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}
