Cada operador acotado en un espacio de Hilbert complejo tiene un autovalor?

Question

Es la siguiente declaración es verdad?

Deje $\mathscr{H}$ ser un espacio de Hilbert complejo y deje $\varphi: \mathscr{H} \to \mathscr{H}$ ser un operador acotado. Qué $\varphi$ tiene un autovalor en general? Si sí, ¿cómo demostrarlo? Si no, ¿qué es un contraejemplo y lo que la propiedad no se necesitan con el fin de garantizar la existencia de un autovalor.

En particular, estoy interesado en el caso de que $\mathscr{H}$ tiene una representación unitaria $\pi: G \to U(\mathscr{H})$ tal que $\varphi \circ \pi(g) = \pi(g) \circ \varphi$ todos los $g \in G$.

Answer 1

Deje $\mathscr{H}=L^2[0,1]$, y deje $L : L^2[0,1]\rightarrow L^2[0,1]$ ser definido por $$ (Lf)(x) = xf(x),\;\; f \en L^2[0,1]. $$ El operador $L$ no tiene autovalores. El espectro de $L$$\sigma(L)=[0,1]$, pero no hay ningún punto en el espectro es un autovalor. Cada punto en el espectro es un aproximado de autovalor, lo que significa que hay una secuencia de vectores unitarios $\{ f_n \}$ tal que $\|(L-\lambda I)f_n\|\rightarrow 0$. Usted puede ver $\mathscr{H}$ $L^2$ sobre el círculo unidad, que se sitúa en su contexto.

Answer 2

No, no todos de ellos. En $\ell^2$ usted puede tener $S(x_1,x_2,...)=(0,x_1,x_2,...)$

Si $S(x)=\lambda x$. A continuación,$x_1=x_2=...=0$.

Answer 3

Para mirar las cosas con un poco más de detalle:

La respuesta es , en general, "no", acotamiento de $\varphi$ no es suficiente para la existencia de autovalores, como el ejemplo de el operador de desplazamiento a la introducida por saltandpepper en su respuesta muestra. De hecho, teniendo en $\mathscr H = \ell^2$, y

$\vec x = (x_1, x_2, x_3, \ldots ) \in \ell^2, \tag 0$

tenemos

$S\vec x = S(x_1, x_2, x_3, \ldots) = (0, x_1, x_2, x_3, \ldots ); \tag 1$

si

$S \vec x = \lambda \vec x, \; \lambda \in \Bbb C, \tag 2$

vemos que

$S(x_1, x_2, x_3, \ldots) = (0, x_1, x_2, x_3, \ldots ) = \lambda (x_1, x_2, x_3, \ldots) = (\lambda x_1, \lambda x_2, \lambda x_3, \ldots), \tag 3$

lo que implica

$\lambda x_1 = 0, \tag 4$

$\lambda x_n = x_{n - 1}, \; n \ge 2; \tag 5$

si $\lambda \ne 0$, (4) y (5) la fuerza

$x_1 = 0, \tag 6$

y, a continuación,

$x_2 = 0, \; x_3 = 0, \ldots, x_n = 0, \ldots, \; \forall n \in \Bbb N; \tag 7$

por lo tanto debemos tener

$\vec x = 0; \tag 8$

pero los vectores propios son no-cero, por definición, por lo tanto descartamos (8) y vemos que $S$ no tiene autovalor $\lambda \ne 0$. Si $\lambda = 0$, podemos obtener inmediatamente $\vec x = 0$ a partir de (3), por lo que podemos descartar este caso. $S$ no tiene autovalores.

Podemos, sin embargo, mediante la colocación de las condiciones adecuadas en $\varphi$, asegúrese de que lo hace , de hecho, tienen autovalores y autovectores. Por ejemplo, si $\phi$ es limitada, auto-adjunto, y compacto, tiene bona fide de los valores y vectores propios; una prueba de este hecho se pueden encontrar aquí, así como en muchos libros y sitios en la web.