¿Cuál es el espectro de este operador en $\ell^2$ ?

Question

Supongamos que $\ell^2 = \biggl\{(x_n)_n \in \mathbb{K}^{\mathbb{N}_0} \biggm| \sum_{n=1}^{\infty}|{x_n}^2| < +\infty \biggr\}$ es un espacio de Hilbert con el inproducto $\langle\cdot,\cdot\rangle_2: \ell^2 \to \ell^2: (x,y) \mapsto \sum_{n=1}^\infty \overline{x_n}y_n$ .

Considere el operador $f: \ell^2 \to \ell^2: (x_0, x_1, \ldots) \mapsto (x_0, 0, x_1, 0, \ldots)$ .

Se supone que debo dar el espectro $\sigma(f) = \{\lambda \in \mathbb{K} \mid f-\lambda I \text{ not invertible}\}$ , donde $I$ es la misma función. Ya he demostrado que 1 es el único valor propio de $f$ , por lo que 1 debería formar parte de $\sigma(f)$ porque $f-I$ no es inyectiva. También creo que $f$ no es sobreyectiva, por lo que 0 también debería estar en el espectro.

Por desgracia, no he encontrado la forma de calcular todo el espectro, aunque tengo la sensación de que no debería ser tan difícil. ¿Cómo puedo hacerlo?

Answer 1

Demostremos que el espectro $\sigma (T)$ de $T$ es el disco unitario cerrado $\overline{\mathbb D}$ .

Como sugiere el usuario52733, es una buena idea mirar el operador adjunto (hilbertiano) $T^*$ . Desde $\sigma(T^*)=\{ \bar\lambda ;\; \lambda\in\sigma (T)\}$ basta con demostrar que $\sigma (T^*)=\overline{\mathbb D}$ .

Denotemos por $(e_n)_{n\geq 0}$ la "base canónica" de $\ell^2$ . Según la definición de $T$ , usted tiene $Te_0=e_0$ , $Te_1=e_2$ , $Te_2=e_4$ y así sucesivamente, es decir $Te_n=e_{2n}$ para todos $n\geq 0$ . De ello se desprende que $$\langle T^*e_n,e_j\rangle=\langle e_n, Te_j\rangle=\langle e_n, e_{2j}\rangle=\delta_{n,2j}$$ para todos $n,j\geq 0$ En otras palabras, $T^*e_n=0$ si $n$ es impar y $T^*e_n=e_{\frac{n}2}$ si $n$ es par. Dicho de otra manera, esto significa que $T^*$ viene dada por la fórmula $$ T^*(x_0,x_1,x_2,\dots )=(x_0,x_2,x_4, \dots)\, .$$

A partir de esto, es fácil demostrar que cualquier número complejo $\lambda$ con $\vert \lambda\vert<1$ es un valor propio de $T^*$ . De hecho, si se establece $$x(\lambda):=\sum_{j=0}^\infty \lambda^j e_{2^j}\, ,$$ que es un vector bien definido en $\ell^2$ porque $\vert\lambda\vert<1$ entonces $$T^*x(\lambda)=\underbrace{T^*(e_1)}_{=0}+\sum_{j\geq 1} \lambda^jT^*(e_{2^j})=\sum_{j\geq 1} \lambda^j e_{2^{j-1}}=\lambda x(\lambda)\, .$$ (Obsérvese que la fórmula de $x(\lambda)$ no sale de la nada: se encuentra cuando se intenta resolver la ecuación $Tx=\lambda x$ ).

Así, el espectro de $T^*$ contiene el Abrir disco de la unidad $\mathbb D$ . Pero $\sigma(T^*)$ es un conjunto cerrado, por lo que debe contener el disco unitario cerrado $\overline{\mathbb D}$ . Finalmente, $\sigma (T^*)$ también se encuentra en $\overline{\mathbb D}$ porque $\Vert T^*\Vert= 1$ .

En conjunto, se puede concluir que $\sigma(T^*)=\overline{\mathbb D}$ y por lo tanto que $\sigma (T)=\overline{\mathbb D}$ .

Answer 2

Editar: Como señala @Branimir, puedo eliminar las conjugaciones del borrador anterior. $T^*$ es el adjunto del espacio de Banach conjugado por un isomorfismo conjugado-lineal, por lo que las constantes acaban siendo preservadas.

Como se trata de un problema de deberes, intentaré dar una pista en lugar de la solución completa (que es elegante). Adapto aquí las páginas 192-194 de (la edición de 1972 de) Reed y Simon, Análisis funcional Así que puede ser una buena referencia [en particular, intercambio $T$ y $T$ 's adjoint, y cambiar los espacios subyacentes, de ese libro].

Este operador es cualitativamente similar al operador de desplazamiento de "estiramiento" $T: \ell^2 \to \ell^2$ , donde $$T(x_0, x_1, x_2, \dotsc) = (0, x_0, x_1, x_2, \dotsc).$$

Para este operador es útil observar su adjunto, que podemos determinar simplemente utilizando la definición de adjunto y observando sus efectos sobre el $j$ vector base $e_j$ , donde

$$e_j := (0, 0, \dotsc, 0, \overbrace{1}^{j\text{th slot}}, 0, 0, \dotsc ).$$

Tenga en cuenta que para cualquier $x$ , $$ \begin{align} \left\langle T^* e_j, x \right\rangle & = \left\langle e_j, T x \right\rangle\\ & = (Tx)_j\\ & = \begin{cases} 0, & j = 0, \\ x_{j - 1}, & j \neq 0 \end{cases} \end{align}. $$

Por lo tanto, $\left\langle T^* e_0, x \right\rangle = 0$ para todos $x$ Así que $T^* e_0 = 0$ y dejar que $x$ gama sobre $\left\lbrace e_k \right\rbrace$ vemos que $T^* e_j = e_{j-1}$ si $j \geq 1$ . Como el adjunto es un operador lineal, tenemos $$ T^* (x_0, x_1, x_2, \dotsc ), = ( x_1, x_2, x_3, \dotsc )$$ que es un operador de desplazamiento de "aplastamiento".

¿Por qué nos gusta aplastar a los operadores de turno? Puedo esperar describir algunos vectores propios. Aquí, toma $\lambda$ con $\vert \lambda \vert < 1$ y definir $$x_{\lambda} : = (1, \lambda, \lambda^2, \lambda^3, \lambda^4, \dotsc)$$ Por $\vert \lambda \vert < 1$ y el $j$ -ésima entrada que tiene norma $\vert \lambda \vert^j$ , este es un $\ell^2$ (De hecho, $\ell^1$ !) vector. Entonces convénzase de que $T^*(x_{\lambda}) = \lambda x_{\lambda}$ . Así que $\sigma(T^*)$ contiene el disco unitario abierto. Sin embargo, los espectros son cerrados, por lo que contiene el disco unitario cerrado. Dado que $\lambda \in \sigma(T^*)$ si y sólo si $\overline{\lambda} \in \sigma(T)$ y como el disco unitario cerrado es su propia imagen bajo conjugación, $\sigma(T)$ contiene el disco de la unidad cerrada.

Ahora argumenta con las normas y las reglas del radio espectral que $\sigma(T)$ está contenida en el disco de la unidad cerrada, y ya está.

Pruebe esta idea con su operador.