El espectro de un operador autoadjunto en $\mathcal l^2$

Question

Dejemos que $S$ sea el operador de desplazamiento unilateral en $\mathcal l^2$ (que se desplaza un lugar a la derecha) y $S^*$ su adjunto, el desplazamiento hacia atrás (que desplaza un lugar a la izquierda). He tratado de encontrar el espectro de $T=S+S^*$ .

Desde $T$ es autoadjunto, cualquier valor propio sería real, y he demostrado que ningún $|\lambda|\ge 2$ puede ser un valor propio. El caso $|\lambda|< 2$ corresponde a las raíces de $ t^2=\lambda t-1 $ siendo complejo (es el polinomio característico correspondiente a la relación de recurrencia $a_n=\lambda a_{n-1}+a_{n-2}$ ). Estas raíces complejas tienen valor absoluto 1, y esto implica que $a_n$ no converge a cero.

Así que he demostrado que $T$ no tiene valores propios. Pero todavía estoy buscando una forma elemental de encontrar que el espectro es $[-2,2]$ como ha respondido Joel más abajo. Aunque aprecio la respuesta de Joel más abajo y estoy seguro de que será valiosa para muchos en la comunidad, lamentablemente sólo conozco la teoría básica de los espacios de Hilbert. ¡Cualquier sugerencia sería muy útil!

Answer 1

El espectro no está vacío. Vamos a cambiar nuestro punto de vista de $l^2$ a $H^2$ (un truco común) para reexpresar el problema.

Si miramos el espacio de Hardy, $H^2$ dada por aquellas funciones analíticas en el disco cuyas series de Taylor en el origen son sumables al cuadrado, podemos representar $S$ mediante la multiplicación por $z$ .

$$H^2= \left\{ f(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n z^n : \sum |a_n|^2 < \infty \right\}.$$

Cada miembro de este espacio tiene límites radiales en casi todas partes, es decir $\hat f(\theta) = \lim_{r\to 1^-} f(re^{i\theta})$ existe en casi todas partes para todos $f\in H^2$ . Además, estos límites radiales están en $L^2(\mathbb{T})$ . Ver $H^2$ de esta manera, $H^2$ se convierte en aquellos elementos en $L^2(\mathbb{T})$ donde todos los coeficientes de Fourier de frecuencia negativa desaparecen.

Cada elemento de $l^2$ tiene una identificación natural con $H^2$ por $$\{ a_n \} \mapsto \sum_{n=0}^\infty a_n z^n.$$ Por lo tanto, podemos utilizar $S=M_z = T_z$ y $S^* = T_{\overline{z}}= P_{H^2} M_{\overline{z}}$ . $T_\phi = P_{H^2} M_\phi$ se denomina operador de Toeplitz con símbolo $\phi \in L^\infty(\mathbb{T})$ .

Esto da como resultado $S+S^* = T_{z+\bar z} = T_{2\cos(\phi)}$ . Este operador no tiene valores propios, pero su espectro esencial es $[-2,2]$ . En general, el espectro viene dado por $[essinf \phi, esssup \phi]$ . Los detalles se pueden encontrar en el libro de Ron Douglas, "Banach Algebra Techniques in Operator Theory". Una obra esencial para cualquier persona que estudie la teoría de operadores.

También esto se puede encontrar en la obra de Rosenblum: https://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.pjm/1103038245

La identificación con $l^2$ significa que $S+S^*$ tiene el mismo espectro, $[-2,2]$ .

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En el libro de Douglas, esto se reduce a un puñado de ideas.

Propuesta 7.6 Si $\phi \in L^\infty(\mathbb{T})$ es tal que $T_\phi$ es invertible, entonces $\phi$ es invertible en $L^\infty(\mathbb{T})$ .

Desde aquí tenemos:

Corolario 7.7 (Hartman-Wintner) Si $\phi \in L^\infty(\mathbb{T})$ entonces $\sigma(M_\phi) \subset \sigma(T_\phi)$ .

Tenga en cuenta que $T_{\phi} -\lambda = T_{\phi - \lambda}$ y si $T_{\phi-\lambda}$ es invertible, entonces $M_{\phi-\lambda} = M_{\phi} - \lambda$ es invertible. Por lo tanto, $\rho(T_\phi) \subset \rho(M_{\phi})$ que da como resultado $\sigma(M_{\phi}) \subset \sigma(T_\phi)$ .

Por último, el espectro de un operador de multiplicación con símbolo $\phi$ es el rango esencial de $\phi$ . En el caso de $2\cos(\theta)$ Esto es $[-2,2]$ .

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He aquí un intento sin utilizar la teoría de las funciones. Para cualquier $|\lambda| \le 2$ queremos demostrar que $S+S^* - \lambda I$ no es invertible. Una forma de hacerlo es demostrar que $$\inf_{x \in l^2} \frac{\|(S+S^* - \lambda)x\|}{\|x\|} = 0.$$

Lo demostraré con $\lambda=0$ . Tomando $x_n \in l^2$ para ser $$x_n =(1,1,-1,-1,1,1,-1,-1,...,1,1,-1,-1,0,0,0,0,...)$$ o en otras palabras $$x_n(i) = \left\{ \begin{array}{cc} 1 & \text{ if } i \equiv 0,1 \mod 4\\ -1 & \text{ if } i \equiv 2,3 \mod 4 \end{array}\right.$$ para $i \le 4n$ y $x_n(i) = 0$ para $i > 4n$ . Así, $\|x_n\| = 2\sqrt{n}$ .

Tenga en cuenta que $(S+S^*)x_n = (1,0,0,0,...,0,0,-1,0,0,...)$ y $\|(S+S^*)x_n\| = \sqrt{2}$ .

Por lo tanto, $$\inf_{x \in l^2} \frac{\|(S+S^*)x\|}{\|x\|} \le \inf_{n} \frac{\|(S+S^*)x_n\|}{\|x_n\|} = \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{n}} = 0,$$ y $S+S^*$ no es invertible. Por lo tanto, $0$ está en el espectro de $S+S^*$ .

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Esta edición es para responder a su último comentario sobre por qué el operador no puede tener ningún $\lambda$ con $|\lambda| > 2$ en su espectro.

Tenga en cuenta que $(I-\lambda T)^{-1} = \sum_{n=0}^\infty \lambda^n T^n$ siempre que $\|\lambda T\| < 1$ .

La norma del operador $S+S^*$ está limitada por $2$ por la desigualdad del triángulo. Por tanto, $(S+S^*)/\lambda$ tiene norma menos que $1$ . Esto significa que $$\left( \frac{S+S^*}{\lambda} - I\right)^{-1} = - \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{S+S^*}{\lambda}\right)^n$$ y así $\left( \frac{S+S^*}{\lambda} - I\right)$ es invertible. Por supuesto $$\left( \frac{S+S^*}{\lambda} - I\right) = \lambda^{-1} \left( S+S^* - \lambda I\right)$$ por lo que esta cantidad también es invertible. Por lo tanto, $\lambda$ no está en el espectro de $S+S^*$ para cualquier $\lambda$ con $|\lambda|>2$ .

Answer 2

Usted sabe que $\|S\| \le 1$ que da $\|S^{\star}\|=\|S\| \le 1$ y, por lo tanto, $\|S+S^{\star}\| \le 2$ . Sin embargo, $S+S^{\star}$ es autoadjunto y, por tanto, su norma y su radio espectral son iguales, y su espectro es real. Esto significa que $\sigma(S+S^{\star})\subseteq[-2,2]$ . Así que esa parte es bastante sencilla.

Supongamos que $\lambda \in [-2,2]$ . Quiere demostrar que $\lambda$ está definitivamente en el espectro. Por lo tanto, trate de resolver $$ (S+S^{\star}-\lambda I)x = y $$ y ver si algo va mal para algún valor de $y=\{ y_0,y_1,\cdots\}$ . El álgebra es un lío, a no ser que uses una serie de potencias. $$ x(z) = \sum_{n=0}^{\infty}x_{n}z^{n},\;\;\; y(z)=\sum_{n=0}^{\infty}y_{n}z^{n}. $$ Estas series de potencias convergen en $|z| < 1$ porque los coeficientes son integrables al cuadrado. Sin embargo, lo bueno es que $$ (Sx)(z) = zx(z),\;\;\;\; (S^{\star}x)(z) = \frac{x(z)-x(0)}{z}. $$ Ahora, la ecuación que quieres resolver es $$ zx(z)+\frac{x(z)-x(0)}{z}-\lambda x(z)=y(z). $$ Así que no es necesario utilizar toda la teoría de las funciones, pero la serie de potencias es realmente útil. Aquí tienes $$ (z+\frac{1}{z}-\lambda)x(z)=y(z)+\frac{x(0)}{z} \\ (z^{2}+1-\lambda z)x(z) = zy(z)+x(0). $$ Las raíces de $z^{2}-\lambda z+1$ son $$ \frac{\lambda}{2}\pm i\sqrt{1-\frac{\lambda^{2}}{4}} $$ Para $-2 \le \lambda \le 2$ el módulo de lo anterior es $$ \frac{\lambda^{2}}{4}+\left(1-\frac{\lambda^{2}}{4}\right)=1. $$ Aquí es donde es mejor tomar un $y$ y demostrar que no puedes conseguir una solución. La opción obvia es $y(z)\equiv 1$ . Entonces la ecuación de la serie de potencias nos da $$ x(z) = \frac{z+x(0)}{z^{2}-\lambda z+1}. $$ Tienes dos raíces distintas del denominador en el círculo unitario para $-2 < \lambda < 2$ y no hay forma de que el numerador amortigüe el efecto de ambas raíces. Así que $|x(re^{i\theta})| \sim \frac{1}{1-r}$ si $e^{i\theta}$ es una raíz no amortiguada del denominador. Pero mira la tasa de crecimiento de $x(z)$ simplemente utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz: \begin{align} |x(z)| & \le \sum_{n=0}^{\infty}|x_n||z|^{n} \\ & \le \left(\sum_{n=0}^{\infty}|x_n|^{2}\right)^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}|z|^{2n}\right)^{1/2} \\ & = \|x\|\frac{1}{\sqrt{1-|z|^{2}}} \\ & \le \|x\|\frac{1}{\sqrt{1-|z|}}. \end{align} Eso es una contradicción para cualquier $-2 < \lambda < 2$ . Así que $(-2,2)\subseteq\sigma(S+S^{\star})$ . Como el espectro es cerrado, entonces $[-2,2]\subseteq \sigma(S+S^{\star})$ .