Khả năng đếm của tập hợp $t$ như vậy mà $E-tB$ không bị thương
Xem xét một không gian Hilbert có thể phân tách $\mathcal H$ và hai toán tử liên tục tự liền kề nhỏ gọn $E,B:\mathcal H \to \mathcal H$. $E$ bị thương.
Bây giờ hãy xem xét bộ $$\tau = \{t\in [0,1]: E-tB\;\; \mathrm{is}\;\mathrm{NOT}\; \mathrm{injective} \}\,.$$
Tôi nghĩ rằng bản chất của $\tau$ là nhiều nhất có thể đếm được.
Rõ ràng mọi thứ nếu dễ dàng nếu $E$ và $B$chia sẻ cơ sở của các chức năng riêng. Thật vậy, vì tất cả$t$ $E-tB$ nhỏ gọn và tự liền, chúng ta có thể viết $$E-tB = \sum_{n=0}^\infty (\lambda_n - t\mu_n)P_n$$ Ở đâu $P_n$ là máy chiếu trên eigenspaces và $\lambda_n$ và $\mu_n$ các giá trị đặc trưng của $E$ và $B$tương ứng. Vì vậy, trong trường hợp này$$\tau = \{t\in [0,1]: \lambda_n = t \mu_n\;\;\mathrm{for}\;\mathrm{some}\;n\}\,,$$ mà rõ ràng là có thể đếm được.
Nhưng làm thế nào để đối phó với trường hợp chung? Tài sản vẫn giữ đúng?
Trả lời
Đây là một phần câu trả lời trong trường hợp đặc biệt $E\geq 0$.
Giả định bằng cách mâu thuẫn rằng $\{t_i\}_{i\in I}$ là một tập hợp con không thể đếm được của $[0,1]$ như vậy mà $E-t_iB$ không gây thương tích cho tất cả $i$và chọn vectơ khác không $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ như vậy mà $E(x_i)=t_iB(x_i)$, cho tất cả $i$.
Nếu $t_i\neq t_j$ thông báo rằng $$ t_i\langle B(x_i),x_j\rangle = \langle E(x_i),x_j\rangle = \langle x_i,E(x_j)\rangle = \langle x_i,t_jB(x_j)\rangle = t_j\langle B(x_i),x_j\rangle , $$ vì thế $\langle B(x_i),x_j\rangle =0$và do đó cũng $\langle E(x_i),x_j\rangle =0$. Sử dụng cái đó$E$ là tích cực, chúng tôi có thể viết $E=E^{1/2}E^{1/2}$, vì thế $$ 0=\langle E(x_i),x_j\rangle = \langle E^{1/2}(x_i),E^{1/2}(x_j)\rangle , $$ và nó theo sau đó $\{E^{1/2}(x_i)\}_{i\in I}$ là một họ vectơ trực giao theo cặp không đếm được trong $H$, một sự mâu thuẫn.
CHỈNH SỬA (1): Đây là một sự thật thú vị khác. Nếu câu trả lời cho câu hỏi ban đầu là khẳng định thì nó cũng là khẳng định mà không cần giả thuyết rằng$B$ và $E$ là tự liền kề.
Đây là lý do tại sao: giả sử rằng các toán tử nhỏ gọn (có thể không tự kết hợp) $B$ và $E$, với $E$ bị thương, mang lại một ví dụ ngược lại, tức là người ta có thể tìm thấy một tập hợp con không đếm được $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ và một gia đình tương ứng $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ vectơ khác không sao cho $E(x_i)=t_iB(x_i)$, cho tất cả $i$.
Xem xét các nhà khai thác $\tilde B$ và $\tilde E$, hành động $H\oplus H$, được định nghĩa như sau: $$ \tilde B = \pmatrix{0 & B^*\cr B & 0}, \qquad \tilde E = \pmatrix{0 & E^*\cr E & I}, $$ Ở đâu $I$ biểu thị nhà điều hành danh tính trên $H$. Cũng xem xét các vectơ$\tilde x_i\in H\oplus H$ được cho bởi $\tilde x_i = \pmatrix{x_i\cr 0}$.
Một phép tính dễ dàng cho thấy rằng $\tilde E(\tilde x_i)=t_i\tilde B(\tilde x_i)$, vì thế $\tilde E-t_i\tilde B$không bị thương. Rõ ràng là cả hai$\tilde B$ và $\tilde E$ nhỏ gọn và tự liền với nhau, và tiếp theo chúng tôi sẽ chỉ ra rằng $\tilde E$bị thương. Đối với điều này, giả sử rằng$\pmatrix{x\cr y}$ nằm trong không gian rỗng của $\tilde E$. Do đó, nó theo sau rằng $E^*(y) = 0$ và $E(x)+y=0$. Đang áp dụng$E^*$ danh tính thứ hai mang lại cho $$ 0 = E^*E(x)+E^*y=E^*E(x), $$ vì thế $$ 0 = \langle E^*E(x), x\rangle = \langle E(x), E(x)\rangle = \Vert E(x)\Vert ^2, $$ dẫn tới $E(x)=0$, và cả $x=0$, bởi vì $E$bị thương. Cắm cái này vào$E(x)+y=0$, cuối cùng cho $y=0$, cũng.
Do đó cặp $(\tilde B, \tilde E)$cung cấp một ví dụ ngược lại cho câu hỏi ban đầu mà chúng tôi đang cho là có câu trả lời khẳng định. Do đó, chúng tôi đã đi đến một mâu thuẫn, do đó chứng minh tuyên bố.
CHỈNH SỬA (2): Các dấu ngoặc kép nhỏ gọn cũng có thể được loại bỏ !! Đây là lý do tại sao: giả sử rằng các toán tử bị ràng buộc (có thể không nén)$B$ và $E$, với $E$ bị thương, mang lại một ví dụ ngược lại, tức là người ta có thể tìm thấy một tập hợp con không đếm được $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ như vậy mà $E-t_iB$ không gây thương tích cho tất cả $i$.
Mọi không gian Hilbert có thể phân tách đều thừa nhận một toán tử thu gọn không xác định (ví dụ: toán tử đường chéo với các mục đường chéo $1,1/2,1/3,\ldots $ trên $l^2$) vì vậy hãy $K$ là một nhà điều hành trên $H$. Sau đó rõ ràng$KE$ bị thương nhưng $$ KE-t_iKB = K(E-t_iB) $$ không phải. Do đó, cặp toán tử nhỏ gọn$(KB, KE)$ cung cấp một ví dụ phản bác như trong EDIT (1), từ đó có thể được biến thành một ví dụ phản bác cho câu hỏi ban đầu.
EDIT (3): Trong bài đăng này, người ta sẽ tìm thấy một ví dụ ngược lại cho tình huống trong EDIT (2), vì vậy câu hỏi cuối cùng đã được giải quyết trong TIÊU CỰC !!
Cụ thể hơn một chút, $E$ được coi là nhà điều hành danh tính và $B$ sự dịch chuyển lùi (nhớ bạn điều đó cho $t$ nonzero có cái đó $E-tB$ bị thương $t^{-1}E-B$ Là).