Adjunto del operador de multiplicación

Question

Para simplificar, dejemos que $\phi : I\to\mathbb C$ sea una función medible en un intervalo finito $I\subset\mathbb R$ . El operador de multiplicación $M_\phi$ se define como $M_\phi f = \phi\cdot f$ , $f\in\operatorname{dom}M_\phi$ , donde $$ \operatorname{dom}M_\phi = \{f\in L^2(I) : \phi\cdot f\in L^2(I)\}. $$ Quiero demostrar que $M_\phi^* = M_{\bar\phi}$ , donde $\bar\phi$ es el complejo conjugado de $\phi$ . Mi primera pregunta: ¿por qué $M_\phi$ ¿densamente definido?

Es fácil ver que $M_{\bar\phi}\subset M_\phi^*$ pero no puedo probar la inclusión contraria. Para ello, dejemos que $g\in\operatorname{dom}M_\phi^*$ . Entonces $\int f\overline{\bar{\phi}g}\,dx = (\phi f,g) = (f,h)$ para todos $f\in\operatorname{dom}M_\phi$ , donde $h = M_\phi^*g$ . ¿Cómo puedo deducir de aquí que $\bar\phi g\in L^2(I)$ ?

Answer 1

Dejemos que $A_n = \{x \in I: |\phi(x)| \le n \}$ . Tenga en cuenta que $\bigcup_{n=1}^\infty A_n = I$ . Sea $V_n$ sea el subespacio de $L^2(I)$ que consiste en funciones que son $0$ en el exterior $A_n$ . Entonces $\bigcup_{n} V_n \subset \text{dom} M_\phi$ y es denso.

Answer 2

Supongamos que $g\perp \mathcal{D}(M_{\phi})$ . Entonces $\frac{1}{|\phi|^2+1}g\in\mathcal{D}(M_{\phi})$ porque $\frac{\phi}{|\phi|^2+1}g \in L^2$ debido al hecho de que $|\phi| = |\phi|\cdot 1 \le \frac{1}{2}(|\phi|^2+1)$ . Por lo tanto, $g\perp \frac{1}{|\phi|^2+1}g$ , lo que da $$ 0= \langle g,\frac{1}{|\phi|^2+1}g\rangle = \int |g|^2\frac{1}{|\phi|^2+1} \implies g=0\; a.e.. $$ Así que $M_{\phi}$ está densamente definida.

Answer 3

Como ya se mostró en la respuesta de DisintegratingByParts, para todos los $h\in L^2(I)$ tenemos que $\tfrac{h}{1+|\phi|^2}\in\operatorname{dom}M_\phi$ . Ahora, dejemos que $g\in\operatorname{dom}M_\phi^*$ . Entonces, para todos los $f\in\operatorname{dom}M_\phi$ tenemos $(\phi f,g) = (f,M_\phi^*g)$ . Por lo tanto, para todos los $h\in L^2(I)$ obtenemos $$ \left(\frac{\phi h}{1+|\phi|^2},g\right) = \left(\frac{h}{1+|\phi|^2},M_\phi^*g\right), $$ es decir, $$ \left(h,\frac{\overline{\phi}g}{1+|\phi|^2}\right) = \left(h,\frac{M_\phi^*g}{1+|\phi|^2}\right). $$ Esto implica $\overline\phi g = M_\phi^*g\in L^2(I)$ .