Determinación del dominio del adjunto de $T = i\frac{d}{dx}$ en $C^1[0,1] \subseteq L^2[0,1]$

Question

He leído este post Distinción entre operadores simétricos, hermitianos y autoadjuntos

Pero tengo algunas preguntas específicas relacionadas con el operador $$T : \psi \longmapsto i \frac{d}{dx} \psi(x).$$ Este operador es simétrico, lo que significa que $\langle \psi, T\varphi \rangle = \langle T\psi, \varphi \rangle$ para todos $\varphi, \psi \in D(T)$ . Soy consciente de que $T$ será autoadjunto si $D(T^{\ast}) \subset D(T)$ . Mi pregunta es, ya que sabemos que $T$ es simétrica, ¿nos da eso inmediatamente que la fórmula para $T^{\ast}$ será $T$ ¿en sí?

Además, si esto es cierto, ¿cómo determinamos el dominio de $T^{\ast}$ . Por ejemplo, supongamos que el dominio de $T$ es $\psi \in C^1[0,1]$ con condiciones de contorno evanescentes $\psi(0) = \psi(1) =0$ . ¿Cómo determinamos el dominio $D(T^{\ast}$ )?

Answer 1

Mi pregunta es, ya que sabemos que $T$ es simétrica, ¿nos da eso inmediatamente que la fórmula para $T^*$ será $T$ ¿en sí?

Que $T$ es simétrico significa no sólo que $D(T) \subseteq D(T^*)$ sino también que $T^* x = Tx$ en $D(T)$ es decir $T^*$ es una extensión de $T$ . De hecho, se trata de una caracterización:

Propuesta . Sea $T$ sea densamente definido con dominio de definición $D$ . Entonces las siguientes son equivalentes:

1. $\langle T x, y \rangle = \langle x, Ty \rangle$ para todos $x,y \in D$ .

2. $T \subseteq T^*$ es decir $D(T) \subseteq D(T^*)$ y $T y = T^* y$ para todos $y \in D$ .

Si se cumple una de las condiciones anteriores se llama a $T$ simétrico.

Prueba . (1.) $\implies$ (2.): Sea $y \in D(T)$ . Entonces el funcional lineal $\varphi_T(x) := \langle Tx, y\rangle$ es continua por Riesz-Frechet, ya que $\varphi_T(x) = \langle x, Ty \rangle$ por (1.). El resultado es $y \in D(T^*)$ . Pero entonces, para todos $x \in D$ tenemos $$ \langle x, Ty \rangle = \langle Tx, y \rangle = \langle x, T^* y \rangle. $$ Desde $D$ es denso, se obtiene $Ty = T^*y$ y se cumple la afirmación (2.). La otra implicación es trivial. $\square$

Esta prueba demuestra que $T^* = i \frac{d}{dx}$ en el dominio de $D(T^*)$ . A menos que el operador $T$ es autoadjunto al dominio de $T^*$ será estrictamente mayor que $D(T)$ . Además, ya existe una definición de $D(T^*)$ a saber $$ D(T^*) := \{ y \in H \colon x \mapsto \langle T x, y \rangle \text{ is continuous }\}. $$

No creo que exista una regla general para determinar explícitamente el dominio del adjunto. Sin embargo, en el caso del operador $T$ con dominio $$D(T) := \{ f \in C^1[0,1] \colon f(0) = f(1) = 0\} \subseteq L^2[0,1]$$ tenemos suerte.

Reclamación . $D(T^*) = \mathrm{AC}[0,1]$ y $T^* = i \frac{d}{dx}$ en $D(T^*)$ (Tenga en cuenta que la segunda afirmación no es automática). Aquí $\mathrm{AC}$ denota el absolutamente continua funciones.

Prueba . Sea $f \in D(T^*)$ y $g := T^* f$ . Consideremos la función $$ F(t) := \int_0^t g(s) ds. $$ Desde $g \in L^2[0,1] \subseteq L^1[0,1]$ donde la inclusión proviene del hecho de que estamos tratando con un espacio de medidas finito, la función $F$ es absolutamente continua y, por tanto, e.a. diferenciable con $ F' = g$ a.e. Por lo tanto, para todo $h \in D(T)$ tenemos $$ \langle Th, f \rangle = \langle h, T^* f \rangle = \langle h, g\rangle = \langle h, F' \rangle = -\langle h', F \rangle \\ = -\frac{i}{i}\langle h', F \rangle = i \langle Th, F\rangle = \langle Th , -iF\rangle. $$ Esto nos da $$ \langle Th, f + iF \rangle = 0, $$ que conduce a $f + iF \in (\operatorname{range} T)^\perp.$ Por el teorema fundamental del cálculo y la definición de $D(T)$ sabemos que $$ \operatorname{range} T = \left\{ f \in \mathrm{C}[0,1] \colon \int_0^1 f(t) = 0 \right\} = \left\{ f \in \mathrm{C}[0,1] \colon \langle f, 1\rangle = 0 \right\}. $$ El resultado es $$ \overline{\operatorname{range} T} = \{1\}^\perp $$ que a su vez nos da $$ \{\operatorname{range} T\}^\perp = \overline{\operatorname{range} T}^\perp = \{1\}^{\perp\perp} = \operatorname{span} \{1\}. $$

Desde $F$ y $1$ son absolutamente continuas esto nos da que $f = -iF + \alpha \cdot 1$ es absolutamente continua, es decir $f \in \mathrm{AC}[0,1]$ et $$ i \frac{df}{dx} = F' = g = T^* f. $$ Ahora mostramos $D(T^*) \supseteq \mathrm{AC}[0,1]$ . Sea $f \in \mathrm{AC}[0,1]$ y $f' \in L^2$ sea la derivada a.e. existente. Entonces, como arriba calculamos para todos $g \in D(T)$ $$ \langle Tg, f\rangle = i\langle g',f\rangle = -i\langle g, f'\rangle = \langle g, if' \rangle,i.e. $$ la forma lineal $g \mapsto \langle Tg, f\rangle$ es continua y, por tanto $g \in D(T^*)$ . $\square$

Answer 2

¿Quizá este argumento funcione?

Integrando por partes, vemos que $$T^{\ast} \psi = i \frac{d}{dx}\psi.$$ Ahora dejemos que $j(x)$ sea cualquier función positiva y suave con supongamos $(-1,1)$ tal que $\int_{-\infty}^{\infty} j(x) =1$ . Defina $j_{\epsilon}(x) := \epsilon^{-1} j(x/\epsilon)$ . Fijar $0 < \alpha < \beta < 1$ y definir \begin{eqnarray*} f_{\epsilon}^{\alpha, \beta}(x) &=& j_{\epsilon}(x - \beta) - j_{\epsilon}(x- \alpha), \\ g_{\epsilon}^{\alpha, \beta}(x) &=& \int_0^x f_{\epsilon}^{\alpha, \beta}(t)dt. \end{eqnarray*} Sea $\psi \in D(T^{\ast})$ . Para $\epsilon$ suficientemente pequeño, $g_{\epsilon}^{\alpha, \beta} \in D(T)$ y $$(Tg_{\epsilon}^{\alpha, \beta}, \psi ) = (g_{\epsilon}^{\alpha, \beta}, T^{\ast}\psi ).$$ En $\epsilon \to 0$ , $g_{\epsilon}^{\alpha, \beta} \to \chi_{(\alpha, \beta)} \in L^2(0,1)$ Así que $$(g_{\epsilon}^{\alpha, \beta}, T^{\ast} \psi) \longrightarrow - \int_{\alpha}^{\beta} (T^{\ast}\psi)(x) dx.$$ Además, si $\varphi \in C[0,1]$ entonces $$J_{\epsilon}\varphi = \int_0^1 j_{\epsilon}(x-t) \varphi(t)dt \xrightarrow{ \ \ L^2 \ \ } \varphi.$$ Además, afirmamos que $\| J_{\epsilon} \| \leq 1$ . Para verlo, supongamos que $\psi \in L^2[0,1]$ entonces \begin{eqnarray*} \left| (\psi, J_{\epsilon}\varphi) \right| & \leq & \iint j_{\epsilon}(x-t) \left| \varphi (t) \right| \left| \psi (x) \right| dx dt \\ &=& \iint j_{\epsilon}(y) \left| \varphi (t) \right| \left| \psi(y+t) \right| dy dt \\ & \leq & \| \varphi \| \| \psi \| \int j_{\epsilon}(y) dy \\ &=& \| \varphi \| \| \psi \|. \end{eqnarray*} Por un simple $\epsilon/3$ argumento, $J_{\epsilon} \varphi \to \varphi$ en $L^2$ para todos $\varphi \in L^2[0,1]$ . Así que $(Tg_{\epsilon}^{\alpha, \beta}, \psi) \to -i(\psi(\beta)- \psi(\alpha))$ en cuadrado medio como $\epsilon \to 0$ . Por lo tanto, para casi todos los $\alpha, \beta$ , $$i(\psi(\beta) - \psi(\alpha)) = \int_{\alpha}^{\beta} (T^{\ast}\psi)(x)dx.$$ Así que $\psi$ es absolutamente continua y $$i \frac{d}{dx}\psi(x)= (T^{\ast}\psi)(x).$$ A la inversa, integrando por partes, vemos que si $\psi \in AC[0,1]$ entonces $\psi \in D(T^{\ast})$ y $T^{\ast} \psi = i \frac{d}{dx}$ . Por lo tanto, concluimos que $T^{\ast} = i d/dx$ y $D(T^{\ast}) = AC[0,1]$ .

Referencia: R&S 1.