Uno de estos dos operadores no es invertible.

Question

Tengo un espacio de Hilbert$H$ y un operador auto-adjunto delimitado$T$ en él con$||T||=1$. He intentado demostrar que al menos uno de$I+T, I-T$ no es invertible, pero aún no he podido avanzar. Cualquier sugerencia sera apreciada.

Answer 1

Como$ T $ está delimitado y autoadjuntado con la norma$ 1 $, su espectro$ \sigma(T) $ es un subconjunto compacto de$ [-1,1] $, y su radio espectral$ r(T) $ es igual a $ 1 $. Por lo tanto, ya sea$ -1 \in \sigma(T) $ o$ 1 \in \sigma(T) $.

• Si$ -1 \in \sigma(T) $, entonces$ 0 \in \sigma(I + T) $, entonces$ I + T $ no es invertible.
• Si$ 1 \in \sigma(T) $, entonces$ 0 \in \sigma(I - T) $, entonces$ I - T $ no es invertible.

Answer 2

Aquí hay otra respuesta que es adecuado para el cartel del fondo. Hacemos uso del hecho de que para un auto-adjunto delimitada operador $ T $ sobre un espacio de Hilbert $ \mathcal{H} $, tenemos $$ \| T \|_{B(\mathcal{H})} = \sup(\{ |\langle T(h),h \rangle_{\mathcal{H}}| \mediados de los h \in \mathbb{S}(\mathcal{H}) \}), $$ donde $ \mathbb{S}(\mathcal{H}) $ denota la unidad de la esfera de $ \mathcal{H} $.

Supongamos que $ \| T \|_{B(\mathcal{H})} = 1 $. A continuación, hay una secuencia $ (h_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ $ \mathbb{S}(\mathcal{H}) $ tal que $$ \lim_{n \to \infty} |\langle T(h_{n}),h_{n} \rangle_{\mathcal{H}}| = 1. $$ Como $ T $ es auto-adjunto, tenemos $$ \forall h \in \mathcal{H}: \quad \langle T(h),h \rangle_{\mathcal{H}} = \langle h,T(h) \rangle_{\mathcal{H}} = \overline{\langle T(h),h \rangle_{\mathcal{H}}}, $$ lo que significa que $ \langle T(h),h \rangle_{\mathcal{H}} \in \mathbb{R} $ cualquier $ h \in \mathcal{H} $. Por lo tanto, podemos encontrar una larga $ (h_{n_{k}})_{k \in \mathbb{N}} $ $ (h_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ de manera tal que sea

1. $ \displaystyle \lim_{k \to \infty} \langle T(h_{n_{k}}),h_{n_{k}} \rangle_{\mathcal{H}} = 1 $, o
2. $ \displaystyle \lim_{k \to \infty} \langle T(h_{n_{k}}),h_{n_{k}} \rangle_{\mathcal{H}} = -1 $.

Supongamos que, en el Caso (1) se produce. Observar que \begin{align} \forall h \in \mathcal{H}: \quad \left\langle {(T - I)^{2}}(h),h \right\rangle_{\mathcal{H}} & = \langle (T - I)(h),(T - I)(h) \rangle_{\mathcal{H}} \\ & = \langle T(h),T(h) \rangle_{\mathcal{H}} + \langle h,h \rangle_{\mathcal{H}} - \langle T(h),h \rangle_{\mathcal{H}} - \langle h,T(h) \rangle_{\mathcal{H}} \\ & = \langle T(h),T(h) \rangle_{\mathcal{H}} + \langle h,h \rangle_{\mathcal{H}} - 2 \langle T(h),h \rangle_{\mathcal{H}} \qquad (\text{As %#%#%.}) \\ & = \| T(h) \|_{\mathcal{H}}^{2} + \| h \|_{\mathcal{H}}^{2} - 2 \langle T(h),h \rangle_{\mathcal{H}} \\ & \leq \| h \|_{\mathcal{H}}^{2} + \| h \|_{\mathcal{H}}^{2} - 2 \langle T(h),h \rangle_{\mathcal{H}} \qquad (\text{As %#%#%.}) \\ & = 2 \| h \|_{\mathcal{H}}^{2} - 2 \langle T(h),h \rangle_{\mathcal{H}}. \end{align} Como \begin{align} \lim_{k \to \infty} \left( 2 \| h_{n_{k}} \|_{\mathcal{H}}^{2} - 2 \langle T(h_{n_{k}}),h_{n_{k}} \rangle_{\mathcal{H}} \right) & = \lim_{k \to \infty} (2 - 2 \langle T(h_{n_{k}}),h_{n_{k}} \rangle_{\mathcal{H}}) \qquad (\text{As %#%#%.}) \\ & = 2 - 2(1) \qquad (\text{By the assumption of Case (1).}) \\ & = 0, \end{align} de ello se deduce del Teorema del sándwich que $$ \lim_{k \to \infty} \left\langle {(T - I)^{2}}(h_{n_{k}}),h_{n_{k}} \right\rangle_{\mathcal{H}} = 0. $$ Por lo tanto, no puede existir una $ T = T^{*} $ tal que $ \| T \|_{B(\mathcal{H})} = 1 $ todos los $ h_{n_{k}} \in \mathbb{S}(\mathcal{H}) $, lo que implica inmediatamente que $ \delta > 0 $ no es invertible.

Si el Caso (2) se produce, entonces, por un argumento similar, $ \left\langle {(T - I)^{2}}(h),h \right\rangle_{\mathcal{H}} \geq \delta \| h \|_{\mathcal{H}}^{2} $ no es invertible.