espectro y espectro puntual de$(Af)(x)=(2+\cos x)f(x)$

Question

Considere la posibilidad de $A:L^2[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\to L^2[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi} {2}]$ tal que $(Af)(x)=(2+\cos x)f(x)$. Tenemos $||A||\in \sigma(A)$$||A||\in\sigma_p(A)$?

Mi intento:

Sé que $||A||\in \sigma_p$ fib existe un valor distinto de cero $f\in L^2[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$ tal que $Af=||A||f$.
En primer lugar, me mostró que $A$ es selfadjoint.

Entonces

$$||Af||^2=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}|(2+\cos x)f(x)|^2 dx \le \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}|3f(x)|^2 dx$$ Esto implica $||A||\le 3.$

Deje $S_\epsilon=\{x\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}] : 2+\cos x \ge 3-\epsilon\}$$f_\epsilon(x)=\mathbb{1}_{S_{\epsilon}}$.

Así, podemos ver que $||Af||\le (3-\epsilon)||f||$. Este impiles $||A||=3$.

Si $||A||=3 \in \sigma_p$, $Af=(2+\cos x)f(x)=3f(x)$ algunos $f\in L^2[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$.

Cómo probar o refutar un $f$ existe? Solamente podemos decir que la ecuación anterior implica $2+\cos x=f(x)$, lo cual es una contradicción?

Cómo acerca de $||A||\in \sigma(A)$? Cómo probar o refutar? Necesito comprobar si $A$ es compacto?

Muchas gracias.

Answer 1

Para escribir las cosas en un poco menos engorroso manera, usted tiene un operador de multiplicación, $Af=gf$ para una determinada función $g$ (ha $g(x)=x+\cos x$ en su caso). Este operador en caso de que a menudo denotado como $M_g$.

Es bien sabido que el $\sigma(M_g)$ el (cierre) el rango de $g$ (corto de la prueba en la final). En este caso, $g$ es continua con dominio compacto, por lo que su rango es cerrado. Así $$ \sigma(A)=[2,3]. $$ También se sabe que $\|M_g\|=\|g\|_\infty$, por lo que ha $\|A\|=3\in\sigma(A)$.

Como $g$ es real, $M_g$ es selfadjoint.

En cuanto al punto del espectro, si $M_gf=\lambda f$ para algunos distinto de cero $f$,$(g-\lambda)f=0$. Por lo $f$ puede ser distinto de cero sólo en los puntos donde $g(x)=\lambda$. Por lo tanto, si $g^{-1}(\{\lambda\})$ tiene medida cero, entonces $\lambda$ no puede ser un valor propio. Y si $g^{-1}(\{\lambda\})$ tiene medida positiva $c$, entonces podemos tomar $$ f=1_{g^{-1}(\{\lambda\})}, $$ y, a continuación, $$ M_g f=g\,1_{g^{-1}(\{\lambda\})}=\lambda\,1_{g^{-1}(\{\lambda\})}. $$ Para su $g(x)=x+\cos x$, lo que lleva a cada valor de sólo dos veces, no hay ningún punto en el espectro es un autovalor. Así, todo el espectro consiste en el espectro continuo.

Finalmente, dado que el cero de la parte del espectro de un operador compacto consta de autovalores, $M_g$ es compacto si y sólo si $g=0$.

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La prueba de que $\sigma(M_g)$ es el cierre de la gama de $g$

Nota primero que un operador de multiplicación $M_g$ es invertible, precisamente cuando $|g|\geq\delta>0$ algunos $\delta$. De hecho, cuando se $|g|\geq\delta$ tenemos que $1/g$ es continua, y $$ M_{1/g}M_g=I. $$ Por el contrario, si $g$ es no acotada por debajo, significa que no existe $t_0$$g(t_0)=0$. A continuación, $0\in\sigma(M_g)$ $M_g$ no es invertible.

Ahora, tenemos $$ M_g-\lambda I=M_{g-\lambda}, $$ así que por la mencionada $\lambda\in\sigma(M_g)$ si y sólo si existe $t_0$$g(t_0)=\lambda$.