Definición de los operadores esencialmente autoadjuntos

Question

Tengo dos definiciones de un operador esencialmente autoadjunto

1. Un operador simétrico con un cierre autoadjunto
2. Un operador con una extensión autoadjunta única.

Puedo demostrar fácilmente que (1) implica (2) pero lo contrario se me escapa. Puedo llegar a decir (espero que correctamente) que si $T$ tiene una única extensión autoadjunta $S$ entonces $T$ está densamente definida, es cerrable y simétrica y $ T \subset cl(T) \subset S = S^* \subset [cl(T)]^* = T^*$

Tengo una referencia Reed & Simon, V.1 p.256 que remite además a la sección (V.2) X.1, pero no encontré la respuesta allí.

Answer 1

Supongamos que $T$ es simétrica y tiene una extensión única autoadjunta. (Asumiré que $T$ está densamente definida, aunque probablemente se pueda demostrar que debe ser así).

Dejemos que $\overline{T}$ sea el cierre de $T$ que existe porque $T$ es simétrica. $\overline{T}$ también debe ser simétrica, y porque $\overline{T}^*=T^*$ entonces $$ \mathcal{D}(T^*)=\mathcal{D}(\overline{T})\oplus\mathcal{N}(T^*-iI)\oplus\mathcal{N}(T^*+iI), $$ donde la descomposición es ortogonal con respecto al producto interno del gráfico $$ (x,y)_{T^*} = (x,y)_H+(T^*x,T^*y)_{H}. $$ Si $S$ es una extensión autoadjunta de $T$ entonces $S$ es también una extensión autoadjunta de $\overline{T}$ porque el gráfico de $T$ está contenida en el gráfico de $S$ y el gráfico de $S$ está cerrado. $\overline{T}$ tiene una extensión autoadjunta si $\mathcal{N}(T^*-iI)$ es unitariamente equivalente a $\mathcal{N}(T^*+iI)$ y las posibles extensiones autoadjuntas están en correspondencia uno a uno con los mapas unitarios $U: \mathcal{N}(T^*-iI)\rightarrow\mathcal{N}(T^*+iI)$ . Sin embargo, debido a que $\overline{T}$ tiene sólo una extensión autoadjunta, entonces $\mathcal{N}(T^*-iI)=\{0\}=\mathcal{N}(T^*+iI)$ sigue. Por lo tanto, $\overline{T}=T^*$ que también da $\overline{T}=\overline{T}^*$ . Así que $\overline{T}$ debe ser autoadjunto.

Answer 2

Una buena referencia de fondo sería el libro de Rudin "Functional Analysis", especialmente la información sobre la transformada de Cayley y los índices de deficiencia. La siguiente solución es esencialmente la misma que la anterior, sólo un poco más detallada.

Dejemos que $T$ sea un operador simétrico densamente definido en un espacio de Hilbert $H$ . Sea $T$ tienen una extensión única autoadjunta $S$ . Queremos demostrar que el cierre de $T$ es autoadjunto. Sea $C$ sea el cierre de $T$ . Queremos demostrar que $C$ es autoadjunto. Ya que autoadjunto implica cerrado, $S$ es una extensión de $C$ . Desde $S$ es la única extensión autoadjunta de $T$ se deduce que $S$ es la única extensión autoadjunta de $C$ . (Ya podemos olvidarnos de $T$ y centrarse en $C$ y $S$ .)

Dejemos que $U:=(C-i)(C+i)^{-1}$ sea la transformada de Cayley de $C$ . Sea $A$ sea la imagen de $C+i$ y que $B$ sea la imagen de $C-i$ . Entonces (ver Rudin) $U:A\to B$ es isométrica (es decir, preserva el producto interno) y biyectiva. Además (véase Rudin), porque $C$ es cerrado, se deduce que $A$ y $B$ son ambos cerrados. Además (véase Rudin), ya que $C$ tiene una única extensión autoadjunta, $U$ tiene una extensión biyectiva isométrica única $H\to H$ . Por último (véase Rudin, desaparición de los índices de carencia), para demostrar que $C$ es autoadjunto, basta con demostrar que $A=H=B$ .

Dejemos que $A^\perp$ sea el complemento ortogonal de $A$ en $H$ y que $B^\perp$ sea el complemento ortogonal de $B$ en $H$ . Deseamos mostrar: $A^\perp=\{0_H\}=B^\perp$ .

Las extensiones biyectivas isométricas $H\to H$ de $U$ están en correspondencia uno a uno con las biyecciones isométricas $A^\perp\to B^\perp$ . Entonces existe una única biyección isométrica $A^\perp\to B^\perp$ . En particular, $A^\perp$ y $B^\perp$ son espacios de Hilbert isométricos.

Para dos espacios de Hilbert isométricos cualesquiera $X$ y $Y$ a menos que ambos sean cero, hay un número continuo de biyecciones isométricas $X\to Y$ . Por lo tanto, ya que $A^\perp$ y $B^\perp$ son isométricos y sólo admiten una biyección isométrica, se deduce que ambos son cero, es decir, que $A^\perp=\{0_H\}=B^\perp$ , según se desee.