Comptabilité de l'ensemble de $t$ tel que $E-tB$ n'est pas injectif
Considérons un espace de Hilbert séparable $\mathcal H$ et deux opérateurs continus compacts auto-adjoints $E,B:\mathcal H \to \mathcal H$. $E$ est injectif.
Maintenant, considérez l'ensemble $$\tau = \{t\in [0,1]: E-tB\;\; \mathrm{is}\;\mathrm{NOT}\; \mathrm{injective} \}\,.$$
Je pense que la cardinalité de $\tau$ est tout au plus dénombrable.
Clairement tout si facile si $E$ et $B$partager une base de fonctions propres. En effet, puisque pour tous$t$ $E-tB$ est compact et auto-adjoint, on peut écrire $$E-tB = \sum_{n=0}^\infty (\lambda_n - t\mu_n)P_n$$ où $P_n$ sont les projecteurs sur les eigenspaces et $\lambda_n$ et $\mu_n$ les valeurs propres de $E$ et $B$respectivement. Donc dans ce cas$$\tau = \{t\in [0,1]: \lambda_n = t \mu_n\;\;\mathrm{for}\;\mathrm{some}\;n\}\,,$$ ce qui est clairement dénombrable.
Mais comment traiter le cas général? La propriété est-elle toujours vraie?
Réponses
Voici une réponse partielle dans le cas particulier où $E\geq 0$.
Supposons par contradiction que $\{t_i\}_{i\in I}$ est un sous-ensemble indénombrable de $[0,1]$ tel que $E-t_iB$ n'est pas injectif pour tous $i$, et choisissez des vecteurs différents de zéro $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ tel que $E(x_i)=t_iB(x_i)$, pour tous $i$.
Si $t_i\neq t_j$ remarquerez que $$ t_i\langle B(x_i),x_j\rangle = \langle E(x_i),x_j\rangle = \langle x_i,E(x_j)\rangle = \langle x_i,t_jB(x_j)\rangle = t_j\langle B(x_i),x_j\rangle , $$ alors $\langle B(x_i),x_j\rangle =0$, et par conséquent aussi $\langle E(x_i),x_j\rangle =0$. Utiliser ça$E$ est positif, nous pouvons écrire $E=E^{1/2}E^{1/2}$, alors $$ 0=\langle E(x_i),x_j\rangle = \langle E^{1/2}(x_i),E^{1/2}(x_j)\rangle , $$ et il s'ensuit que $\{E^{1/2}(x_i)\}_{i\in I}$ est une famille indénombrable de vecteurs orthogonaux par paires dans $H$, une contradiction.
EDIT (1): Voici un autre fait intéressant. Si la réponse à la question initiale est affirmative, elle l'est également sans l'hypothèse que$B$ et $E$ sont auto-adjoints.
Voici pourquoi: supposons que les opérateurs compacts (éventuellement non auto-adjoints) $B$ et $E$, avec $E$ injective, donnez un contre-exemple, c'est-à-dire que l'on peut trouver un sous-ensemble indénombrable $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ et une famille correspondante $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ de vecteurs différents de zéro tels que $E(x_i)=t_iB(x_i)$, pour tous $i$.
Considérez les opérateurs $\tilde B$ et $\tilde E$, agissant sur $H\oplus H$, défini comme suit: $$ \tilde B = \pmatrix{0 & B^*\cr B & 0}, \qquad \tilde E = \pmatrix{0 & E^*\cr E & I}, $$ où $I$ désigne l'opérateur d'identité sur $H$. Considérez également les vecteurs$\tilde x_i\in H\oplus H$ donné par $\tilde x_i = \pmatrix{x_i\cr 0}$.
Un calcul simple montre que $\tilde E(\tilde x_i)=t_i\tilde B(\tilde x_i)$, alors $\tilde E-t_i\tilde B$n'est pas injective. Evidemment les deux$\tilde B$ et $\tilde E$ sont compacts et auto-adjoints, et nous montrerons ensuite que $\tilde E$est injectif. Pour cela, supposons que$\pmatrix{x\cr y}$ se situe dans l'espace nul de $\tilde E$. Il s'ensuit donc que$E^*(y) = 0$ et $E(x)+y=0$. Postuler$E^*$ à ce dernier l'identité donne $$ 0 = E^*E(x)+E^*y=E^*E(x), $$ Par conséquent $$ 0 = \langle E^*E(x), x\rangle = \langle E(x), E(x)\rangle = \Vert E(x)\Vert ^2, $$ menant à $E(x)=0$, et aussi $x=0$, car $E$est injectif. Brancher ceci dans$E(x)+y=0$, donne enfin $y=0$, ainsi que.
Par conséquent, la paire $(\tilde B, \tilde E)$fournit un contre-exemple à la question initiale dont nous supposons qu'elle a une réponse positive. Nous sommes donc arrivés à une contradiction, prouvant ainsi l'affirmation.
EDIT (2): Les hipothèses compactes peuvent également être supprimées !! Voici pourquoi: supposons que les opérateurs bornés (éventuellement non compacts)$B$ et $E$, avec $E$ injective, donnez un contre-exemple, c'est-à-dire que l'on peut trouver un sous-ensemble indénombrable $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ tel que $E-t_iB$ n'est pas injectif pour tous $i$.
Chaque espace de Hilbert séparable admet un opérateur compact injectif (par exemple l'opérateur diagonal avec des entrées diagonales $1,1/2,1/3,\ldots $ sur $l^2$) alors laisse $K$ être un tel opérateur sur $H$. Alors clairement$KE$ est injectif mais $$ KE-t_iKB = K(E-t_iB) $$n'est pas. Ainsi la paire d' opérateurs compacts$(KB, KE)$ fournit un contre-exemple comme dans EDIT (1) qui à son tour peut être transformé en un contre-exemple pour la question originale.
EDIT (3): Dans ce post on trouvera un contre-exemple pour la situation dans EDIT (2) donc la question est finalement réglée dans le NÉGATIF !!
Pour être un peu plus précis, $E$ est considéré comme l'opérateur d'identité et $B$ le décalage vers l'arrière (remarquez que pour $t$ non nul a ça $E-tB$ est injectif ssi $t^{-1}E-B$ est).