espectro del operador de cambio derecha

Question

Aquí está la pregunta:

Teniendo en cuenta el derecho del operador de desplazamiento a la $S$ $l^2({\bf Z})$ , lo que se puede saber acerca de ran$(S-\lambda)$?

Aquí es lo que yo pensaba:

• Si uno quiere demostrar que el operador $S-\lambda$ a al $\lambda$ cumplan algunas condiciones, se hace necesario construir la solución?

• Uno tiene que encontrar la solución a $(S-\lambda)x=y$ donde $x,y\in l^2({\bf Z})$. Usando el estándar de base $e_n=(\delta_{nk})_{k=-\infty}^{\infty}$, uno tiene que resolver $\lambda x_{k}-x_{k-1}=y_{k}, (k\in {\bf Z})$.

• Intuitivamente, cuando $|\lambda|=1$, no puede haber ninguna forma de $S-\lambda:l^2({\bf Z})\to l^2({\bf Z})$ a estar en. Sin embargo, cuando se $|\lambda|\neq 1$, se puede explícitamente encontrar $x=(x_{k})_{k=-\infty}^{\infty}$?

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[AÑADIDO:] Gracias a una reciente edición de mi pregunta, he aprendido que la derecha y la izquierda operadores de desplazamiento de actuar sobre dos caras secuencias infinitas son también llamados bilateral turnos.

Answer 1

El derecho de turno es unitaria, por lo que su espectro es la contenida en el círculo unidad. No tiene autovalores, por lo $S-\lambda$ siempre es inyectiva. El espectro es no vacío, de modo que existe $\lambda_0$ $|\lambda_0|=1$ tal que $S-\lambda_0$ no es invertible. Para cada una de las $\lambda$ en el círculo unidad, el operador $\lambda S$ es unitarily equivalente a $S$, a través de la diagonal unitaria operador $$(\ldots,x_{-2},x_{-1},x_0,x_1,x_2,\ldots)\mapsto(\ldots,\overline{\lambda}^2x_{-2},\overline{\lambda}x_{-1},x_0,\lambda x_1,\lambda^2x_2,\ldots).$$ Thus for each $\lambda$ in the unit circle, $\sigma(S)=\sigma((\lambda\cdot\overline{\lambda_0})S)=(\lambda\cdot\overline{\lambda_0})\sigma(S)$, and therefore $\sigma(S)$ contains $\lambda$. This shows that the spectrum of $S$ es el círculo unitario.

Para cada $\lambda\in\sigma(S)$, $S-\lambda$ no es surjective, porque $S-\lambda$ es inyectiva pero no es invertible. Sin embargo, $S-\lambda$ ha densa gama, que se deduce del hecho de que el desplazamiento a la izquierda en $S^*$ también no tiene autovalores.

Siéntase libre de solicitar la elaboración de cualquiera de las afirmaciones que he hecho.

Answer 2

Para abordar la última parte de su pregunta: usted puede escribir la inversa de a$S-\lambda$$|\lambda|\ne1$, por lo que en este sentido se puede "explícitamente encontrar $x$". (Aunque la espectral argumento es una forma más eficiente para responder a la variedad que se trate).

Si $\|T\|<1$ $1-T$ es invertible, y $$ (1-T)^{-1}=\sum_{k\ge0}T^k.$$ Wikipedia llama a esto el Neumann serie de $T$.

Desde $S^{-1}$ es el cambio hacia atrás, tenemos $\|S^{-1}\|=1$. Así que si $0<|\lambda|<1$ $\|\lambda S^{-1}\|<1$ y $$(S-\lambda)^{-1}=-S^{-1}(1-\lambda S^{-1})^{-1}=S^{-1}\sum_{k\ge0}(\lambda S^{-1})^k.$$

Desde $\|S\|=1$ si $|\lambda|>1$$\|\lambda^{-1}S\|<1$, por lo que $$ (S-\lambda)^{-1}=-\lambda^{-1}(1-\lambda^{-1} S)^{-1}=-\lambda^{-1}\sum_{k\geq 0}(\lambda^{-1}S)^k.$$