¿Por qué no todos los elementos del espectro de un autovalor? (¿Dónde está el error en mi prueba?)

Question

Mi libro define el espectro como este:

Deje $H$ ser un espacio de Hilbert complejo, vamos a $I \in B(H)$ ser la identidad operador y deje $T \in B(H)$. El espectro de $T$, denotado $\sigma(T)$, se define como:

$$\sigma(T)=\{\lambda \in \mathbb{C}: T-\lambda I\text{ is not invertible}\}$$

Más adelante hay un lema que dice que todos los autovalores son en el espectro:

Deje $H$ ser un espacio de Hilbert complejo y deje $T \in B(H)$. Si $\lambda$ es un autovalor de T,$\lambda \in \sigma(T)$.

Pero, ¿por qué no a la inversa no? Quiero decir, si $\lambda \in \sigma(T)$, ¿por qué no $\lambda$ y el autovalor? Lo que está mal con esta prueba?:

Deje $\lambda \in \sigma(T)$, $T-\lambda I$ no es invertible. A continuación, hay un $x \in H, x \ne0$ tal que $T(x)-\lambda x=0$, si no, sólo el 0 será enviado a 0 y, a continuación, el operador es invertible. Pero entonces tenemos que $T(x)=\lambda x$, y, por tanto, $\lambda$ es un autovalor.

¿Puedes ver dónde está el error?

Answer 1

Si algo no es invertible, hay dos (no disjuntos) posibilidades: no puede ser inyectiva, o no ser surjective. En dimensión finita, estos son el mismo, pero en dimensiones infinitas espacios, cosas extrañas pueden suceder.

Si no puede ser inyectiva, no $x \ne y$ tal que $(T - \lambda I)(x) = (T - \lambda I)(y)$. Por lo $(T - \lambda I)(x - y) = 0$, lo que implica la $T(x - y) = \lambda (x - y)$, mostrando que el $\lambda$ es un autovalor.

Pero si no puede ser surjective, entonces no podemos hacer ese tipo de cosas. Por ejemplo, supongamos $T$ ser el "derecho de cambio de operador", donde las secuencias son rellenados por la izquierda con ceros. Claramente $T - 0I$ no tiene inversa, pero eso no quiere decir $0$ es un autovalor.

EDIT: Después de dormir un poco, fijo error estúpido.

Answer 2

Para finito-dimensional espacios vectoriales, de inyectividad y surjectivity son equivalentes. Ese no es el caso para cualquier espacio de Hilbert. Los ejemplos clásicos son la izquierda y la derecha-operadores de desplazamiento de $L, R:\ell^2 \to \ell^2$, dado por \begin{align*} L(x_1, x_2, \dots) &= (x_2, \dots) \\ R(x_1, x_2, \dots) &= (0, x_1, x_2, \dots). \end{align*} El mapa de $L$ es claramente surjective pero no inyectiva, y $R$ es claramente inyectiva pero no surjective. Es fácil ver que $R$ no tiene autovalores, pero su espectro es, ciertamente, no está vacío; de hecho, es la cerrada de la unidad de disco.

Answer 3

$T-\lambda I$ no invertible, no implica que hay un no-cero $x$$(T-\lambda I)x=0$. Eso es cierto cuando se $H$ es finito-dimensional, pero no necesariamente al $H$ es de dimensiones infinitas. El clásico contraejemplo es el derecho de cambio de operador $R:\ell^2(\mathbb{N})\to\ell^2(\mathbb{N})$. Echa un vistazo al artículo de la Wikipedia sobre la noción de espectro.

Answer 4

Izquierda/derecha operadores de desplazamiento son el estándar de ejemplos, pero yo personalmente creo que el operador de multiplicación es la forma más fácil de ver que hay algo más en el espectro, además de autovalores. Considere la posibilidad de un operador de multiplicación $A_c$ en $\ell^\infty$ ($c\in\ell^\infty$) $$ (A_c x)_n=c_n x_n. $$ A la inversa, si existe, es claramente una multiplicación por $\frac{1}{c_n}$. Por lo $\lambda I-A_c$ es invertible iff $\frac{1}{\lambda-c_n}$ está acotada.

Si $\lambda=c_k$ algunos $k$ $\lambda-c_k=0$ $\lambda$ es un autovalor (el núcleo de $\lambda I-A_c$ contiene la secuencia de $e_k$ con todos los ceros excepto identidad en este particular,$k$). Así que todos los $\lambda$ en el rango de $c$ son los autovalores. Pero puede ocurrir que la imagen no está cerrado. Por ejemplo, si tomamos $c_n=\arctan(n)$, podemos observar que hay dos de especial $\lambda=\pm\pi/2$ - los extremos, es decir, desde el cierre de la imagen de $c$ - de tal forma que la secuencia de $\lambda-c_n$ nunca es cero, pero sin embargo no tiene una limitada inversa, de modo que $\lambda I-A_c$ no tienen aún una limitada inversa en $\ell^\infty$.