Funciones Hermite y Operadores de Multiplicación: ¿Por qué es correcta la ecuación "obvia"?

Question

Pregunta: Dejemos que $T$ sea el operador no limitado en $L^2(\mathbb{R})$ definido por $$Tf(x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( x f(x) - f^{\prime}(x) \right), $$ con dominio $\mathfrak{D}(T)$ restringido al conjunto donde $xf(x)$ y $f^{\prime}(x)$ son cada uno, por separado, en $L^2(\mathbb{R})$ (y permitimos $f^{\prime}(x)$ para ser una derivada distributiva).

Se sabe (por ejemplo, Folland's Análisis real Ejercicio 8.23 (a -- c)) que $T h_k(x) = \sqrt{k + 1} h_{k + 1}(x)$ , donde $h_k(x)$ es el $k$ función de Hermite (definición precisa más adelante).

Por supuesto, las funciones de Hermite forman una base ortonormal de $L^2(\mathbb{R})$ Así pues, para cualquier $f \in \mathfrak{D}(T)$ podemos escribir $$f(x) = \sum_{k = 0}^{\infty} c_k h_k(x).$$

Me gustaría como para escribir entonces que para cualquier $f \in \mathfrak{D}(T)$ ,

$$Tf(x) = \sum_{k = 0}^{\infty} c_k T h_k(x) = \sum_{k = 0}^{\infty} c_k \sqrt{k + 1} h_{k + 1}(x);$$ ciertamente, esto sería cierto para finito sumas.

¿Cómo justifico la linealidad a través de la infinito ¿suma?

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Motivación: Dejemos que las funciones de Hermite (del físico) estén definidas por $$h_k(x) = \frac{(-1)^k}{\sqrt{\sqrt{\pi} 2^k k!}} e^{x^2/2} \left( \frac{d}{dx} \right)^k e^{-x^2}, \quad k \in \mathbb{N} \cup \left\lbrace 0 \right\rbrace;$$ forman una base ortonormal de $L^2(\mathbb{R})$ .

Definimos $\ell^2$ para ser el espacio de las secuencias sumables al cuadrado, donde dejamos que las secuencias estén indexadas empezando por $0$ por comodidad. Entonces, por $h_k(x)$ una base ortonormal de $L^2(\mathbb{R})$ sabemos que el mapa $\iota: \ell^2 \to L^2(\mathbb{R})$ dado por \begin{equation} \iota \left( (c_k)_{k = 0}^{\infty} \right) := \sum_{k = 0}^{\infty} c_k h_k(x) \end{equation} es un isomorfismo de los espacios de Hilbert.

Deseo relacionar las condiciones sobre el decaimiento de los coeficientes con la integrabilidad de las funciones resultantes. Sea $$\mathfrak{L}_1 = \left\lbrace (c_k)_{k = 0}^{\infty} \in \ell^2: (\sqrt{k + 1} c_k)_{k = 0}^{\infty} \in \ell^2 \right\rbrace$$ y $$\mathfrak{D}_1 = \left\lbrace f(x) \in L^2(\mathbb{R}): xf(x) \in L^2(\mathbb{R}), s \widehat{f}(s) \in L^2(\mathbb{R}) \right\rbrace,$$ donde $\widehat{f}(s)$ es la transformada de Fourier de $f$ En el marco de la convención \begin{equation} \widehat{f}(s) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int\limits_{\mathbb{R}} f(x) e^{- i \pi x \cdot s} \, dx, \quad f \in L^1(\mathbb{R}). \end{equation}

Deseo demostrar que $\iota (\mathfrak{L}_1) = \mathfrak{D}_1$ .

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Puedo manejar la inclusión $\iota (\mathfrak{L}_1) \subseteq \mathfrak{D}_1$ . Sabemos que \begin{equation} \tag{1} x h_k(x) = \sqrt{\frac{k + 1}{2}} h_{k + 1}(x) + \sqrt{\frac{k}{2}}h_{k-1}(x), \end{equation} por lo que, de nuevo, para las combinaciones lineales finitas de las funciones de Hermite no hay ningún problema. Además, para cualquier $(c_k) \in \mathfrak{L}_1$ , dejemos que $f = \iota (c_k)$ y que $P_n$ sea la proyección ortogonal sobre $\text{span} \langle h_0, h_1, \dotsc , h_n \rangle$ .

Según (1), para todo $n \in \mathbb{N}$ , $P_n f$ está en el dominio de la multiplicación por $x$ operador, que en lo sucesivo se denominará $M_x$ . Además, discernimos el límite flojo de que para $m \leq n$ , $m, n \in \mathbb{N}$ , $$ \Vert M_x P_n f - M_x P_m f \Vert_{L^2}^2 \leq 2 \sum_{k = m - 1}^{n + 1} (k + 1) \vert c_k \vert^2, $$ así que por $f = \iota(c_k)$ y $( \sqrt{k + 1} c_k) \in \ell^2$ vemos que la secuencia $( M_x P_n f)_{n = 1}^{\infty}$ es Cauchy en $L^2(\mathbb{R})$ por lo que es convergente. Obviamente $P_n f \to f$ en $L^2(\mathbb{R})$ y $M_x P_n f \to g$ para algunos $g \in L^2(\mathbb{R})$ por el cierre de $M_x$ tenemos que $f$ está en el dominio de $M_x$ y $M_x f = \lim_{n \to \infty} M_x P_n f$ . En otras palabras, $x f(x) \in L^2(\mathbb{R})$ .

Por nuestra convención sobre la transformada de Fourier, tenemos que (por ejemplo, Folland, Análisis real Ejercicio 23h) que \begin{equation} \tag{2} \widehat{h}_k(s) = (-i)^k h_k(s); \end{equation} Por lo tanto, mostrar $s \widehat{f}(s) \in L^2(\mathbb{R})$ sigue esencialmente de la misma manera.

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En mi intento de mostrar $\mathfrak{D}_1 \subseteq \iota(\mathfrak{L}_1)$ En primer lugar, observo que para todos los $f \in \mathfrak{D}_1$ , $f \in L^2(\mathbb{R})$ y $s \widehat{f}(s) \in L^2(\mathbb{R})$ entonces $f \in \mathcal{H}^1(\mathbb{R})$ El $L^2$ -espacio de Sobolev de primer orden, por lo que en particular, la derivada distributiva $f^{\prime}(x)$ está en $L^2(\mathbb{R})$ .

Ya que para $f \in \mathfrak{D}_1$ también tenemos que $x f(x) \in L^2(\mathbb{R})$ vemos que $f \in \mathfrak{D}(T)$ . Si la linealidad se mantiene, entonces por $Tf \in L^2(\mathbb{R})$ se deduce que $(\sqrt{k + 1} c_k) \in \ell^2$ y habremos terminado.

Tal vez (¡probablemente!) sea sólo un bloqueo mental, pero no estoy tan seguro de que el límite infinito se mantenga en esta dirección. Ciertamente, $$ \langle T h_j, T h_k \rangle = (k + 1) \delta_{j, k}, $$ así que tenemos algo de ortogonalidad para trabajar, pero no veo el paso a sumas infinitas, incluso bajo la hipótesis de que $f \in \mathfrak{D}(T)$ .

Answer 1

El operador $Hf = -\frac{d^{2}}{dx^{2}}f+x^{2}f$ es autoadjunto cuando se define en el dominio $\mathcal{D}(H)$ que consiste en todas las funciones absolutamente continuas dos veces $f$ para lo cual $f,Hf \in L^{2}(\mathbb{R})$ . Esto no es ni mucho menos obvio pero, sin embargo, es cierto. En particular, esto significa $$ (Hf,g)=(f,Hg),\;\;\; f, g \in \mathcal{D}(H). $$ La parte más interesante es que cada $f \in \mathcal{D}(H)$ es tal que $xf \in L^{2}$ y $f' \in L^{2}$ que permite los clásicos operadores de subida y bajada $L_{+}f=-f'+xf$ y $L_{-}f=f'+xf$ para ser definidos como operadores válidos del espacio de Hilbert en $\mathcal{D}(H)$ . Estos operadores están relacionados con $H$ y casi dan una factorización de $H$ : \begin{align} L_{+}L_{-} & =-(f'+xf)'+x(f'+xf) \\ & =-f''-xf'-f+xf'+x^{2}f \\ & =(H-I)f \\ L_{-}L_{+} & = (-f'+xf)'+x(-f'+xf) \\ & = -f''+xf'+f-xf'+x^{2}f \\ & = (H+I)f. \end{align} Ambos $L_{+}$ y $L_{-}$ están bien definidos en $\mathcal{D}(H)$ debido a las propiedades dadas anteriormente. Esto hace que estos métodos sean muy sólidos desde el punto de vista matemático. Además, se puede demostrar que los términos de integración por partes desaparecen para dar $$ (Hf,g) = (f',g')+(xf',xg'),\;\;\; f,g\in\mathcal{D}(H). $$ Eso te dice de inmediato que el espectro de $H$ es real y positivo porque $Hf=\lambda f$ da $$ \lambda\|f\|^{2}=(Hf,f)=\|f'\|^{2}+\|xf\|^{2}. $$ Por lo tanto, si hay un $L^{2}$ eigenvector $f$ Hay al menos una $f_0$ con un valor propio mínimo $\lambda_0 > 0$ . Esto tiene una consecuencia interesante debido a los operadores de subida y bajada. Si hay un $f_0$ entonces está bien aplicar cualquier número de potencias de $L_{+}$ , $L_{-1}$ a $f_0$ debido a la discusión anterior, y el resultado también estará en el dominio de $H$ . Sin embargo, \begin{align} HL_{-}f_0 & = (L_{-}L_{+}-I)L_{-}f_0 \\ & = L_{-}(L_{+}L_{-}-I)f_0 \\ & = L_{-}((H-I)-I)f_0 \\ & = (\lambda-2)L_{-}f_0 \end{align} Eso es un problema porque $L_{-}f_0$ se convierte en una función propia con un valor propio inferior. Así que se llega a la conclusión de que la única manera de salir de esta trampa es $L_{-}f_0=0$ . Esto le permite resolver $f_0$ : $$ L_{-}f_0=f_0'+xf_0 = 0 \implies f_0 = Ce^{-x^{2}/2}. $$ Automáticamente, desde $L_{+}L_{-}+I=H$ y $L_{-}f_0=0$ se obtiene el menor valor propio $\lambda_{0}=1$ : $$ Hf_{0} = (L_{+}L_{-}+I)f_{0}=f_{0} $$ Del mismo modo, se puede demostrar que $L_{+}f_0$ es una función propia con un valor propio mayor: $$ HL_{+}f_0 = (L_{+}L_{-}+I)L_{+}f_0 \\ = L_{+}(L_{-}L_{+}+I)f_0 \\ = L_{+}(H+2I)f_0 \\ = (\lambda_0+2)L_{+}f_0 $$ Eso es, $L_{+}f_0$ es un vector propio con valor propio $\lambda_0+2$ . Y se puede continuar con este problema para obtener una cadena de vectores propios $f_n=L_{+}^{n-1}f_0$ con valor propio $\lambda_0+2n$ . Y, $$ f_n = \left(-\frac{d}{dx}+x\right)^{n}f_0 $$ Utilizando un factor integrador, se puede escribir $$ (-\frac{d}{dx}+x)g = -e^{x^{2}/2}\frac{d}{dx}(e^{-x^{2}/2}g) $$ Así es como se consigue $$ f_n = (-1)^{n}e^{x^{2}/2}\frac{d^{n}}{dx^{n}}(e^{-x^{2}/2}f_0) \\ = (-1)^{n}e^{x^{2}/2}\frac{d^{n}}{dx^{n}}e^{-x^{2}}. $$ Entonces sólo se necesitan constantes de normalización $C_n$ de modo que se obtiene un conjunto ortonormal $\{ C_n f_n \}_{n=0}^{\infty}$ de las funciones propias: $$ \int_{-\infty}^{\infty}|C_nf_n|^{2}dx = 1. $$ No hay espectro continuo, y sabes que no puede haber otras eigenfunciones. Así que esto debe formar una base ortonormal completa de $L^{2}(\mathbb{R})$ . Eso significa que cada $f\in L^{2}(\mathbb{R})$ puede escribirse como el $L^{2}$ suma convergente $$ f = \sum_{n=0}^{\infty}(f,C_nf_n)C_n f_n $$ Los operadores de la escalera $L_{+}$ y $L_{-}$ mapa $\mathcal{D}(H)$ en $L^{2}$ como ya se ha dicho. Y se puede demostrar que $(L_{+}f,g)=(f,L_{-}g)$ para $f,g\in \mathcal{D}(H)$ utilizando la integración por partes. Esto le permite ampliar \begin{align} L_{+}f & = \sum_{n=0}^{\infty}(L_{+}f,C_nf_n)C_nf_n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty}(f,C_nL_{-}f_n))C_nf_n \\ & = \sum_{n=1}^{\infty}(f,C_n f_{n-1})C_n f_n \end{align} Se garantiza que esta suma converge en $L^{2}$ . Puede hacer lo mismo con $L_{-}$ también. Entonces todo se reduce a acertar con las constantes, como escribir $C_n f_{n-1}=\frac{C_n}{C_{n-1}}C_{n-1}f_{n-1}$ . Los términos de integración por partes desaparecen porque $f$ , $f'$ están en $L^{2}$ .