FA Арсеньев Функ.Ан

Доказательство. Имеем:

a:(9A 1) ) (Ker(A) = 0);

b:((A = A ) ^ (Ker(A) = 0)) ) (Cl(Im(A)) = H);

c:((Ker(A) = 0) ^ (Cl(Im(A)) = H)) ) ((A 1) = (A ) 1);

d:((A 1) = (A ) 1) ^ (A = A )) ) ((A 1) = (A 1)):

Здесь:

a -необходимое условие существования обратного оператора, b -утверждение леммы 4.7.7,

c -утверждение леммы 4.7.6, d -очевидно.

Лемма доказана.

Лемма 4.7.9. Åñëè

A A ; Cl(Im(A)) = H;

òî

Ker(A) = 0:

Доказательство. Пусть

y 2 Ker(A):

Тогда из первого условия леммы следует, что

8(x 2 Dom(A)) : < x ; Ay >=< Ax ; y >= 0:

Поэтому

y ? Im(A):

Из второго условия леммы следует, что

y = 0:

Лемма доказана.

Лемма 4.7.10. Åñëè

A A ; Im(A) = H;

òî

A = A ; A 1 2 L(H 7!H):

339

Доказательство. Из леммы 4.7.9 следует, что

му оператор A 1 существует. Докажем, что оператор A 1 симметричен. Пусть x ; y -произвольные элементы из Dom(A 1) = H. Тогда существуют такие элементы w ; z, ÷òî x = Aw ; y = Az. Поэтому

< x ; A 1y >=< Aw ; z >=< w ; Az >=< A 1x ; y > :

Так как оператор A 1 симметричен и область его определения есть все пространство, то оператор A 1 самосопряжен и поэтому замкнут. По теореме о замкнутом графике (см. 169) оператор A 1 ограничен. Далее име-

åì:

A = ((A 1) 1) = ((A 1) ) 1 = ((A 1) 1 = A:

Лемма доказана.

Лемма 4.7.11. Если оператор A симметричен, то

Ker(A iid) = 0:

Доказательство. Если оператор A симметричен, то справедливо равенство

откуда и следует утверждение леммы.

Лемма 4.7.12. Ker(A iid) = 0 в том и только том случае, если

Cl(Im(A iid)) = H.

Доказательство. Доказательство проведем для знака +. Пусть

y ? Cl(Im(A iid)):

Тогда

8(x 2 Dom(A)) : < y ; (A iid)x >= 0:

Следовательно,

y 2 Dom(A + iid) ; (A + iid)y = 0 ; y 2 Ker(A + iid):

Поэтому из условия

Ker(A + iid) = 0

следует равенство

Cl(Im(A iid)) = H:

340

Пусть

y 2 Ker(A + iid) ; y 6= 0:

Тогда

8(x 2 Dom(A)) : < (A + iid)y ; x >=< y ; (A iid)x >= 0;

è

y ? Cl(Im(A iid)):

Следовательно,

Cl(Im(A iid)) 6= H:

Лемма доказана.

Лемма 4.7.13. Если оператор A симметричен и замкнут, то множества Im(A iid) замкнуты. Если оператор A симметричен и хотя бы одно из множеств Im(A iid) замкнуто, то оператор A замкнут.

Доказательство. Проведем доказательство для знака +. Определим оператор

T : Gr(A) 7!Im(A + iid) ; T (x Ax) = (A + iid)x:

ßñíî, ÷òî

Im(T ) = Im(A + iid):

Из (4.189) следует, что Ker(T ) = 0, поэтому оператор T 1 существу- ет. Из (4.189) следует, что оператор T изометричен, поэтому множества Gr(A) ; Im(A + iid) замкнуты или нет одновременно. Рассуждения для знака аналогичны. Лемма доказана.

Следующая теорема иногда называется основным критерием самосопряженности.

Теорема 4.7.3. Пусть оператор A имеет плотную область определения и симметричен:

Cl(Dom(A)) = H ; A A :

Тогда

1. Если оператор A самосопряжен:

A = A ;

то оператор A замкнут и выполнены условия

341

2. Если оператор A замкнут и справедливы равенства (4.190), то справедливы равенства

èрезольвенты R( i ; A) существуют.

3.Если Im(A iid) = H, то оператор A самосопряжен.

Доказательство.

1 ) 2. Самосопряженный оператор замкнут, а равенство (4.190) есть следствие равенства (4.189).

2 ) 3. Из леммы 4.7.12 следует, что

Cl(Im(A iid)) = H:

Замкнутость оператора A означает замкнутость множества Gr(A), поэтому множество Im(A iid) замкнуто на основе леммы 4.7.13 и

Cl(Im(A iid)) = Im(A iid) = H:

Òàê êàê

Ker(A iid) = 0;

то множество

f(A iid)x x j x 2 Dom(A)g

есть график оператора, что эквивалентно существованию резольвент. 3 ) 1. Проведем рассуждения для знака +. Пусть

x 2 Dom(A ):

Тогда из условия (4.191) следует, что

9(y 2 Dom(A) DomA ) : (A + iid)y = (A + iid)x

(A + iid)(x y) = 0:

Im(A iid) = H следует,что Ker(A +

(x y = 0) ) (x 2 Dom(A)) ) (Dom(A ) = Dom(A)):

Теорема доказана.

342

Замечание 4.7.1. Òàê êàê mathbfKer(A iid) = 0, то условие 3 эвивалент- (A iid) 1, область опрделения которых удовлетворяет условию: Dom(A iid) 1 = H:. Для проверки условия 3

достаточно доказать, что

8(x 2 H) ; 9(y 2 Dom(A)) : (A iid)y = x:

Пусть

= a + ib ; b 6= 0:

Тогда

( id A) = b(iid ( aid + A)=b)

Оператор A самосопряжен тогда и только тогда, когда оператор ( aid + A)=b самосопряжен. Поэтому из теоремы 4.7.3 вытекает

Следствие 4.7.2. Спектр любого сомосопряженного оператора лежит на действительной оси.

Пусть A -самосопряженный оператор, B симметричный оператор и

Dom(B) Dom(A).

Определение 4.7.6. Оператор B называется A-ограниченным (или ограниченным оператором A), åñëè

Входящая в (4.192) константа b называется верхней A-гранью оператора B (или верхней гранью оператора B по отношению оператора A). Отметим, что точной нижней грани всех верхних A-граней может и не существовать (число a в оценке (4.192) может стремиться к +1 при уменьшении b).

Следующая теорема называется теоремой Като-Реллиха (или РеллихаКато)

Теорема 4.7.4. Если оператор A самосопряжен, оператор B симметричен, Dom(B) Dom(A) и оператор B A-ограниченн с A-гранью b < 1, то оператор A + B с областью определения Dom(A) самосопряжен.

Доказательство. Так как

8 : 2ab (a= )2 + (b )2;

343

то из (4.192) следует неравенство

8(x 2 Dom(A)) : kBxk2 (a2 + 2)kxk2 + (b2 + 2)kAxk2 =

Выберем так, чтобы выполнялось неравенство

2 := b2 + 2 < 1:

Положим

= (a2 + 2)=(b2 + 2):

Для доказательства самосопряженности оператора A+B нам достаточно доказать, что

Im(A + V + i id) = H;

R( i ; A + B) 2 L(H 7!H):

Пусть

Так как оператор A самосопряжен, оператор R( i ; A) существует и

R( i ; A) 2 L(H 7!H) ; Im(R( i ; A)) Dom(A):

Заменив в (4.194)

x ! (A + i id)x;

мы получим:

è

(id BR( i ; A)) 1 2 L(H 7!H);

Im(id BR( i ; A)) 1 = H:

344

Теперь из (4.195) следует, что в равенстве (4.194):

8(y 2 H) :

x= R( i ; A)(id BR( i ; A)) 1y 2 Dom(A):

Âсилу предыдущей теоремы отсюда следует, что оператор A + B ñàìî-

сопряжен. Теорема доказана. Рассмотрим примеры.

Пример 4.7.1. Пусть H = L2(Rd ; dx). На плотной в L2(Rd ; dx) области

Z

Dom(A) = ff j f 2 L2(Rd ; dx) ; jxj4jf(x)j2dx < 1g

рассмотрим оператор

Af(x) = x2f(x):

Этот оператор симметричен на своей области определения. Область определения сопряженного оператора A состоит из тех элементов g 2 H, äëÿ

которых функционал

Z

Dom(A) 3 f 7!< g ; Af >= g (x)jxj2f(x)dx

продолжается до линейного непрерывного функционала на всем пространстве H. Это функционал непрерывен в том и только том случае, если он ограничен, т. е. если

Отсюда следует, что область определения сопряженного оператора A совпадает с областью определения оператора A и поэтому оператор A самосопряжен.

Пример 4.7.2. Пусть H = L2(Rd ; dx). На пространстве Шварца S(Rd) рассмотрим оператор

A : S(Rd) 3 f(x) 7!Af(x) = f(x);

ãäå -оператор Лапласа. Найдем замыкание оператора A. Пусть ffng 2 S(Rd) и в метрике L2(Rd ; dx)

fn ! f0 2 H ; Afn ! g 2 H ; n ! 1:

345

Переходя к преобразованиям Фурье, находим:

fbn( ) ! fb0( ) ; j j2fbn( ) ! gb( ) ; n ! 1:

(Сходимость в метрике L2(Rd ; d )). Следовательно,

Z

gb( ) = j j2fb0( ) ; j j4jjfb0( )j2d < 1:

Отсюда вытекает, что область определения замыкания оператора состоит из функций, принадлежащих пространству Соболева H2(Rd):

Dom(Cl( )) = H2(R2);

и на этой области определения замыкание оператора вычисляется по формуле

Определенный формулой (4.198) оператор самосопряжен, так как он унитарно эквивалентен оператору умножения на j j2 в пространстве L2(Rd ; d ).

Если замыкание оператора есть самосопряженный оператор, то иногда говорят, что оператор самосопряжен в сущестенном (на своей первоначальной области определения). Мы доказали, что оператор Лапласа самосопряжен в существенном на пространстве Шварца.

Пример 4.7.3. Пусть H = L2(Rd ; dx). На пространстве H2(Rd) L2(Rd ; dx) рассмотрим оператор

ãäå l 2 Rd, производная понимается в обобщенном смысле (см.стр. 453), q(x) ограниченная измеримая функция. Докажем, что оператор B ограничен оператором со сколь угодно малой верхней гранью.

Пусть

8x : jq(x)j q1:

Тогда

kBfk jljkjDfjk + q1kfk:

Далее имеем:

346

поэтому

kjDfjk 1kfk + k fk:

Следовательно,

8( > 0) : kBfk (jq1 + 1jlj)kfk + jljk fk:

Мы доказали, что оператор B ограничен оператором со сколь угодно малой верхней гранью.

Из теоремы Като-Реллиха следует, что при сформулированных нами условиях оператор Шредингера

H2(Rd) 3 f 7! f + l Df(x) + q(x)f(x)

самосопряжен в пространстве L2(Rd ; dx)

Из теоремы 4.7.3 и теоремы Хилле-Филлипса-Иосиды (см. 249) вытекает теорема Стоуна .

Теорема 4.7.5. 1. Åñëè

t 7!T (t)

-полугруппа класса C0 в гильбертовом пространстве и при всех t > 0 операторы T (t) самосопряжены, то инфинитезимальный оператор полугруппы T (t) самосопряжен.

2. Åñëè

t 7!U(t)

-полугруппа класса C0, ïðè âñåõ t 2 R1 операторы U(t) унитарны и A -инфинитезимальный оператор полугруппы U(t), то оператор iA -самосопряжен.

Доказательство. Если операторы T (t) самосопряжены, то инфинитезимальный оператор полугруппы T (t) симметричен. В силу теоремы

Хилле-Филлипса-Иосиды он замкнут, имеет плотную область определения и его резольвента определена при Re 1. Следовательно, условие

3 теоремы 4.7.3 выполнено. Если полугруппа состоит из унитарных операторов, то ее инфинитезимальный оператор очевидно кососимметичен. Остальные рассуждения аналогичны и их проведение предоставляется читателю в качестве упражнения (следует воспользоваться спектральной теоремой для унитарных операторов).

Теорема доказана.

347

4.8Оснащение гильбертова пространства и билинейные формы.

4.8.1Оснащение гильбертова пространства.

Пусть H гильбертово простансво со скалярным произведением < ; > è

нормой

kfk2 =< f ; f > :

Пусть H+ H -линейное многообразие в H, которое удовлетворяет условиям:

1. H+ плотно в H по метрике H:

H+ H ; Cl(H+) = H:

(Замыкание берется по метрике пространства H).

2. H+ есть гильбертово пространство со скалярным произведением [ ; ]+ и нормой

8(f 2 H+) : kfk2+ = [f ; f]+:

3. Выполнено неравенство

8(f 2 H+) : kfk+ kfk:

Приведем пример. Пусть

Z

H = L2(R1 ; dx) ; H+ = ff j jf(x)j2(1 + x2)dx < 1g;

Z

8(f 2 H+ ; g 2 H+) : [f ; g]+ = f (x)g(x)(1 + x2)dx:

Нетрудно проверить, что в этом примере выполнены все сделанные выше предположения.

Для любого g 2 H на пространстве H+ определен линейный функци- îíàë:

Заданный на пространстве H+ формулой (4.200) функционал непрерывен в метрике пространства H+, òàê êàê

j < g ; f > j kgk kfk kgk kfk+:

348