Medico adjunto de un operador en $L^2$

Question

Considerar el espacio de Hilbert $L^2 (1,\infty)$ y una función real $g(x)=x^2$ definido en el intervalo de $(1,\infty)$.

Definir un operador $T$ por la fórmula $T(f)=f \cdot g$ todos los $f$ en el dominio $$D(T)=\{ f \in L^2 (1,\infty); \space \space f \cdot g \in L^2 (1,\infty), \space \int_1^{\infty}f(x)\mathrm{d}x=0\}.$$

Estoy tratando de encontrar el adjunto del operador $T^*$, es decir, el operador definido en el set $$D(T^*)=\{h \in L^2 (1,\infty); \space \space \mathrm{the \space mapping \space} f \mapsto \langle Tf,h \rangle \mathrm{\space is \space continuous \space on \space} D(T)\}$$ tal que $\langle Tf,h \rangle = \langle f,T^* h \rangle$ por cada $f \in D(T), \space h \in D(T^*)$.

Me las arreglé para demostrar que el operador $T$ está densamente definido (por lo $T^*$ está bien definido y se determina únicamente) y cerrado (es decir, que se ha cerrado el gráfico).

Por desgracia, soy incapaz de encontrar una buena caracterización del conjunto de $D(T^*)$. Mi planteamiento es el siguiente:

Supongamos que $h \in D(T^*)$. Entonces existe un único y determinado (gracias a la densidad del dominio) la función $\Psi \in L^2 (1,\infty)$ tal que $\langle Tf,h \rangle = \langle f,\Psi \rangle$ for all $f \D(T)$. Using the definition of the inner product on $L^2 (1,\infty)$ we find out that for all $f \D(T)$ $$\int_1^{\infty}f \cdot \left( \bar{h} \cdot g \space - \space \bar{\Psi} \right )=0.$$ Pero ahora estoy atascado porque no puedo garantizar que la función de $\bar{h} \cdot g$$L^2(1,\infty)$. Si yo sabía que, a continuación, sólo quiero decir que $\bar{h} \cdot g$ es igual a $\Psi$ en casi todas partes, pero sin que no sé cómo continuar.

Gracias por cualquier consejo.

Answer 1

De hecho, no tiene que ser el caso que $h\cdot g \in L^2(1,\infty)$, $h\cdot g$ y $\Psi$ pueden diferir por una función constante.

Está claro que $A :=\{ h \in L^2(1,\infty) : h \cdot g \in L^2(1,\infty)\} \subset D(T^{\ast})$,$T^{\ast}(h) = h\cdot g$$h$. Además, se nota que $r \colon x \mapsto x^{-2}$ también pertenece a $D(T^{\ast})$, desde

$$\langle Tf, r\rangle = \int_1^{\infty} x^2f(x)r(x)\,dx = \int_1^{\infty} f(x)\,dx = 0$$

para todos los $f \in D(T)$, lo $f \mapsto \langle Tf, r\rangle$ es claramente continua, y tenemos $T^{\ast}r = 0$. Así conocemos $A \oplus \mathbb{C}\cdot r \subset D(T^{\ast})$, e $T^{\ast}(h + \lambda r) = h\cdot g$$h \in A$$\lambda \in \mathbb{C}$.

Queda por ver que $D(T^{\ast}) = A \oplus \mathbb{C}\cdot r$. Para eso, primero hacemos un par de resumen de notas.

Si $H_1, H_2$ son espacios de Hilbert, $D(B)$ lineal subespacio de $H_1$, e $B \colon D(B) \to H_2$ es un operador lineal, se define la adjoint relación $B^{\ast}$ $B$ por

$$\Gamma(B^{\ast}) = \bigl\{ (y,x) \in H_2 \times H_1 : \bigl(\forall u \in D(B)\bigr)\bigl(\langle Bu, y\rangle_{H_2} = \langle u, x\rangle_{H_1}\bigr) \bigr\}.$$

Entonces tenemos

$$D(B^{\ast}) = \bigl\{ y \in H_2 : \{y\} \times H_1 \cap \Gamma(B^{\ast}) \neq \varnothing\bigr\} = \bigl\{ y \in H_2 : u \mapsto \langle Bu, y\rangle_{H_2} \text{ is continuous on } D(B)\bigr\},$$

y $B^{\ast}$ es un (lineal) de la función si y sólo si $D(B)$ es denso en $H_1$.

Tomamos nota de que $\Gamma(B^{\ast})$ es un subespacio lineal de $H_2 \times H_1$, y podemos conseguirlo de una manera sencilla de $\Gamma(B) = \{ (u,Bu) : u \in D(B)\}$. Hacemos el espacio del producto $H_j \times H_k$ un espacio de Hilbert mediante el establecimiento de

$$\langle (u,v), (x,y)\rangle_{H_j \times H_k} = \langle u, x\rangle_{H_j} + \langle v,y\rangle_{H_k},$$

y definir $V, I \colon H_1 \times H_2 \to H_2 \times H_1$$V(x,y) = (y,x)$$I(x,y) = (-y,x)$. Uno fácilmente se comprueba que $V$ $I$ son unitarias isomorphisms, y que

$$\Gamma(B^{\ast}) = I\bigl(\Gamma(B)^{\perp}\bigr) = \Bigl(I\bigl(\Gamma(B)\bigr)\Bigr)^{\perp}.$$

Si $B$ es inyectiva, entonces $B^{-1}$ es un operador lineal a partir de un subespacio de $H_2$$H_1$, y tenemos $\Gamma(B^{-1}) = V\bigl(\Gamma(B)\bigr)$, y, en consecuencia,

$$\Gamma\bigl((B^{-1})^{\ast}\bigr) = I^{-1}\bigl(\Gamma(B^{-1})^{\perp}\bigr) = I^{-1}\Bigl(V\bigl(\Gamma(B)^{\perp}\bigr)\Bigr) = V^{-1}\Bigl(I\bigl(\Gamma(B)^{\perp}\bigr)\Bigr) = V^{-1}\bigl(\Gamma(B^{\ast})\bigr),$$

es decir, el adjunto (relación) de el inverso es el inverso de la adjuntos.

Ahora podemos aplicar estas consideraciones a $T$ y su extensión $M \colon A \to L^2(1,\infty)$ ( $M h = h \cdot g$ ). Claramente $T$ $M$ es inyectiva, y es fácil ver que $M$ es surjective, su inverso $S$ es la multiplicación con $r$, que es un continuo (desde $r$ es limitado) auto-adjunto del operador. Desde $r \in L^2(1,\infty)$, el mapa de $\tilde{S} \colon f \mapsto f\cdot r$ es un continuo operador $L^2(1,\infty) \to L^1(1,\infty)$, por lo tanto

$$R := \Biggl\{ f \in L^2(1,\infty) : \int_1^{\infty} f(x)r(x)\,dx = 0 \Biggr\}$$

es un cerrado hyperplane en $L^2(1,\infty)$, y claramente $R = (\mathbb{C}\cdot r)^{\perp}$. Además, uno ve que $D(T) = S(R)$, y, en consecuencia,$R = \operatorname{im} T$. Por último, nos encontramos

\begin{align} \Gamma(T^{\ast}) &= V\Bigl(\Gamma\bigl((T^{-1})^{\ast}\bigr)\Bigr) \\ &= V\Bigl(I\bigl(\Gamma(T^{-1})^{\perp}\bigr)\Bigr) \\ &= V\Bigl(I\bigl((\Gamma(S) \cap R\times L^2)^{\perp}\bigr)\Bigr) \\ &= V\Bigl(I(\bigl(\overline{\Gamma(S)^{\perp} + (R\times L^2)^{\perp}}\bigr)\Bigr) \\ &= V\Bigl(I\bigl(\overline{\Gamma(S)^{\perp} + (\mathbb{C}\cdot r)\times \{0\}}\bigr)\Bigr) \\ &= V\Bigl(I\bigl(\Gamma(S)^{\perp} + (\mathbb{C}\cdot r)\times \{0\}\bigr)\Bigr) \\ &= V\Bigl(I\bigl(\Gamma(S)^{\perp}\bigr)\Bigr) + (\mathbb{C}\cdot r)\times \{0\} \\ &= V\bigl(\Gamma(S^{\ast})\bigr) + (\mathbb{C}\cdot r)\times \{0\} \\ &= V\bigl(\Gamma(S)\bigr) + (\mathbb{C}\cdot r)\times \{0\} \\ &= \Gamma(M) + (\mathbb{C}\cdot r)\times \{0\}, \end{align}

donde hemos utilizado que $(U\cap W)^{\perp} = \overline{U^{\perp} + W^{\perp}}$ cerrados subespacios $U,W$ de un espacio de Hilbert, la suma de un subespacio cerrado y finito-dimensional subespacio cerrado, lineal mapas de preservar la suma de subespacios ($L(U+W) = L(U) + L(W)$), y $V\bigl(I(U\times \{0\})\bigr) = U\times \{0\}$ para un subespacio lineal $U$.

Answer 2

Deje $T : \mathcal{D}(T) \subset L^2\rightarrow L^2$ ser como se describe, y deje $M : \mathcal{D}(M) \subset L^2\rightarrow L^2$ ser el operador $Mf=x^2f$ definido en el dominio $\mathcal{D}(M)$ que consta de todos los $f\in L^2$ que $x^2f\in L^2$. El operador $T$ está densamente definido, como se ha demostrado. Y, es fácil comprobar que $$ (Tf,g) = (f,Mg),\;\;\;\; f\in\mathcal{D}(T^*),\;g\in\mathcal{D}(M). $$ Por lo tanto, $M \preceq T^*$, lo que significa que $M$ es una restricción de $T^*$ que puede o no puede ser una adecuada restricción.

Por el contrario, supongamos $g\in\mathcal{D}(T^*)$, de modo que $$ (Tf,g)=(f,T^*g),\;\;\; f\in\mathcal{D}(T). $$ Uno de esos elementos $f\in\mathcal{D}(T)$ es $$ f_{x,h}(t) = \chi_{[1,x]}(t)-(x-1)\frac{1}{h}\chi_{[x,x+h]}(t),\;\; 1 < x,\; h > 0. $$ Por lo tanto, $$ (Tf_{x,h},g) = \int_{1}^{x}t^2 g(t)dt-(x-1)\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}t^2 g(t)dt \\ = (f_{x,h},T^*g) = \int_{1}^{x}T^*g dt-(x-1)\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}T^*g dt. $$ Dejando $h\downarrow 0$ y el uso de la diferenciación de Lebesgue teorema da el siguiente para una.e. $x$: $$ \int_{1}^{x}t^2 g(t)dt-(x-1)x^2 g(x)=\int_{1}^{x}T^*g dt-(x-1)T^*g(x) \\ -\frac{1}{(x-1)^2}\int_{1}^{x}t^2 g(t)dt+\frac{1}{(x-1)}x^2 g(x) = -\frac{1}{(x-1)^2}\int_{1}^{x}T^*g dt + \frac{1}{(x-1)}T^*g(x) \\ \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x-1}\int_{1}^{x}t^2 g(t)dt\right) = \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x-1}\int_{1}^{x}T^*gdt\right) \\ C(x-1)+\int_{1}^{x}t^2 g(t)dt = \int_{1}^{x} T^*gdt \mbox{ (C constante añadido 05/01/2017) } \\ x^2(g(x)+C/x^2) = (T^*g)(x) \;\;.e. $$ De ello se sigue que todos los $g\in \mathcal{D}(T^*)$ es tal que $(g+C/x^2)\in\mathcal{D}(M)$ algunos $C$$T^*g = M(g+C/x^2)$. (Me saltó a la conclusión de que $C$ $0$ a fin de tener todo en la $L^2$, y se perdió esa posibilidad. Yo debería haber sabido que debido a $T^*(1/x^2)=0$ lleva allí, también, la que me hizo saber). Las instrucciones que siguen no son verdad: por lo Tanto,$T^*\preceq M$. La combinación con el primer párrafo da $T^*=M$. Para el cierre de $T$ debe ser igual a $M$.

Corregido Dominio de $T^*$: se Compone de todos los $g\in L^2$ para el cual existe un $C$ tal que $x^2(g+C/x^2)\in L^2$. La constante $C$ es único para tal $g\in\mathcal{D}(T^*)$, e $T^*g=x^2g+C$.