Счетность множества $t$ такой, что $E-tB$ не является инъективным
Рассмотрим сепарабельное гильбертово пространство $\mathcal H$ и два компактных самосопряженных непрерывных оператора $E,B:\mathcal H \to \mathcal H$. $E$ инъективно.
Теперь рассмотрим множество $$\tau = \{t\in [0,1]: E-tB\;\; \mathrm{is}\;\mathrm{NOT}\; \mathrm{injective} \}\,.$$
Я думаю, что мощность $\tau$ не более чем счетно.
Ясно все, если легко, если $E$ и $B$разделяют базу собственных функций. Действительно, поскольку для всех$t$ $E-tB$ компактно и самосопряженно, мы можем написать $$E-tB = \sum_{n=0}^\infty (\lambda_n - t\mu_n)P_n$$ где $P_n$ проекторы на собственных подпространствах и $\lambda_n$ и $\mu_n$ собственные значения $E$ и $B$соответственно. Так что в этом случае$$\tau = \{t\in [0,1]: \lambda_n = t \mu_n\;\;\mathrm{for}\;\mathrm{some}\;n\}\,,$$ который, очевидно, исчисляем.
Но как быть в общем случае? Собственность все еще в силе?
Ответы
Вот частичный ответ в частном случае, когда $E\geq 0$.
Предположим от противного, что $\{t_i\}_{i\in I}$ несчетное подмножество $[0,1]$ такой, что $E-t_iB$ не является инъективным для всех $i$, и выберем ненулевые векторы $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ такой, что $E(x_i)=t_iB(x_i)$, для всех $i$.
Если $t_i\neq t_j$ заметить, что $$ t_i\langle B(x_i),x_j\rangle = \langle E(x_i),x_j\rangle = \langle x_i,E(x_j)\rangle = \langle x_i,t_jB(x_j)\rangle = t_j\langle B(x_i),x_j\rangle , $$ так $\langle B(x_i),x_j\rangle =0$, а следовательно, и $\langle E(x_i),x_j\rangle =0$. Используя это$E$ положительно, мы можем написать $E=E^{1/2}E^{1/2}$, так $$ 0=\langle E(x_i),x_j\rangle = \langle E^{1/2}(x_i),E^{1/2}(x_j)\rangle , $$ и отсюда следует, что $\{E^{1/2}(x_i)\}_{i\in I}$ несчетное семейство попарно ортогональных векторов в $H$, противоречие.
РЕДАКТИРОВАТЬ (1): Вот еще один интересный факт. Если ответ на исходный вопрос будет утвердительным, то он также будет утвердительным без гипотезы о том, что$B$ и $E$ самосопряжены.
Вот почему: предположим, что (возможно, несамосопряженные) компактные операторы $B$ и $E$, с участием $E$ инъективные, дают контрпример, то есть можно найти несчетное подмножество $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ и соответствующая семья $\{x_i\}_{i\in I}\subseteq H$ ненулевых векторов таких, что $E(x_i)=t_iB(x_i)$, для всех $i$.
Рассмотрим операторы $\tilde B$ и $\tilde E$, действующий на $H\oplus H$, определяется следующим образом: $$ \tilde B = \pmatrix{0 & B^*\cr B & 0}, \qquad \tilde E = \pmatrix{0 & E^*\cr E & I}, $$ где $I$ обозначает тождественный оператор на $H$. Также рассмотрим векторы$\tilde x_i\in H\oplus H$ данный $\tilde x_i = \pmatrix{x_i\cr 0}$.
Несложное вычисление показывает, что $\tilde E(\tilde x_i)=t_i\tilde B(\tilde x_i)$, так $\tilde E-t_i\tilde B$не является инъективным. Очевидно, оба$\tilde B$ и $\tilde E$ компактны и самосопряжены, и теперь мы покажем, что $\tilde E$инъективно. Для этого предположим, что$\pmatrix{x\cr y}$ лежит в нулевом пространстве $\tilde E$. Отсюда следует, что$E^*(y) = 0$ и $E(x)+y=0$. Применение$E^*$ к последнему тождеству дает $$ 0 = E^*E(x)+E^*y=E^*E(x), $$ следовательно $$ 0 = \langle E^*E(x), x\rangle = \langle E(x), E(x)\rangle = \Vert E(x)\Vert ^2, $$ ведущий к $E(x)=0$, а также $x=0$, потому как $E$инъективно. Подключив это к$E(x)+y=0$наконец дает $y=0$, также.
Поэтому пара $(\tilde B, \tilde E)$дает контрпример для исходного вопроса, на который мы предполагаем положительный ответ. Таким образом, мы пришли к противоречию и тем самым доказываем утверждение.
РЕДАКТИРОВАТЬ (2): Гипотезы компактности также могут быть удалены !! Вот почему: предположим, что (возможно, некомпактные) ограниченные операторы$B$ и $E$, с участием $E$ инъективные, дают контрпример, то есть можно найти несчетное подмножество $\{t_i\}_{i\in I}\subseteq [0,1]$ такой, что $E-t_iB$ не является инъективным для всех $i$.
Каждое сепарабельное гильбертово пространство допускает инъективный компактный оператор (например, диагональный оператор с диагональными элементами $1,1/2,1/3,\ldots $ на $l^2$) так что давайте $K$ быть таким оператором на $H$. Тогда ясно$KE$ инъективно, но $$ KE-t_iKB = K(E-t_iB) $$не является. Таким образом, пара компактных операторов$(KB, KE)$ предоставляет контрпример, как в EDIT (1), который, в свою очередь, можно превратить в контрпример для исходного вопроса.
РЕДАКТИРОВАТЬ (3): В этом посте можно найти контрпример для ситуации в РЕДАКТИРОВАНИИ (2), поэтому вопрос окончательно решен в ОТРИЦАТЕЛЬНОМ !!
Чтобы быть более конкретным, $E$ считается тождественным оператором и $B$ обратный сдвиг (заметьте, что для $t$ ненулевой $E-tB$ инъективен тогда и только тогда $t^{-1}E-B$ является).