¿Si un operador tiene sólo valores propios reales + simétricos entonces es autoadjunto?

Question

Sé que si un operador es autoadjunto, entonces tiene valores propios reales, pero no estoy seguro de lo contrario, es decir, si sólo tiene valores propios reales y es simétrico, entonces el operador es autoadjunto. ¿Es eso cierto?

----Edit---

La diferencia entre autoadjunto y simétrico es el conjunto de definiciones. El simétrico tiene una extensión que coincide en el dominio original, mientras que un operador autoadjunto tiene el mismo dominio de definición

Defino simétrico de la siguiente manera. Sea $\mathcal{A}=\left(A,\mathfrak{D}_{A}\right)$ un operador densamente definido y $\mathcal{A}^{*}=\left(A^{*},\mathfrak{D}_{A^{*}}\right)$ el operador adjunto, entonces $\mathcal{A}$ se llama simétrico si \begin{eqnarray} & & \mathfrak{D}_{A^{*}}\supseteq\mathfrak{D}_{A}\\ & & A^{*}\psi=A\psi\qquad\forall\psi\in\mathfrak{D}_{A}. \end{eqnarray}

Mientras que yo defino Autoadjunto así Sea $\mathcal{A}=\left(A,\mathfrak{D}_{A}\right)$ un operador densamente definido y $\mathcal{A}^{*}=\left(A^{*},\mathfrak{D}_{A^{*}}\right)$ el operador adjunto, entonces $\mathcal{A}$ se llama autoadjunto si \begin{eqnarray} & & \mathfrak{D}_{A^{*}}=\mathfrak{D}_{A}\\ & & A^{*}\psi=A\psi\qquad\forall\psi\in\mathfrak{D}_{A}. \end{eqnarray}

Answer 1

Esto está lejos de ser cierto, de hecho, todo operador simétrico sólo tiene valores propios reales:

Si $\psi\in\ker(T-\lambda),\,\psi\neq 0$ entonces $$ \lambda\|\psi\|^2=\langle T\psi,\psi\rangle=\langle \psi,T\psi\rangle=\bar\lambda\|\psi\|^2, $$ por lo que $\lambda=\bar\lambda$ .

Ahora bien, todo operador simétrico que no sea autoadjunto da un contraejemplo a su conjetura (si quiere ser explícito, tome $\Delta$ en $C_c^\infty(\mathbb{R}^n)$ como operador en $L^2(\mathbb{R}^n)$ ).

Para obtener un criterio de autoadhesión, hay que sustituir los valores propios por el espectro del operador. Entonces se cumple la siguiente caracterización:

Un operador simétrico $T$ es autoadjunto si y sólo si su espectro está contenido en $\mathbb{R}$ .

La prueba: Basta con demostrar que $D(T^\ast)\subset D(T)$ . Dejemos que $z\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}$ . Desde $\sigma(T)\subset\mathbb{R}$ los operadores $T-z$ y $T-\bar z$ son invertibles.

Dejemos que $\phi\in D(T^\ast)$ y $\psi:=(T-z)^{-1}(T^\ast -z)\phi\in D(T)$ . Entonces tenemos $T\psi=T^\ast\psi$ y $(T^\ast-z)\psi=(T-z)\psi$ .

De ello se desprende que $$ (T^\ast-z)(\phi-\psi)=(T-z)\psi-(T-z)\psi=0, $$ es decir, $\phi-\psi\in N(T^\ast-z)=R(T-\bar z)^\perp=\{0\}$ . Por lo tanto, $\phi=\psi\in D(T)$ .

Observación: He utilizado $R(A)$ y $N(A)$ para denotar el rango y el núcleo de $A$ .