के सेट की गणना $t$ ऐसा है कि $E-tB$ इंजेक्शन नहीं है
एक अलग हिल्बर्ट स्थान पर विचार करें $\mathcal H$ और दो कॉम्पैक्ट स्व सतत ऑपरेटरों से सटे $E,B:\mathcal H \to \mathcal H$। $E$ इंजेक्शन है।
अब सेट पर विचार करें $$\tau = \{t\in [0,1]: E-tB\;\; \mathrm{is}\;\mathrm{NOT}\; \mathrm{injective} \}\,.$$
मुझे लगता है कि की कार्डिनैलिटी $\tau$ सबसे अधिक गणना योग्य है।
स्पष्ट रूप से अगर सब कुछ आसान हो तो $E$ तथा $B$eigenfunctions का एक आधार साझा करें। वास्तव में, सब के बाद से$t$ $E-tB$ कॉम्पैक्ट और आत्म-सहायक है, हम लिख सकते हैं $$E-tB = \sum_{n=0}^\infty (\lambda_n - t\mu_n)P_n$$ कहाँ पे $P_n$ Eigenspaces पर प्रोजेक्टर हैं और $\lambda_n$ तथा $\mu_n$ के स्वदेशी $E$ तथा $B$क्रमशः। तो इस मामले में$$\tau = \{t\in [0,1]: \lambda_n = t \mu_n\;\;\mathrm{for}\;\mathrm{some}\;n\}\,,$$ जो स्पष्ट रूप से गणनीय है।
लेकिन सामान्य मामले से कैसे निपटें? संपत्ति अभी भी सही है?
जवाब
यहाँ विशेष मामले में आंशिक जवाब दिया गया है कि $E\geq 0$।
विरोधाभास मान लें कि $\{t_i\}_{i\in I}$ का एक बेशुमार उपसमुच्चय है $[0,1]$ ऐसा है कि $E-t_iB$ सभी के लिए इंजेक्शन नहीं है $i$, और नॉनज़रो वैक्टर चुनें $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ ऐसा है कि $E(x_i)=t_iB(x_i)$, सबके लिए $i$।
अगर $t_i\neq t_j$ नोटिस जो $$ t_i\langle B(x_i),x_j\rangle = \langle E(x_i),x_j\rangle = \langle x_i,E(x_j)\rangle = \langle x_i,t_jB(x_j)\rangle = t_j\langle B(x_i),x_j\rangle , $$ इसलिए $\langle B(x_i),x_j\rangle =0$, और परिणामस्वरूप भी $\langle E(x_i),x_j\rangle =0$। उस का उपयोग कर$E$ सकारात्मक है हम लिख सकते हैं $E=E^{1/2}E^{1/2}$, इसलिए $$ 0=\langle E(x_i),x_j\rangle = \langle E^{1/2}(x_i),E^{1/2}(x_j)\rangle , $$ और यह इस प्रकार है $\{E^{1/2}(x_i)\}_{i\in I}$ में जोड़ीदार ऑर्थोगोनल वैक्टर का एक बेशुमार परिवार है $H$, एक विरोधाभास।
EDIT (1): यहां एक और दिलचस्प तथ्य है। क्या मूल प्रश्न का उत्तर सकारात्मक होना चाहिए, फिर यह भी परिकल्पना के बिना सकारात्मक है$B$ तथा $E$ स्वयंभू हैं।
यहाँ क्यों है: मान लीजिए कि (संभवतः गैर-स्व-अभिमानी) कॉम्पैक्ट ऑपरेटर $B$ तथा $E$, साथ में $E$ इंजेक्टिव, एक काउंटर-उदाहरण प्राप्त करें, अर्थात, एक बेशुमार सबसेट मिल सकता है $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ और एक संगत परिवार $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ नॉनज़रो वैक्टर की तरह $E(x_i)=t_iB(x_i)$, सबके लिए $i$।
ऑपरेटरों पर विचार करें $\tilde B$ तथा $\tilde E$, अभिनय कर रहे $H\oplus H$, निम्नानुसार परिभाषित किया गया है: $$ \tilde B = \pmatrix{0 & B^*\cr B & 0}, \qquad \tilde E = \pmatrix{0 & E^*\cr E & I}, $$ कहाँ पे $I$ पर पहचान ऑपरेटर को दर्शाता है $H$। वैक्टर पर भी विचार करें$\tilde x_i\in H\oplus H$ के द्वारा दिया गया $\tilde x_i = \pmatrix{x_i\cr 0}$।
एक आसान संगणना से पता चलता है कि $\tilde E(\tilde x_i)=t_i\tilde B(\tilde x_i)$, इसलिए $\tilde E-t_i\tilde B$इंजेक्शन नहीं है। जाहिर है दोनों$\tilde B$ तथा $\tilde E$ कॉम्पैक्ट और आत्म-आसन्न हैं, और हम अगले शो में दिखाएंगे $\tilde E$इंजेक्शन है। इसके लिए मान लीजिए कि$\pmatrix{x\cr y}$ के रिक्त स्थान में स्थित है $\tilde E$। इसलिए यह इस प्रकार है$E^*(y) = 0$ तथा $E(x)+y=0$। को लागू करने$E^*$ बाद की पहचान देता है $$ 0 = E^*E(x)+E^*y=E^*E(x), $$ इसलिये $$ 0 = \langle E^*E(x), x\rangle = \langle E(x), E(x)\rangle = \Vert E(x)\Vert ^2, $$ के लिए अग्रणी $E(x)=0$, और भी $x=0$, चूंकि $E$इंजेक्शन है। इस में प्लगिंग$E(x)+y=0$, अंत में देता है $y=0$, भी।
इसलिए जोड़ी $(\tilde B, \tilde E)$मूल प्रश्न के लिए एक प्रति-उदाहरण प्रदान करता है जिसे हम सकारात्मक उत्तर के लिए मान रहे हैं। हम इस प्रकार एक विरोधाभास पर आ गए हैं, इसलिए बयान को साबित कर रहे हैं।
EDIT (2): कॉम्पैक्टनेस हिपोथेसिस को भी हटाया जा सकता है !! यहाँ क्यों: माना जाता है कि (संभवतः गैर-कॉम्पैक्ट) बाध्य ऑपरेटरों$B$ तथा $E$, साथ में $E$ इंजेक्टिव, एक काउंटर-उदाहरण प्राप्त करें, अर्थात, एक बेशुमार सबसेट मिल सकता है $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ ऐसा है कि $E-t_iB$ सभी के लिए इंजेक्शन नहीं है $i$।
प्रत्येक अलग करने योग्य हिल्बर्ट स्थान एक इंजेक्शन कॉम्पैक्ट ऑपरेटर (जैसे विकर्ण संचालकों के साथ विकर्ण प्रविष्टियों) को स्वीकार करता है $1,1/2,1/3,\ldots $ पर $l^2$) तो चलो $K$ इस तरह के एक ऑपरेटर हो $H$। फिर स्पष्ट रूप से$KE$ इंजेक्शन है लेकिन $$ KE-t_iKB = K(E-t_iB) $$नहीं है। इस प्रकार कॉम्पैक्ट ऑपरेटरों की जोड़ी$(KB, KE)$ EDIT (1) के रूप में एक काउंटर-उदाहरण प्रदान करता है जो बदले में मूल प्रश्न के लिए एक काउंटर-उदाहरण में बनाया जा सकता है।
EDIT (3): इस पोस्ट में EDIT (2) में स्थिति के लिए एक काउंटर-उदाहरण मिलेगा, इसलिए सवाल आखिर NEGATIVE में तय किया गया है !!
थोड़ा और विशिष्ट होने के लिए, $E$ पहचान ऑपरेटर होने के लिए लिया जाता है और $B$ पिछड़े बदलाव (आप के लिए मन है) $t$ नॉनवेज एक है $E-tB$ इंजेक्शन है iff $t^{-1}E-B$ है)।