の可算集合 $t$ そのような $E-tB$ 単射ではありません
分離可能なヒルベルト空間を考えてみましょう $\mathcal H$ および2つのコンパクトな自己随伴連続演算子 $E,B:\mathcal H \to \mathcal H$。 $E$ 単射です。
今セットを検討してください $$\tau = \{t\in [0,1]: E-tB\;\; \mathrm{is}\;\mathrm{NOT}\; \mathrm{injective} \}\,.$$
のカーディナリティは $\tau$ せいぜい可算です。
簡単なら明らかにすべて $E$ そして $B$固有関数の基礎を共有します。確かに、すべてのために$t$ $E-tB$ コンパクトで自己随伴作用素であり、書くことができます $$E-tB = \sum_{n=0}^\infty (\lambda_n - t\mu_n)P_n$$ どこ $P_n$ 固有空間上のプロジェクターであり、 $\lambda_n$ そして $\mu_n$ の固有値 $E$ そして $B$それぞれ。したがって、この場合$$\tau = \{t\in [0,1]: \lambda_n = t \mu_n\;\;\mathrm{for}\;\mathrm{some}\;n\}\,,$$ これは明らかに可算です。
しかし、一般的なケースにどのように対処するのですか？プロパティはまだ当てはまりますか？
回答
これは特別な場合の部分的な答えです $E\geq 0$。
矛盾により、 $\{t_i\}_{i\in I}$ の数えられないサブセットです $[0,1]$ そのような $E-t_iB$ すべての人に単射ではありません $i$、およびゼロ以外のベクトルを選択します $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ そのような $E(x_i)=t_iB(x_i)$、 すべてのために $i$。
場合 $t_i\neq t_j$ そのことに注意してください $$ t_i\langle B(x_i),x_j\rangle = \langle E(x_i),x_j\rangle = \langle x_i,E(x_j)\rangle = \langle x_i,t_jB(x_j)\rangle = t_j\langle B(x_i),x_j\rangle , $$ そう $\langle B(x_i),x_j\rangle =0$、したがってまた $\langle E(x_i),x_j\rangle =0$。それを使う$E$ 私たちが書くかもしれないポジティブです $E=E^{1/2}E^{1/2}$、 そう $$ 0=\langle E(x_i),x_j\rangle = \langle E^{1/2}(x_i),E^{1/2}(x_j)\rangle , $$ そしてそれはそれに続く $\{E^{1/2}(x_i)\}_{i\in I}$ のペアワイズ直交ベクトルの数え切れないファミリーです $H$、矛盾。
編集（1）：ここに別の興味深い事実があります。元の質問への答えが肯定的である場合、それは仮説なしでも肯定的です$B$ そして $E$ 随伴作用素です。
理由は次のとおりです。（おそらく非自己結合の）コンパクト演算子を想定します。 $B$ そして $E$、と $E$ 単射、反例を生成します。つまり、数えられないサブセットを見つけることができます。 $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ および対応する家族 $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ そのような非ゼロベクトルの $E(x_i)=t_iB(x_i)$、 すべてのために $i$。
演算子を検討する $\tilde B$ そして $\tilde E$、に作用する $H\oplus H$、次のように定義されます。 $$ \tilde B = \pmatrix{0 & B^*\cr B & 0}, \qquad \tilde E = \pmatrix{0 & E^*\cr E & I}, $$ どこ $I$ 上の恒等演算子を示します $H$。ベクトルも考慮してください$\tilde x_i\in H\oplus H$ によって与えられた $\tilde x_i = \pmatrix{x_i\cr 0}$。
簡単な計算はそれを示しています $\tilde E(\tilde x_i)=t_i\tilde B(\tilde x_i)$、 そう $\tilde E-t_i\tilde B$単射ではありません。明らかに両方$\tilde B$ そして $\tilde E$ コンパクトで自己随伴作用素であり、次にそれを示します $\tilde E$単射です。このためにそれを仮定します$\pmatrix{x\cr y}$ の零空間にある $\tilde E$。したがって、次のようになります$E^*(y) = 0$ そして $E(x)+y=0$。申請中$E^*$ 後者のアイデンティティに与える $$ 0 = E^*E(x)+E^*y=E^*E(x), $$ したがって $$ 0 = \langle E^*E(x), x\rangle = \langle E(x), E(x)\rangle = \Vert E(x)\Vert ^2, $$ につながる $E(x)=0$、そしてまた $x=0$、なぜなら $E$単射です。これをに差し込む$E(x)+y=0$、最終的に与える $y=0$、 同様に。
したがって、ペア $(\tilde B, \tilde E)$肯定的な答えがあると想定している元の質問の反例を提供します。このように私たちは矛盾に達し、それ故に声明を証明しました。
編集（2）：コンパクトなヒポテスも取り除くことができます!! 理由は次のとおりです。（おそらく非コンパクトな）有界作用素を想定します。$B$ そして $E$、と $E$ 単射、反例を生成します。つまり、数えられないサブセットを見つけることができます。 $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ そのような $E-t_iB$ すべての人に単射ではありません $i$。
すべての分離可能なヒルベルト空間は、単射コンパクト演算子（たとえば、対角要素を持つ対角演算子）を許可します。 $1,1/2,1/3,\ldots $ オン $l^2$）そうしましょう $K$ そのようなオペレーターになる $H$。その後、明らかに$KE$ 単射ですが $$ KE-t_iKB = K(E-t_iB) $$ではありません。したがって、コンパクト演算子のペア$(KB, KE)$ EDIT（1）のような反例を提供します。これは、元の質問の反例にすることができます。
編集（3）：この投稿では、編集（2）の状況の反例が見つかるので、質問は最終的にネガティブに解決されます!!
もう少し具体的に言うと、 $E$ 恒等演算子と見なされ、 $B$ 後方シフト（ $t$ ゼロ以外のものはそれを持っています $E-tB$ 単射です $t^{-1}E-B$ です）。