Policzalność zbioru $t$ takie że $E-tB$ nie jest wstrzykiwany
Rozważmy oddzielną przestrzeń Hilberta $\mathcal H$ oraz dwa kompaktowe samosprzężone ciągłe operatory $E,B:\mathcal H \to \mathcal H$. $E$ jest iniekcyjny.
Teraz rozważ zestaw $$\tau = \{t\in [0,1]: E-tB\;\; \mathrm{is}\;\mathrm{NOT}\; \mathrm{injective} \}\,.$$
Myślę, że kardynalność $\tau$ jest co najwyżej policzalne.
Oczywiście wszystko, jeśli jest łatwe, jeśli $E$ i $B$mają wspólną podstawę funkcji własnych. Rzeczywiście, ponieważ dla wszystkich$t$ $E-tB$ jest zwarty i samosprzężony, możemy pisać $$E-tB = \sum_{n=0}^\infty (\lambda_n - t\mu_n)P_n$$ gdzie $P_n$ są projektorami na przestrzeniach własnych i $\lambda_n$ i $\mu_n$ wartości własne $E$ i $B$odpowiednio. Więc w tym przypadku$$\tau = \{t\in [0,1]: \lambda_n = t \mu_n\;\;\mathrm{for}\;\mathrm{some}\;n\}\,,$$ co jest wyraźnie policzalne.
Ale jak poradzić sobie z ogólnym przypadkiem? Właściwość nadal jest prawdziwa?
Odpowiedzi
Oto częściowa odpowiedź w tym szczególnym przypadku $E\geq 0$.
Załóżmy przez zaprzeczenie, że $\{t_i\}_{i\in I}$ jest niepoliczalnym podzbiorem $[0,1]$ takie że $E-t_iB$ nie jest do wstrzyknięć dla wszystkich $i$i wybierz wektory niezerowe $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ takie że $E(x_i)=t_iB(x_i)$, dla wszystkich $i$.
Jeśli $t_i\neq t_j$ Zauważ, że $$ t_i\langle B(x_i),x_j\rangle = \langle E(x_i),x_j\rangle = \langle x_i,E(x_j)\rangle = \langle x_i,t_jB(x_j)\rangle = t_j\langle B(x_i),x_j\rangle , $$ więc $\langle B(x_i),x_j\rangle =0$iw konsekwencji także $\langle E(x_i),x_j\rangle =0$. Używając tego$E$ jest pozytywna, możemy napisać $E=E^{1/2}E^{1/2}$, więc $$ 0=\langle E(x_i),x_j\rangle = \langle E^{1/2}(x_i),E^{1/2}(x_j)\rangle , $$ i wynika z tego $\{E^{1/2}(x_i)\}_{i\in I}$ jest niepoliczalną rodziną par wektorów ortogonalnych w $H$, sprzeczność.
EDYCJA (1): Oto kolejny interesujący fakt. Jeżeli odpowiedź na pierwotne pytanie byłaby twierdząca, to jest również twierdząca bez hipotezy, że tak$B$ i $E$ są samosprzężone.
Oto dlaczego: załóżmy, że (prawdopodobnie nie-samosprzężone) operatory zwarte $B$ i $E$, z $E$ iniekcyjny, daje kontrprzykład, to znaczy można znaleźć niepoliczalny podzbiór $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ i odpowiednią rodzinę $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ niezerowych wektorów takich, że $E(x_i)=t_iB(x_i)$, dla wszystkich $i$.
Weź pod uwagę operatorów $\tilde B$ i $\tilde E$działając dalej $H\oplus H$, zdefiniowane w następujący sposób: $$ \tilde B = \pmatrix{0 & B^*\cr B & 0}, \qquad \tilde E = \pmatrix{0 & E^*\cr E & I}, $$ gdzie $I$ oznacza operator tożsamości on $H$. Weź również pod uwagę wektory$\tilde x_i\in H\oplus H$ podane przez $\tilde x_i = \pmatrix{x_i\cr 0}$.
Pokazuje to łatwe obliczenia $\tilde E(\tilde x_i)=t_i\tilde B(\tilde x_i)$, więc $\tilde E-t_i\tilde B$nie jest wstrzykiwany. Najwyraźniej jedno i drugie$\tilde B$ i $\tilde E$ są zwarte i samosprzężone, a teraz to pokażemy $\tilde E$jest iniekcyjny. Załóżmy, że tak$\pmatrix{x\cr y}$ leży w pustej przestrzeni $\tilde E$. Z tego wynika $E^*(y) = 0$ i $E(x)+y=0$. Stosowanie$E^*$ tej drugiej tożsamość daje $$ 0 = E^*E(x)+E^*y=E^*E(x), $$ W związku z tym $$ 0 = \langle E^*E(x), x\rangle = \langle E(x), E(x)\rangle = \Vert E(x)\Vert ^2, $$ prowadzący do $E(x)=0$, i również $x=0$, dlatego $E$jest iniekcyjny. Podłączam to do$E(x)+y=0$wreszcie daje $y=0$, także.
Dlatego para $(\tilde B, \tilde E)$dostarcza kontrprzykładu dla pierwotnego pytania, na które, jak zakładamy, odpowiedź jest pozytywna. W ten sposób doszliśmy do sprzeczności, a tym samym udowadniamy to stwierdzenie.
EDYCJA (2): Hipotezy zwartość również można usunąć !! Oto dlaczego: załóżmy, że (prawdopodobnie niekompaktowe) ograniczone operatory$B$ i $E$, z $E$ iniekcyjny, daje kontrprzykład, to znaczy można znaleźć niepoliczalny podzbiór $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ takie że $E-t_iB$ nie jest do wstrzyknięć dla wszystkich $i$.
Każda dzielona przestrzeń Hilberta dopuszcza iniekcyjnego kompaktowego operatora (np. Operator diagonalny z ukośnymi wejściami $1,1/2,1/3,\ldots $ na $l^2$) więc pozwól $K$ być takim operatorem $H$. Wtedy wyraźnie$KE$ jest iniekcyjny, ale $$ KE-t_iKB = K(E-t_iB) $$ nie jest. Stąd para kompaktowych operatorów $(KB, KE)$ dostarcza kontrprzykładu jak w EDIT (1), który z kolei może zostać przekształcony w kontrprzykład dla pierwotnego pytania.
EDYCJA (3): W tym poście znajdziemy kontrprzykład dla sytuacji w EDYCIE (2), więc pytanie jest ostatecznie rozstrzygnięte w NEGATYWIE !!
Aby być bardziej szczegółowym, $E$ jest traktowany jako operator tożsamości i $B$ przesunięcie do tyłu (pamiętaj o tym $t$ niezerowe to ma $E-tB$ jest iniekcyjny iff $t^{-1}E-B$ jest).