¿Un operador simétrico en un espacio de Hilbert tiene un adjoint simétrico?

Question

Supongamos que tenemos un operador linear $T$, densamente definido en un espacio de Hilbert. ¿Si $T$ es simétrica (es decir, $T^$ extiende $T$: notationally, $T\subseteq T^$) sigue que $T^*$ también es simétrica (y por lo tanto, de hecho, uno mismo-adjoint)?

¿Si es así, donde puedo encontrar una prueba de ello? Si no es así, ¿qué es un contraejemplo que muestra esto?

Answer 1

Si $T^*$ es simétrica, entonces tendríamos que un operador lineal simétrico $T$ es ad-empalme, porque $T^{**}=T$.

Pero esto es falso en general.

Compruebe aquí cuando esto puede ser verdad aquí

Answer 2

Considere la posibilidad de la diferenciación del operador, que es un ejemplo clásico de un sistema cerrado, densamente definido, simétrica, operador lineal sobre el Espacio de Hilbert que no es selfadjoint.

Específicamente, deje $X=L^{2}[0,1]$, y deje $T=\frac{1}{i}\frac{d}{dx}$ sobre el dominio $\mathcal{D}(T)$ que consta de todos los $f \in X$ tal que $f$ es igual a.e. a un absolutamente continuas $\tilde{f}$ $[0,1]$ tal que $\tilde{f}(0)=\tilde{f}(1)=0$. A continuación, $T$ es simétrica con adjoint $T^{\star}$ igual a $\frac{1}{i}\frac{d}{dx}$ sobre el dominio $\mathcal{D}(T^{\star})$ que consta de todos los $f \in X$ tal que $f$ es igual a.e. a absolutamente una función continua $\tilde{f}$ $(0,1)$ que $\int_{0}^{1}|\tilde{f}'|^{2}dx < \infty$.

Usted sabe que $T^{\star}$ no es simétrica porque $e^{-x}\in\mathcal{D}(T^{\star})$ satisface $T^{\star}e^{-x}=ie^{-x}$, y no simétrica operador puede tener un imaginario autovalor. De hecho, si $A$ es simétrica con $Af=\lambda f$, luego $(\lambda-\overline{\lambda})\|f\|^{2}=(Af,f)-(f,Af)=0$ implica $f=0$ o $\lambda$ es real.

Una persona le preguntó acerca de mostrar que $T^{\star}$ es el indicado. En realidad, es muy instructivo ver cómo funciona esto. Por lo tanto, vamos a $T$ ser como se indicó anteriormente, y deje $V$ $\frac{1}{i}\frac{d}{dx}$ sobre el dominio $\mathcal{D}(V)$ que consta de todas las funciones absolutamente continuas $f$$[0,1]$$f'\in L^{2}$. Es fácil comprobar que $$ (Tf,g) = (f,Vg),\;\;\; f \in \mathcal{D}(T), g\in\mathcal{D}(V). $$ Por eso, $T^{\star}$ se extiende o es igual a $V$, escrito como $V\preceq T^{\star}$. Para mostrar que $g \in \mathcal{D}(T^{\star})$ implica $g \in \mathcal{D}(V)$, suponga que $g\in\mathcal{D}(T^{\star})$. Equivalentemente, existe $m \in L^{2}$ tal que $$ (Tf,g) = (f,m),\;\;\; f \in \mathcal{D}(T). $$ Deje $\chi_{[a,b]}$ la función característica del intervalo de $[a,b]$. Construimos funciones de $f$ a utilizar en el anterior: $$ f_{a,h,b,k}(x) = \int_{0}^{x}\left(\frac{1}{h}\chi_{[a-h,a]}(t)-\frac{1}{k}\chi_{[b,b+k]}(t)\right)dt $$ Para $0 \le a-h < a \le b < b+h \le 1$ esta función es en $\mathcal{D}(T)$ con derivados de la misma.e. para el integrando de la integral anterior. La conexión al medico adjunto ecuación da $$ (Tf_{a,h,b,k},g)=-\frac{i}{h}\int_{a-h}^{a}\overline{g(t)}\,dt+\frac{i}{k}\int_{b}^{b+k}\overline{g(t)}\,dt = (f_{a,h,b,k},m)=\int_{0}^{1}f_{a,h,b,k}(t)\overline{m(t)}\,dt. $$ Como $h \downarrow 0$ $f_{a,h,b,k}$ converge pointwise una.e. y sigue siendo limitada en hacerlo. Lo mismo es cierto como $k\downarrow 0$. Así que la izquierda y a la derecha de los derivados de la $G(x)=\int_{0}^{x}g(t)dt$ existe en todas las $x \in (0,1)$, y los dos son iguales en lo que puede ser visto por los de arriba. Por otra parte, la derivada es continua, con $$ \left.\left[ \frac{d}{dx}\int_{a}^{x}\overline{g(t)}dt\right]\right|_{a}^{b} = \int_{a}^{b}\overline{m(t)}\,dt,\;\;\; 0 < a \le b < 1. $$ Sin embargo, la integral de $g$ es absolutamente continua. Por lo tanto, lo anterior derivado es igual a $\overline{g}$.e., lo que significa que $g$ es igual a.e. para una función continua $\tilde{g}$ y $$ -i\{ \tilde{g}. (b)-\tilde{g}. (a)\} = \int_{a}^{b}m(t)dt,\;\;\; 0 < a < b < 1. $$ De ello se desprende que $\tilde{g}$ es absolutamente continua y $-i\tilde{g}'=m$.e.. Por supuesto de $m\in L^{2}[0,1]$, lo que demuestra que $g \in \mathcal{D}(V)$$T^{\star}g=h=Vg$. Por lo tanto,$T^{\star}=V$, por dominio y por la acción.