Contabilidade do conjunto de $t$ de tal modo que $E-tB$ não é injetivo
Considere um espaço de Hilbert separável $\mathcal H$ e dois operadores contínuos compactos auto-adjuntos $E,B:\mathcal H \to \mathcal H$. $E$ é injetivo.
Agora considere o conjunto $$\tau = \{t\in [0,1]: E-tB\;\; \mathrm{is}\;\mathrm{NOT}\; \mathrm{injective} \}\,.$$
Eu acho que a cardinalidade de $\tau$ é no máximo contável.
Claramente tudo é fácil se $E$ e $B$compartilham uma base de autofunções. Na verdade, uma vez que para todos$t$ $E-tB$ é compacto e auto-adjunto, podemos escrever $$E-tB = \sum_{n=0}^\infty (\lambda_n - t\mu_n)P_n$$ Onde $P_n$ são os projetores nos eigenspaces e $\lambda_n$ e $\mu_n$ os autovalores de $E$ e $B$respectivamente. Então neste caso$$\tau = \{t\in [0,1]: \lambda_n = t \mu_n\;\;\mathrm{for}\;\mathrm{some}\;n\}\,,$$ que é claramente contável.
Mas como lidar com o caso geral? A propriedade ainda é verdadeira?
Respostas
Aqui está uma resposta parcial no caso especial de $E\geq 0$.
Suponha por contradição que $\{t_i\}_{i\in I}$ é um subconjunto incontável de $[0,1]$ de tal modo que $E-t_iB$ não é injetivo para todos $i$e escolha vetores diferentes de zero $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ de tal modo que $E(x_i)=t_iB(x_i)$, para todos $i$.
Se $t_i\neq t_j$ notar que $$ t_i\langle B(x_i),x_j\rangle = \langle E(x_i),x_j\rangle = \langle x_i,E(x_j)\rangle = \langle x_i,t_jB(x_j)\rangle = t_j\langle B(x_i),x_j\rangle , $$ então $\langle B(x_i),x_j\rangle =0$, e conseqüentemente também $\langle E(x_i),x_j\rangle =0$. Usando isso$E$ é positivo, podemos escrever $E=E^{1/2}E^{1/2}$, então $$ 0=\langle E(x_i),x_j\rangle = \langle E^{1/2}(x_i),E^{1/2}(x_j)\rangle , $$ e segue-se que $\{E^{1/2}(x_i)\}_{i\in I}$ é uma família incontável de vetores ortogonais de pares em $H$, uma contradição.
EDIT (1): Aqui está outro fato interessante. Se a resposta à questão original for afirmativa, então também é afirmativa sem a hipótese de que$B$ e $E$ são auto-adjuntos.
Aqui está o porquê: suponha que os operadores compactos (possivelmente não auto-adjuntos) $B$ e $E$, com $E$ injetivo, produz um contra-exemplo, ou seja, pode-se encontrar um subconjunto incontável $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ e uma família correspondente $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ de vetores diferentes de zero, que $E(x_i)=t_iB(x_i)$, para todos $i$.
Considere os operadores $\tilde B$ e $\tilde E$, agindo em $H\oplus H$, definido como segue: $$ \tilde B = \pmatrix{0 & B^*\cr B & 0}, \qquad \tilde E = \pmatrix{0 & E^*\cr E & I}, $$ Onde $I$ denota o operador de identidade em $H$. Considere também os vetores$\tilde x_i\in H\oplus H$ dado por $\tilde x_i = \pmatrix{x_i\cr 0}$.
Um cálculo fácil mostra que $\tilde E(\tilde x_i)=t_i\tilde B(\tilde x_i)$, então $\tilde E-t_i\tilde B$não é injetivo. Evidentemente ambos$\tilde B$ e $\tilde E$ são compactos e auto-adjuntos, e vamos mostrar a seguir que $\tilde E$é injetivo. Para isso, suponha que$\pmatrix{x\cr y}$ encontra-se no espaço nulo de $\tilde E$. Portanto, segue-se que$E^*(y) = 0$ e $E(x)+y=0$. Aplicando$E^*$ para o último a identidade dá $$ 0 = E^*E(x)+E^*y=E^*E(x), $$ conseqüentemente $$ 0 = \langle E^*E(x), x\rangle = \langle E(x), E(x)\rangle = \Vert E(x)\Vert ^2, $$ levando a $E(x)=0$, e também $x=0$, Porque $E$é injetivo. Conectando isso em$E(x)+y=0$, finalmente dá $y=0$, também.
Portanto, o par $(\tilde B, \tilde E)$fornece um contra-exemplo para a pergunta original que supomos ter uma resposta positiva. Chegamos assim a uma contradição, provando assim a afirmação.
EDIT (2): As hipóteses de compactação também podem ser removidas !! Aqui está o motivo: suponha que os operadores limitados (possivelmente não compactos)$B$ e $E$, com $E$ injetivo, produz um contra-exemplo, ou seja, pode-se encontrar um subconjunto incontável $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ de tal modo que $E-t_iB$ não é injetivo para todos $i$.
Cada espaço Hilbert separável admite um operador compacto injetivo (por exemplo, o operador diagonal com entradas diagonais $1,1/2,1/3,\ldots $ sobre $l^2$) então deixe $K$ ser tal operador em $H$. Então claramente$KE$ é injetivo, mas $$ KE-t_iKB = K(E-t_iB) $$não. Assim, o par de operadores compactos$(KB, KE)$ fornece um contra-exemplo como em EDIT (1) que por sua vez pode ser transformado em um contra-exemplo para a questão original.
EDIT (3): Neste post encontraremos um contra-exemplo para a situação em EDIT (2) então a questão é finalmente resolvida no NEGATIVO !!
Para ser um pouco mais específico, $E$ é considerado o operador de identidade e $B$ a mudança para trás (lembre-se disso por $t$ diferente de zero tem isso $E-tB$ é injetivo iff $t^{-1}E-B$ é).