Aktuální verze z 8. 2. 2019, 10:08

Zdrojový kód

%\wikiskriptum{01FA2}
\section{Samosdružené rozšíření symetrických operátorů}
 
\[\Theta(A)=\{x\in\Dom A^*|(x,A^*x)\in\R\}\]
 
\begin{lemma}
  Nechť $A\subset A^*$ a $\Im\lambda\not=0$. Potom $A$ je uzavřený,
  právě když $\Ran(A-\lambda I)$ je uzavřený.
  \begin{proof}
    \begin{enumerate}
    \item Buď $\lambda=\alpha+\im\beta$, $\beta\not=0$. Protože
      $A\subset\A^*$, pro každé $x\in\Dom A$ je
      \[\norm{(A-\lambda)x}^2=\norm{(A-\alpha)x}^2+\abs{\beta}^2\norm{x}^2\]
      a $\norm{(A-\lambda)x}\ge\abs{\beta}\norm{x}$.
 
      Buď $y_n=(A-\lambda)x_n\in\Ran(A-\lambda)$, nechť $y_n\to
      y$. Potom
      \[\norm{y_n-y_m}=\norm{(A-\lambda)(x_n-x_m)}\ge\abs{\beta}\norm{x_n-x_m}\]
      a tedy $x_n$ je cauchyovská a $x_n\to x$. Z~uzavřenosti $A$ pak
      plyne $x\in\Dom A$ a $y=Ax$.
    \item Nechť $x_n\in\Dom(A-\lambda)=\Dom A$, $x_n\to x$,
      $y_n=(A-\lambda)x_n\to y$. Z~předpokladu plyne, že
      $y\in\Ran(A-\lambda)$ a tedy existuje $x'\in\Dom A$ tak, že
      $y=(A-\lambda)x'$. Dále je
      \[\norm{y-y_n}=\norm{(A-\lambda)(x'-x_n)}\ge\abs{\beta}\norm{x'-x_n'}\]
      a proto $x_n\to x'$, $x=x'\in\Dom A-\lambda$ a
      $(A-\lambda)x=(A-\lambda)x'=y$. $A-\lambda$ je proto uzavřený a
      $A$ také.\qed
    \end{enumerate}
    \noqed
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{lemma}
  Nechť $\uz A=A\subset A^*$ a $\Im\lambda\not=0$. Potom
  $\H=\Ran(A-\lambda)\oplus\Ker(A^*-\overline\lambda)$.
  \begin{proof}
    Obecně platí $\H=\uz{\Ran B}\oplus\Ker B^*$. Když položíme
    $B=A-\lambda$, z~předchozí věty vyplývá
    $\uz{\Ran(A-\lambda)}=\Ran(A-\lambda)$ a z~toho plyne tvrzení věty.
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{lemma}
  Nechť $\uz A=A\subset A^*$. Potom
  \[\Dom A^*=\Dom A\dotp\Ker(A^*-\im)\dotp\Ker(A^*+\im).\]
  \begin{proof}
    \begin{enumerate}
    \item Buď $x\in\Dom A^*\supset\Dom A$. Protože podle předchozí věty
      je $\H=\Ran(A-\im)\oplus\Ker(A^*+\im)$, lze psát
      \[A^*x-\im x=Ay-\im y+z,\]
      kde $y\in\Dom A$ a $z\in\Ker(A^*+\im)\iff z\in\Dom A^*\wedge
      A^*z=-\im z$.
 
      Protože $\im A^*z=z$, je $z=\frac12z+\frac{\im}{2}A^*z$. Dále
      $A\subset A^*$, takže $A^*y=Ay$. Potom
      \[A^*x-\im x=A^*y-\im y+\frac12z+\frac{\im}{2}A^*z,\]
      po úpravě
      \[A^*\left(x-y-\frac{\im}2z\right)=\im x-\im y+\frac12z=
      \im\left(x-y-\frac{\im}2z\right).\]
      Z~toho plyne, že $v_+=x-y-\frac{\im}2z\in\Ker(A^*-\im)$, přímo
z~předpokladu $v_-=\frac{\im}2z\in\Ker(A^*+\im)$, takže hledaný
      rozklad je
      \[x=y+ v_+ + v_-.\]
    \item Důkaz direktnosti: Nechť $x=y+v_++v_-=y'+v_+'+v_-'$. Potom
      ($A^*y=Ay$)
      \[(A^*-\im)x=(A-\im)y-2\im v_-=(A-\im)y'-2\im v_-'\]
      a
      \[\Ran(A-\im)\oplus\Ker(A^*+\im)\ni\underbrace{(A-\im)(y-y')}_0+
      \underbrace{(-2\im v_-+2\im v_-')}_0=0.\] 
      Proto $v_-=v_-'$.  Podobně se ukáže $v_+=v_+'$ a dohromady
z~toho pak plyne $y=y'$.\qed
    \end{enumerate}
    \noqed
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{dusl}
  Nechť $\uz A=A\subset A^*$. Potom
  $A=A^*\iff\Ker(A^*-\im)=\Ker(A^*+\im)=\{0\}$.
\end{dusl}
 
\begin{define}
  $A\subset A^*$ je v~{\bf podstatě samosdružený}, právě když $\uz A={\uz
  A}^*$.
\end{define}
 
\begin{remark}
  $A\subset A^*$ je v~podstatě samosdružený, právě když
  $A=A^*\iff\Ker(A^*-\im)=\Ker(A^*+\im)=\{0\}$.
  \begin{proof}
    Protože $A^*=(\uz A)^*$, stačí v~předchozím důsledku položit
    $A=\uz A$.
  \end{proof}
\end{remark}
 
\begin{define}
  Buď $A\subset A^*$, pak $\Ker(A^*-\im)$, $\Ker(A^*+\im)$ nazýváme {\bf
  defektní podprostory},
  $m_{\pm}=\dim\Ker(A^*\mp\im)\in\Z_+\cup\{\infty\}$ nazýváme {\bf
  indexy defektu}.
\end{define}
 
\begin{lemma}
  Nechť $\uz A=A\subset A^*$. Potom
  \[\Theta(A)=\{y+v_+ + v_-\in\Dom
  A\dotp\Ker(A^*-\im)\dotp\Ker(A^*+\im)|
  \norm{v_+}=\norm{v_-}\}.\]
  \begin{proof}
    Buď $x\in y+v_++v_-\in\Dom A^*$. Pak
    \[\begin{split}
      (x,A^*x)&=(y+ v_+ +v_-,Ay+\im v_+ - \im v_-)=\\
      &=(y,Ay)+\underbrace{(v_+ + v_-,Ay)}_{(A^*(v_++v_-),y)}+
      \im(y+v_++v_-,v_+-v_-)=\\
      &=(y,Ay)-\im(v_+ - v_-,y)+\im(y,v_+-v_-)+
      \im(v_+ + v_-,v_+ - v_-)=\\
      &=\underbrace{(y,Ay)}_{\in\R}-
      \underbrace{\im((v_+ - v_-,y)-(y,v_+-v_-))}_{\in\R}+\\
      &\quad+\underbrace{\im((v_-,v_+)-(v_+,v_-))}_{\in\R}+
      \underbrace{\im\left(\norm{v_+}^2-\norm{v_-}^2\right)}_{\in\im\R}.
    \end{split}\]
    Proto $(x,A^*x)\in\R\iff\norm{v_+}=\norm{v_-}$.
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{theorem}
  Nechť $\uz A\subset A\subset A^*$. Potom pro všechna symetrická
  rozšíření $B$ operátoru $A$
  \begin{enumerate}
  \item existuje $V\subset\Ker(A^*-\im)$ a izometrie $U:V\mapsto
    U(V)\subset\Ker(A^*+\im)$,
  \item $\Dom B=\Dom A+(I+U)V$,
  \item $B(y+v+Uv)=Ay+\im v-\im Uv$, kde $y\in\Dom A$, $v\in V$.
  \end{enumerate}
  \begin{proof}
    \begin{enumerate}
    \item Ukážeme, že tímto předpisem je zadáno symetrické rozšíření
      $A$. Zřejmě je $\Dom A\subset\Dom B$ (stačí položit $v=0$). Dále
      je-li $x\in\Dom B$, lze jej zapsat jako $x=y+v+Uv$ a protože
      $v\in\Ker (A^*-\im)$, $Uv\in\Ker(A^*+\im)$ a $U$ je izometrie
      ($\norm{Uv}=\norm{v}$), je $x\in\Theta(A)$. Konečně
      \[A^*x=Ay+A^*v+A^*(Uv)=Ay+\im v-\im Uv=Bx,\]
      takže $B\subset A^*$. Protože $\Dom B\subset\Theta(A)$, je
      $B\subset B^*$. Z~toho celkem plyne, že $B$ je symetrické
      rozšíření $A$.
    \item Nechť $A\subset B\subset B^*\subset A^*$. Pak
      \[\Dom B\subset\Dom A^*=\{y+v_++v_-|y\in\Dom
      A,v_{\pm}\in\Ker(A^*\mp \im)\}.\]
      Je-li $v_++v_-\in\Dom B$, potom $v_-$ je jednoznačně určeno
      $v_+$: Buď $v_++v_-'\in\Dom B$. Pak $0+(v_- - v_-')\in\Dom
      B\subset\Theta(A)\implies 0=\norm{v_--v_-'}$, tj. $v_-'=v_-$.
 
      Položme
      \[V=\{v_+\in\Ker (A^*-\im)|\exists v_-\in\Ker(A^*+\im),\
      v_++v_-\in\Dom B\},\]
      $U:V\mapsto\Ker(A^*+\im)$, $v_+\mapsto v_-$ tak, že
      $v_++v_-\in\Dom B$. Z~předchozího lemmatu plyne
      $\norm{v_-}=\norm{v_+}$, tj. $U$ je izometrie.
 
      Dále $\Dom B=\{y+v_++Uv_+|y\in\Dom A,\ v_+\in V\}$ a
      \[B(y+v_++Uv_+)=A^*(y+v_++Uv_+)=Ay+\im v_+-\im Uv_+.\qed\]
    \end{enumerate}
    \noqed
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{remark}
  Operátor $B$ z~předchozí věty je uzavřený, právě když $V=\uz V$.
  \begin{proof}
    Buď $y\in\Dom B$, $y=x+v+Uv$. Potom $(B+\im)y=(A+\im)x+2\im v$ a
    $\Ran(B+\im)=\Ran(A+\im)\oplus V$ (protože $V\subset\Ker(A^*-\im)$,
    je to OG součet). Jelikož $A=\uz A$, je $\Ran(A+\im)$ uzavřený a
    tedy $\Ran(B+\im)$ je uzavřený, právě když $V=\uz V$.
  \end{proof}
\end{remark}
 
\begin{remark}
  $\Ran(B+\im)=\Ran(A+\im)\oplus V$. Předpokládejme $B=\uz B$,
  \[\H=\Ran(B+\im)\oplus\Ker(B^*-\im)=
  \Ran(A+\im)\oplus V\oplus\Ker(B^*-\im)\]
  \[\H=\Ran(A+\im)\oplus\Ker(A^*-\im)\]
  $\Ker(A^*-\im)=\Ker(B^*-\im)\oplus V$, obdobně
  $\Ker(A^*+\im)=\Ker(B^*+\im)\oplus U(V)$.
\end{remark}
 
\begin{dusl}
  Je-li $B=\uz B$ a $A=\uz A\subset B\subset B^*\subset A^*$ popsaný
v~předchozí větě, potom $\Ker(A^*-\im)=\Ker(B^*-\im)\oplus V$,
  $\Ker(A^*+\im)=\Ker(B^*+\im)\oplus U(V)$.
\end{dusl}
 
\begin{dusl}
  \begin{enumerate}
  \item $A=\uz A\subset A^*$ má netriviální symetrické rozšíření,
    právě když $m_+(A)>0$, $m_-(A)>0$.
    \begin{proof}
      $\dim V=\dim U(V)\le\min\{m_+(A),m_-(A)\}$.
    \end{proof}
  \item $A$ má samosdružené rozšíření, právě když
    $m_+(A)=m_-(A)$. Všechna samosdružená rozšíření jsou
v~jednoznačném vztahu s~unitárními zobrazeními
    $U:\Ker(A^*-\im)\mapsto\Ker(A^*+\im)$.
  \end{enumerate}
\end{dusl}