказанной причине. Кстати, g______d, кажется, тоже, судя по

g______d в сообщении #1402836 писал(а):

Тогда она принадлежит остаточному спектру (спектр замкнут) и, следовательно, принадлежит полю регулярности