Ejemplo de un operador positivo que no es inyectivo ni tiene un rango cerrado.

Question

Dejemos que $E$ sea un espacio de Hilbert complejo, $\mathcal{L}(E)$ sea el álgebra de todos los operadores lineales acotados en $E$ .

Espero conseguir un ejemplo de $S\in \mathcal{L}(E)^+$ tal que $S$ no es inyectiva ni tiene un rango cerrado.

¡Y gracias!

Answer 1

Sugerencia: Tome $E = \ell^2$ y elegir el operador de multiplicación $$(S x)_n = a_n \, x_n$$ para una secuencia $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ .

Ahora, debes averiguar qué propiedades de $(a_n)$ garantizar que

• $S$ está acotado
• $S$ es positivo
• $S$ no es inyectiva
• $S$ no tiene un rango cerrado

Answer 2

Puedes modificar mi ejemplo a continuación. Probablemente lo que @gerw quería decir:

Considere $B : \ell^2 \to \ell^2$ dado por:

$$B(x_1, x_2, x_3, \ldots) = \left(0, \frac12 x_2, \frac13 x_3, \ldots\right), \quad\text{for all } (x_n)_{n=1}^\infty \in \ell^2$$

$B$ está acotado:

$$\|Bx\|_2 = \left\|\left(0, \frac12 x_2, \frac13 x_3, \ldots\right)\right\|_2 = \sqrt{\sum_{n=2}^\infty \frac{|x_n|^2}{n^2}} \le \sqrt{\sum_{n=1}^\infty |x_n|^2} = \|x\|_2$$

$B$ es positivo. Para $x \in \ell^2$ que tenemos:

$$\langle Bx, x\rangle = \left\langle(x_1, x_2, x_3, \ldots), \left(0, \frac12 x_2, \frac13 x_3 \right)\right\rangle = \sum_{n=2}^\infty \frac{|x_n|^2}{n} \ge 0$$

$B$ no es inyectiva:

$$B(0,0,0, \ldots ) = (0, 0, 0, \ldots ) = B(1,0,0, \ldots)$$

$\operatorname{Im} B$ no está cerrado:

Considere la secuencia $$\left(B(\underbrace{1, 1, \ldots, 1}_{n}, 0, 0, \ldots)\right)_{n=1}^\infty = \left(\left(0, \frac12, \ldots, \frac1n, 0, 0, \ldots\right)\right)_{n=1}^\infty$$

en $\operatorname{Im} B$ . Converge a $\left(0, \frac12, \ldots, \frac1n, \frac1{n+1}, \ldots\right) \in \ell^2 \setminus \operatorname{Im} B$ .

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La discusión que sigue es, de hecho, para operadores definidos positivamente, que satisfacen $\langle Sx, x\rangle > 0$ para todos $x \ne 0$ .

Un operador de este tipo $S$ no puede existir. Esto es porque la positividad de un mapa lineal implica la inyectividad.

$S$ es inyectiva si y sólo si $\operatorname{Ker} S = \{0\}$ . Si $S$ no es inyectiva, entonces $\operatorname{Ker} S \ne \{0\}$ así que toma $x \in \operatorname{Ker} S$ , $x \ne 0$ . Tenemos:

$$\langle Sx, x\rangle = \langle 0, x\rangle = 0$$

lo que contradice la positividad de $S$ .

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He aquí un ejemplo inyectivo.

Consideremos el mapa lineal $A : \ell^2 \to \ell^2$ dado por:

$$A(x_1, x_2, x_3, \ldots) = \left(x_1, \frac12 x_2, \frac13 x_3, \ldots\right), \quad\text{for all } (x_n)_{n=1}^\infty \in \ell^2$$

$A$ está acotado:

$$\|Ax\|_2 = \left\|\left(x_1, \frac12 x_2, \frac13 x_3, \ldots\right)\right\|_2 = \sqrt{\sum_{n=1}^\infty \frac{|x_n|^2}{n^2}} \le \sqrt{\sum_{n=1}^\infty |x_n|^2} = \|x\|_2$$

$A$ es positivo. Para $x \ne 0$ que tenemos:

$$\langle Ax, x\rangle = \left\langle(x_1, x_2, x_3, \ldots), \left(x_1, \frac12 x_2, \frac13 x_3 \right)\right\rangle = \sum_{n=1}^\infty \frac{|x_n|^2}{n} > 0$$

$\operatorname{Im} A$ no está cerrado:

Dejemos que $(e_n)_{n=1}^\infty$ sea la base canónica de $\ell^2$ . Desde $A(ne_n) = e_n$ concluimos que $(e_n)_{n=1}^\infty \subseteq \operatorname{Im} A$ Así que $\operatorname{Im} A$ es denso en $\ell^2$ . Si estuviera cerrado, tendríamos $\operatorname{Im} A = \ell^2$ pero este no es el caso porque por ejemplo $\left(\frac1n\right)_{n=1}^\infty \in \ell^2 \setminus \operatorname{Im} A$ .