Minimizador de la norma del operador raíz cuadrada

Question

Dejemos que $A:D(A) \to \mathcal H$ sea un operador autoadjunto positivo y $\sqrt{A}$ definida por medio del teorema espectral sobre $D(\sqrt{A}) = Q(A)$ donde $Q(A)$ es el dominio de la forma cuadrática. Sea $$E=\inf\{\lVert\sqrt{A}u\rVert^2 : u \in D(\sqrt{A}), \lVert u \rVert = 1\}.$$ Supongamos que existe un minimizador $u_0 \in D(\sqrt{A})$ para $E$ . Demostrar que $u_0\in D(A)$ y $Au_0 = E u_0$ .

Primero intenté mostrar $u_0 \in D(A)$ . Desde $u_0 \in D(\sqrt{A}) = Q(A)$ basta con mostrar $$\sup_{y \in Q(A)\\ \lVert y \rVert \leq 1}\lvert \langle u_0, Ay \rangle \rvert < \infty.$$ Pero no sé cómo proceder - Podemos escribir $$\langle u_0, A y \rangle = \langle \sqrt{A} u_0, \sqrt{A} y\rangle $$ pero desde aquí no sé qué estimación puedo utilizar. Se agradece cualquier ayuda, también cualquier pista sobre la segunda parte.

Answer 1

Dejemos que $A=\int_0^{\infty} \lambda dP(\lambda)$ sea la descomposición espectral de $A$ . Entonces $u\in\mathcal{D}(\sqrt{A})$ si $$ \|\sqrt{A}u\|^2= \int_{0}^{\infty}\lambda d\|P(\lambda)u\|^2 < \infty. $$

Supongamos que $\lambda_0 = \inf \{ \|\sqrt{\lambda}u\| : u\in\mathcal{D}(\sqrt{A}),\;\; \|u\|=1 \}$ . Si $u_0$ es un minimizador, lo que significa que $\|u_0\|=1$ , $u_0\in\mathcal{D}(\sqrt{A})$ y $\|\sqrt{A}u_0\|=\lambda_0$ Entonces no es difícil ver que $\mu(S)=\|P(S)u_0\|^2$ es una medida de probabilidad que debe concentrarse en $\{\lambda_0\}$ . En caso contrario, la medida de probabilidad $\mu$ que se concentra en $[\lambda_0,\infty)$ no podía satisfacer lo siguiente: $$ \lambda_0=\int_{\lambda_0}^{\infty}\lambda d\mu(\lambda). $$

Por lo tanto, $P\{\lambda_0\}u=u$ debe mantenerse y, por lo tanto, $\sqrt{A}u_0=\sqrt{\lambda_0}u_0$ .

Answer 2

He aquí una solución elemental:

Dejemos que $v\in D(\sqrt{A})$ . Obsérvese que la función $f: t \mapsto \frac{\lVert \sqrt{A}(u_0 + tv) \rVert^2 }{\lVert u_0 + tv \rVert^2}$ se minimiza en $t=0$ por supuesto, por lo que $f'(0) = 0$ . Ahora ampliando todo se obtiene $$f'(t) = \frac{(2 \operatorname{Re } \langle \sqrt{A}u_0, \sqrt{A}v \rangle + 2t\lVert \sqrt{A} v \rVert^2)\lVert u_0 +tv \rVert^2 - (2 \operatorname{Re } \langle u_0, v\rangle + 2t \Vert v \rVert^2)\lVert \sqrt{A} (u_0 + tv) \rVert^2}{\lVert u_0 + tv \rVert^4}$$ y evaluando en $t = 0$ da $$0 = 2 \operatorname{Re } \langle \sqrt{A} u_0 , \sqrt{A} v \rangle - 2\operatorname{Re } \langle u_0, v \rangle \lVert \sqrt{A} u_0 \rVert ^2,$$ o de forma equivalente $$\operatorname{Re} \langle \sqrt{A}u_0, \sqrt{A}v\rangle = E \operatorname{Re }\langle u_0, v \rangle.$$ Haciendo lo mismo con $iv$ en lugar de $v$ obtenemos el mismo resultado para la parte imaginaria y juntos $$\langle \sqrt{A} u_0, \sqrt{A} v \rangle = \langle Eu_0, v \rangle.$$ Desde $A$ es autoadjunto, $D(A) = D(A^*)$ por lo que basta con demostrar $u_0 \in D(A^*).$ De hecho, tenemos $$\sup_{\substack{v\in D(A) \\ \lVert v \rVert = 1}} \lvert \langle u_0, Av \rangle \rvert \leq \sup_{\substack{v\in D(\sqrt{A}) \\ \lVert v \rVert = 1}} \lvert \langle u_0, Av\rangle \rvert = \sup_{\substack{v\in D(\sqrt{A}) \\ \lVert v \rVert = 1}} \lvert \langle \sqrt{A}u_0, \sqrt{A}v\rangle \rvert = \sup_{\substack{v\in D(\sqrt{A}) \\ \lVert v \rVert = 1}} \lvert \langle Eu_0, v \rangle \rvert = E < \infty,$$ que implica $u_0 \in D(A^*) = D(A)$ . Entonces tenemos para cada $v\in D(A)$ $$\langle Eu_0 , v \rangle = \langle \sqrt{A} u_0 , \sqrt{A} v \rangle = \langle A u_0 , v \rangle$$ y como $D(A)$ es denso $Eu_0 = Au_0$ , según se desee.