Encontrar el espectro del operador de multiplicación $Mf(x) = m(x) f(x)$ en $L^2(\mathbb{R})$

Question

Dejemos que $M$ sea un operador de multiplicación en $L^2(\mathbb{R})$ definido por $$Mf(x) = m(x) f(x)$$ donde $m(x)$ es continua y acotada. Demostrar que $M$ es un operador acotado en $L^2(\mathbb{R})$ y que su espectro viene dado por $$\sigma(M) = \overline{\{m(x) : x \in \mathbb{R}\}}.$$ Puede $M$ tienen valores propios?

Mi respuesta parcial está abajo:

En primer lugar, observe que para $f \in L^2(\mathbb{R})$ , $$\| Mf\|^2 = \|m(x) f(x) \|^2_{L^2} = \int_\mathbb{R} (m(x))^2 (f(x))^2 \leq \int_\mathbb{R} \|m\|_\infty (f(x))^2 = \|m\|_\infty \|f\|_{L^2}^2.$$ Desde $m$ es continua, $\|m\|_\infty = R$ para alguna constante $R$ Así que $M$ está acotado.

Definir el conjunto $X$ como $X = \overline{\{m(x) : x \in \mathbb{R}\}}$ . Muestro $X \subset \sigma(M)$ por contrapositivo. Supongamos que $\lambda \in \rho(M)$ . Entonces $(M-\lambda I)$ es invertible. Para $g\in L^2(\mathbb{R})$ , $(M-\lambda I)g(x) = m(x)g(x) - \lambda g(x)$ . Claramente, la inversa de este operador es $\frac{1}{M - \lambda I}$ . Como la inversa está bien definida y acotada, $m(x)g(x) - \lambda g(x) \not= 0$ lo que implica que $\lambda \not= m(x)$ para cualquier $x\in\mathbb{R}$ . Así, $\lambda \not\in X$ . Como el espectro es cerrado, se deduce que $X \subseteq \sigma(M)$ .

No estoy seguro de cómo proceder para demostrar que $\sigma(M) \subseteq X$ .

Answer 1

$X$ es cerrado y acotado, por tanto, compacto. Si $\lambda \notin X$ el existe $\epsilon >0$ tal que $|\lambda -y| >\epsilon$ para todos $y \in X$ . Definir $T$ por $Tf(x)=\frac 1 {m(x)-\lambda} f(x)$ . Entonces $T$ es un operador acotado con $\|T\| \leq \frac 1 {\epsilon}$ . [Esto se demuestra exactamente de la forma en que usted demostró que $\|M\| \leq \|m\|_{\infty}$ ].

Ahora verifique que $S(M-\lambda I)=(M-\lambda I)S=I$ . Así, $M-\lambda I$ es invertible y $\lambda$ no está en el espectro de $M$ .

Answer 2

Su razonamiento de que $X\subset \sigma(M)$ no es correcto. Su prueba sólo da como resultado que el espectro de $M$ contiene valores $\lambda$ para lo cual $\{x: m(x)=\lambda\}$ tiene medida positiva: La ecuación $(M-\lambda I)g=f$ implica $(m(x)-\lambda)g(x)=f(x)$ sólo para casi todos los $x$ .

Aquí tienes una prueba más ampliada. Sea $x_0$ sea dado y suponga $m(x_0)\in \rho(M)$ . Tome $\epsilon>0$ . Desde $m$ es continua, hay $\delta>0$ tal que $|m(x)-m(x_0)| \le \epsilon$ para todos $|x-x_0|\le\delta$ . Definir $f(x):=\chi_{(x_0-\delta,x_0+\delta)}(x)$ . Luego está $g$ tal que $(M-m(x_0)I)g=f$ o $(m(x)-m(x_0))g(x)=f(x)$ para casi todos los $x$ . Esto implica $m(x)\ne m(x_0)$ para casi todos los $x$ , ya que de lo contrario la ecuación $(M-m(x_0)I)g=f$ tendría múltiples soluciones. Entonces $$ |g(x)| = |m(x)-m(x_0)| ^{-1} f(x)\ge \epsilon^{-1} f(x) $$ para casi todos los $x$ , lo que implica $\|g\|_{L^2} \ge \epsilon^{-1} \|f\|_{L^2}$ . Ahora, $\epsilon>0$ era arbitraria, y $(M-m(x_0)I)^{-1}$ no puede ser acotado, por lo que $m(x_0)\in \sigma(M)$ .