spektra teorio de ordinaraj diferencialaj … teorio de ordinaraj diferencialaj operatoroj de 2a...

Spektra Teorio de Ordinaraj Diferencialaj

Operatoroj de 2a Ordo

Tetu Makino

la 1an de Aprilo, 2019

1 Mem-aljunta etendo de opearatoroj

X estu Hilberta spaco havanta enan produton (·|·) kaj normon ∥ · ∥.

1.1

Lineara operatoro T en X estas dirata esti fermita, kiam

un ∈ D(T ), un → u, Tun → v ⇒ u ∈ D(T ), v = Tu.

Lineara operatoro T estas dirata esti fermebla, kiam

un ∈ D(T ), un → 0, Tun → v ⇒ v = 0.

Tiam la fermitajo de la grafo G(t) = {(u, Tu) | u ∈ D(T )} farigas grafo delineara operatoro T a, kiu estas nomata la fermitajo de T .

Kiam la definejo D(T ) de lineara operatoro T estas densa en X, oni definasla aljuntan operatoron T ∗ de T kiel

f ∈ D(T ∗) ⇔ ∃g ∈ X∀u ∈ D(T ) : (Tu|f) = (u|g);

g estas unika, car D(T ) estas densa, do, oni metas g = T ∗f . T ∗ estas fermita.Se T estas dense definata kaj fermebla, tiam T ∗ estas dense definata. (Se

T ne estas fermebla, D(T ∗) povas esti ne densa. Vidu T.Kato, PerturbationTheory for Linear Operators, p.168, Theorem 5.29.)

Lineara operatoro T estads dirata esti simetria, kiam

(Tu|v) = (u|Tv) ∀u, v ∈ D(T ).

Se T estas dense definata simetria operatoro, tiam, T ⊂ T ∗.Kiam T = T ∗, T estas dirata esti mem-aljunta.

1

1.2

Kiam T estas dense definata simetria operatoro, tiam T estas fermebla, kajT a = T ∗∗.

Pruvo. Supozu, ke un ∈ D(T ), un → 0, Tun → v. Car D(T ) estas densa,por ciu ϵ > 0 ekzistas f ∈ D(T ) iel ke ∥f − v∥ ≤ ϵ. Tiam, pasante al limeso de(Tun|f) = (un|f), ni havas (v|f) = 0. Tiam

∥v∥2 = (v − f |f) + (f |v) = (v − f |v)≤ ∥v − f∥ · ∥v∥ ≤ ϵ.

Do, ∥v∥ ≤ ϵ. Car ϵ estas arbitra, v = 0, t. e. T estas fermebla.Definu operatoron J en X× X per J(u, v) = (−v, u). Tiam J2 = −1, kaj

G(T ∗) = (JG(T ))⊥ = JG(T )⊥,

G(T ∗∗) = (J(JG(T ))⊥)⊥ = JJ(G(T )⊥⊥) = −G(T )⊥⊥ =

= G(T )a = G(T a).

Tial T a = T ∗∗. □• Kiam T estas dense definata simetria operatoro, tiam T a = T ∗∗ estas

fermita kaj simetria. Sed, generale, tiu povas ne esti mem-aljunta. Do, nikonsideros etendon al mem-aljunta operatoro.

1.3

T estu simetria operatoro. λ = α+√−1β, α, β ∈ R, plenumu β = 0. Tiam por

ciu u ∈ D(T ) ni havas

∥(T − λ)u∥2 = ∥(T − α)u∥2 + β2∥u∥2 +√−1β((T − α)u|u)−

√−1β((T − α)u|u)

= ∥(T − α)u∥2 + β2∥u∥2 ≥ β2∥u∥2.

1.4

λ ∈ C estas ditrata esti pseudo-rezolventa punkto de T , kiam ekzistas 1/C >0 tiel ke

∥(T − λ)u∥ ≥ 1

C∥u∥ ∀u ∈ D(T ).

Ni signos per ρ(T ) la tuton da pseudo-rezolventaj punltoj de T . Klare ρ(T )estas malfermita aro. Lau 1.3, se T estas simetria, tiam C± ⊂ ρ(T ), kie C+ ={λ| Imλ > 0},C− = {λ| Imλ < 0}.

1.5

Por λ ∈ C, ni definun(λ, T ) := dimR(T − λ)⊥.

Tiam n(λ, T ) estas konstanta sur konektita parto de ρ(T ).

2

Pruvo. Estu λ0 ∈ ρ(T ) kaj estu

∥(T − λ0)u∥ ≥ κ∥u∥ ∀u ∈ D(T ).

Se |λ− λ0| ≤ κ/3, tiam

∥(T − λ)u∥ ≥ ∥(T − λ0)u∥ − |λ− λ0| · ∥u∥ ≥ 2κ

3∥u∥

por ciu u ∈ D(T ). P0, P estu la ortangulaj projektoj sur R(T −λ0)⊥,R(T −λ)⊥.Por h ∈ R(T − λ)⊥, ni havas

∥(I − P0)h∥ = sup{|(h|g)| | ∥g∥ = 1, g ∈ R(T − λ0)}

= sup{ |(h|(T − λ0)f)|∥(T − λ0)f∥

| f ∈ D(T ), f = 0}

= sup{ |(h|(T − λ)f) + (λ− λ0)(h|f)|∥(T − λ0)f∥

| f ∈ D(T ), f = 0}

= |λ− λ0| sup{|(h|f)|

∥(T − λ0)f∥| f ∈ D(T ), f = 0}

≤ |λ− λ0| · ∥h∥1

κ≤ 1

3∥h∥.

Sammaniere, ni vidas, ke, por ciu h ∈ R(T − λ0)⊥, ∥(I − P )h∥ ≤ 1

3∥h∥.Nun ni definu

A : R(T − λ0)⊥ → R(T − λ)⊥ : u 7→ Pu.

Tiam, car

∥u∥2 ≥ ∥Au∥2 = ∥u∥2 − ∥(I − p)u∥2 ≥ 3

4∥u∥2,

ni vidas, ke A estas kontinua unu-por-unua bildigo, kaj RA estas fermita sub-spaco de R(T − λ)⊥.

Ni montru, ke RA = R(T − λ)⊥.Estu f ∈ R(T − λ)⊥ ∩ RA⊥. Tiam, se h ∈ R(T − λ0)

⊥,

0 = (f |Ah) = (f |Ph) = (Pf |h) = (f |h).

Tio estas f ∈ D(T − λ0)⊥⊥. Tial P0f = 0, kaj,

∥f∥ = ∥(I − P )f∥ ≤ 1

3∥f∥;

do, f = 0. Tio signifas, ke RA, kiu estas densa kaj fermita en R(T − λ)⊥,plenumas RA = R(t− λ)⊥. Do, A estas isomorfo de R(T − λ0)

⊥ sur R(T − λ)⊥.Tial n(λ0) = n(λ). □

1.6

T estu simetria operatoro. Lau 1.3, C± ⊂ ρ(T ). Do, lau 1.4, n± = n(λ, T ), λ ∈C± estas konstantaj. Ni nomu ci tiujn la indeksoj de manko de T .

3

1.7

T estu fermita kaj simetria. Tiam, por λ ∈ C±, R(T − λ) farigas fermitasubspaco.

Pruvo. Supozu, ke (T −λ)un → f . Tiam, lau 1.3, un estas sceno de Cauchy.Estu u = limun. Car T estas fermita, u ∈ D(T ) kaj (T − λ)u = f ∈ R(T − λ).□.

1.8

T estu fermita kaj simetria. Fiksu λ ∈ C+, ekzemple, λ =√−1. Car T − λ∗

estas unu-por-unua bildigo, ekzistas la inverso. Do ni povas konsideri

U := (T − λ)(T − λ∗)−1.

U estas alsura unu-por-unua bildigo de R(T − λ∗) sur R(T − λ). Lau la kalkuloen 1.3, ni vidas

∥(T − λ)u∥ = ∥(T − λ∗)u∥ ∀u ∈ D(T ).

Tial U estas egal-distanca bildigo. Tiu estas nomata la transformo de Cayleyde T .

1.9

T estu dense definata simetria operatoro. Tiam

(a) R(T − λ)⊥ = N(T ∗ − λ∗).

(b) T a = T ∗∗ estas mem-aljunta ⇔ n+ = n1 = 0.

(c) T havas mem-aljuntan etendon ⇔ n+ = n−.

Pruvo. (a) R(T )⊥ = N(T ∗) estas generale valida.

(b). Por S = T a = T ∗∗, klare ni havas

R(T − λ)⊥ = R(S − λ)⊥.

Supozu, ke S farigas mem-aljunta, kaj fiksu λ ∈ C+. Car S estas simetria, lau1.3,

N(S∗ − λ∗) = N(S − λ∗) = {0}.

Do,n+(T ) = n−(S) = dimR(S − λ)⊥ = dimN(S − λ∗) = 0.

Sammaniere, n− = 0.

4

Inverse, supozu, ke n+(T ) = n−(T ) = 0. Tiam n+(S) = n−(S) = 0. Carn+(S) = 0, kaj car R(S − λ) estas fermita pro 1.7, tiu devas egali al X. Car Sestas simetria, lau 1.3, (S − λ)−1 ∈ B(X). Nun, se g ∈ D(S∗), ni havas

f = (S − λ)−1(S∗ − λ)g ∈ D(S).

Car S estas simetria, S ⊂ S∗, kaj

(S∗ − λ)f = (S − λ)f = (S∗ − λ)g.

Tial f − g ∈ N(S∗ − λ) = {0}, t. e. g ∈ D(S), t.e. S∗ ⊂ S. Tial S estasmem-aljunta.

(c) Konsiderante T a = T ∗∗ anstatau T , ni supozu, ke T estas jam fermitakaj simetria.

Estu T ⊂ S = S∗. Fiksu λ ∈ C+, kaj konsideru la transformon de CayleyU = (S−λ)(S−λ∗)−1. Lau 1.8, U estas egal-distanca bildigo de R(S−λ∗) surR(S − λ). R(S − λ∗) estas fermita subspaco (1.7), kaj

R(S − λ∗)⊥ = N(S − λ) = {0}.

(Revoku 1.3 por simetria S.) Tial R(S − λ∗) = X, t. e., U estas unitariatransformo de X. Por f, g ∈ X, ni havas

(Uf |g) = ((S − λ)(S − λ∗)−1f |g)= (f |g)− (λ− λ∗)((S − λ∗)−1f |g),

(f |(S − λ∗)(S − λ)−1g) = (f |g) + (λ∗ − λ)(f |(S − λ)−1g).

Do, uzante S = S∗, ni havas

(Uf |g) = (f |(S − λ∗)(S − λ)−1g).

Nun, por g ∈ R(T − λ), car T ⊂ S, ni havas

(S − λ∗)(S − λ)−1g = (T − λ∗)(T − λ)−1g.

Do,f ∈ R(T − λ∗)⊥ ⇒ (Uf |g) = 0

t. e. Uf ∈ R(T−λ)⊥. Tio signifas, ke U bildigas R(T−λ∗)⊥ sur R(T−λ)⊥. Persama diskuto por U−1 = (S−λ∗)(S−λ)−1, ni vidas, ke U−1 bildigas R(T −λ)⊥sur R(T − λ∗)⊥. Tio estas U estas isomorfo inter R(T − λ)⊥ kaj R(T − λ∗)⊥,kaj n+(T ) = n−(T ).

Inverse, supozu, ke n+(T ) = n−(T ). Car dimR(T − λ)⊥ = dimR(T − λ∗)⊥,ni povas preni egal-distancan isomorfon V de R(T −λ∗)⊥ sur R(T −λ)⊥. U estula transformo de Cayley de T :

U = (T − λ)(T − λ∗)−1, D(U) = R(T − λ∗).

5

Definu

Uf =

{Uf (f ∈ R(T − λ∗)

V f (f ∈ R(T − λ∗)⊥).

U farigas unitaria transformo. Ni montru, ke oni povas konsideri

T = (λ∗U − λ)(U − 1)−1, D(T ) = R(U − 1).

Estas sufica montri, ke U − 1 estas unu-por-unua.Estu (U − 1)h = 0. Tiam, por f = (U − 1)g, ni havas

(h|f) = (h|Ug)− (g|h) = (h|Ug)− (Uh|Ug)= (h− Uh|Ug) = 0.

Do, h ∈ R(U −1)⊥. Car U ⊂ U , ni povas diri, ke h ∈ R((U −1)⊥. Aliflanke, car

U − 1 = (T − λ)(T − λ∗)−1 − 1

= (T − λ− T + λ∗)(T − λ∗)−1

= (λ− λ∗)(T − λ∗)−1,

ni havas R(U − 1) = D(T ). Car D(T ) estas densa en X, h ∈ R(U − 1)⊥ implicash = 0. Tio estas, U − 1 estas unu-por-unua.

Ankau ni estas sciinta, ke D(T ) = R(U − 1) estas densa en X. Car

T − λ∗ = (λU − λ)(U − 1)−1 − λ∗

= (λ∗ − λ)(U − 1)−1

ni havasU = (T − λ)((T − λ∗)−1.

Do, X = D(U) = R(T − λ∗). Aliflanke, car U ⊂ U implicas

T = (λ∗U − λ)(U − 1)−1 ⊂ (λ∗U − λ)(U − λ)−1 = T ,

ni havas T ⊂ T .Nun ni montru, ke T estas mem-aljunta.Ni scias, ke D(T ) estas densa. Tial ni povas defini T ∗. Ni montru, ke T estas

simetria. Por u, v ∈ D(T ) = R(U − 1), metu

u = (U − 1)z, v = (U − 1)w.

Tiam, carT u = (λ∗U − λ)z, T v = (λ∗U − λ)w,

6

1.11

Se T estas simetria operatoro, kaj se Imλ = 0, tiam

D(T ∗) = D(T ∗∗) + N(T ∗ − λ) + N(T ∗ − λ∗). (direkta sumo)

Pruvo. Car T ∗∗ = T a, T ∗∗∗ = T ∗, ni povas supozi, ke T estas fermita. Estasevidenta, ke la dekstra flanko ⊂ la maldekstra flanko, car T ∗∗ ⊂ T ∗. Ni montru,ke la maldekstra flanko ⊂ la dekstra flanko.

Estu f ∈ D(T ∗). Car X = R(T −λ)+N(T ∗−λ∗), ni povas meti (T ∗−λ)f =(T−λ)f1+g3, f1 ∈ D(T ), g3 ∈ N(T ∗−λ∗). Car T ⊂ T ∗, f3 := −(2

√−1Imλ)−1g3

plenuas (T ∗ − λ)(f − f1 − f3) = g3 − (T ∗ − λ)f3 = g3 − (λ∗ − λ)f3 = 0. Tioestas, f − f1 − f3 ∈ N(T ∗ − λ). Tial f ∈ la dekstra flanko. □

1.12

T estu dense definata simetria operatoro. Se T a = T ∗∗ estas mem-aljunta,T ⊂ S, kaj se S estas mem-aljunta, tiam S = T a.

Pruvo. Car S estas fermita, ni povas supozi, ke T estas fermita. Estu Imλ =0. Lau 1.7, R(T −λ) estasa fermita subspaco. Lau 1.9 (b), n+(T ) = n−(T ) = 0,do, R(T − λ) = X,N(T − λ) = {0}. Se u ∈ D(S), tiam ekzistas v ∈ D(T ) tiel ke(S − λ)u = (T − λ)v. Car T ⊂ S, ni havas u − v ∈ N(S − λ). Sed R(S − λ) ⊃R(T − λ) = X implicas R(S − λ) = X. Tial N(S − λ) = R(S − λ∗)⊥ = {0}. Tialu = v ∈ D(T ). □

1.13 Etendo de Friedrichs

T estu simetria operatoro, kaj estu bordita sube, t.e. ekzistu konstanto c tiel ke

(Tu|u) ≥ c∥u∥2 ∀u ∈ D(T ).

Tiam ekzistas mem-aljunta etendo TF de T tiel ke

D(TF ) = X1 ∩ D(T ∗),

kie

X1 := {u | ∃φn ∈ D(T ) : φn → u, kaj (T (φm − φn)|φm − φn) → 0}.

Pruvo. Konsiderante T − c+ 1 anstatatau T , ni povas supozi, ke c = 1.Por u, v ∈ D(T ) validas

|(Tu|v)|2 ≤ (Tu|u)(Tv|v).

(( Ni montru tion. Por ciu s ∈ R ni havas

0 ≥ (T (u− sv)|u− sv) = (Tu|u) + s2(Tv|v)− 2sRe(Tu|v).

8

Tio estas, TF estas simetria.Plue, se v ∈ X, u ∈ D(T ), tiam |(u|v)| ≤ ∥u∥∥v∥ ≤ Φ[u]∥v∥. Tial u 7→ (u|v)

estas kontimua lineara funkcionalo. Tial, lau la teoremo de Riesz, ekzistash ∈ X1 tiel ke

(u|v) = Φ(u, h) ∀u ∈ D(T ).

Sed, se u ∈ D(T ), tiam Φ(u, h) = (Tu|h). Tial h ∈ D(T ∗) kaj T ∗h = v. Tioestas, R(TF ) = X. Tial TF estas mem-aljunta. Lau la maniero de konstruo,(TFu|u) ≥ ∥u∥2. □

• TF estas nomata la etendo de Friedrichs de T .

2 Teoremo de Riesz-Schauder

Estu X Hilberta spaco. Por fermita operatoro T en X, ni skribos per ρ(T ) laaron de valoroj ζ tiel ke

R(ζ, T ) := (T − ζ)−1 ∈ B(X), t.e. bordita lineara operatoro definita sur X,

ekzistas. Ni skribos σ(T ) = C \ ρ(T ), kiun ni nomos la spektro de T .

2.1

Estu T ∈ B(T ). Tiam ρ(T ), σ(T ) estas spegula imago de ρ(T ∗), σ(T ∗) pri lareela aksiso. Se kaj nur se λ estas izolita ajgenvaloro de T , λ∗ estas tio de T ∗,kaj

∃u : (T − λ)u = v ⇔ v ⊥ N(T ∗ − λ∗)

∃g : (T ∗ − λ∗)g = f ⇔ f ⊥ N(T − λ).

Fakte, por ciu ζ ∈ ρ(T ), ni havas

R(ζ ∗, T ∗) = R(ζ, T )∗.

La ajgenprojekcioj estas donataj per

P = − 1

2π√−1

∮|ζ−λ|=δ

R(ζ, T )dζ

P ∗ = − 1

2π√−1

∮|ζ−λ∗|=δ

R(ζ, T ∗)dζ.

2.2 Spektro de kompakta operatoro

Estu T ∈ B(X) kompakta operatoro. Tiam σ(T ) estas numerebla aro kiu aku-mulas al neniu valoro = 0. λ ∈ σ \ {0} estas ajgenvaloro de finita muteco kaj

10

λ∗ estas ajgenvaloro de T ∗ de la sama multeco.

Pruvo.I. Unue, ni pruvos, ke ajgenvaloroj de T ne akumulas al λ = 0. Se ne,

ekzistas malsamaj ajgenvaloroj λn de T kun ajgenvektoroj un tiel ke λn =0, λn → λ = 0. Mn estu la subspaco jungita de u1, · · · , un. Mn estas nevariantasub T . Mn−1 estas propra subspaco de Mn. Do ekzistas vn ∈ Mn tiel ke ∥vn∥ =1,dist(vn,Mn−1) = 1. Tiam {λ−1

n Tvn} ne enhavas konvergantan sekvencon. (Fakte, se m < n, ni havas

λ−1n Tvn − λ−1

m Tvm = vn − (λ−1m Tvm − λ−1

n (T − λn)vn);

La dua termo de la dekstra flanko apartenas al Mn−1, car m ≤ n − 1. Cardist(vn,Mn−1) = 1, ni havas

∥λ−1n Tvn − λ−1

m Tvm∥ ≥ 1.

Do {λ−1Tvn} ne enhavas konvergantan sekvencon. ) Sed, ∥λ−1n vn∥ = |λ−1

n | =O(1), kontraudiro al la kompakteco de T .

II. Sekve, ni pruvos, ke, se ζ = 0 ne estas ajgenvaloro de T , tiam R(T − ζ)estas fermita. Estu (T − ζ)un → v. Ni pruvos, ke v ∈ R(T − ζ).

{un} estas bordita. Fakte, se ne, ni povus supozi, ke ∥un∥ → ∞. Metuu′n = un/∥un∥. Tiam {u′n} estas bordita, kaj (T − ζ)u′n → 0. Car T estaskompakta, ni povas supozi, ke Tu′n → w por ∃w. Tiam ζu′n → w, ‘T − ζ)w = 0;do, ∥w∥ = |ζ| > 0, tial ζ devas esti ajgenvaloro, kontraudiro al la supozo. Do,{un} estas bordita.

Do, ni povas supozi, ke Tun → w por ∃w. Tiam ζun → w − v, do, ζTun →T (w − v), tial ζw = T (w − v). Do,

ζw + ζv = Tw − (T − ζ)v,

ζv = (T − ζ)(w − v),

v = ζ−1(T − ζ)(w − v) ∈ R(T − ζ).

III. Nun, E estu la aro de valoroj λ tiel ke λ estas ajgenvaloro de T auλ∗ estas ajgenvaloro de T ∗. Notu, ke ankau T ∗ estas kompakta. Ni scias,ke E estas numerebla, kaj akumulas al neniu valoro = 0. Ni pruvos, ke seζ /∈ E, = 0, tiam ζ ∈ ρ(T ). Car R(T − ζ) estas fermita, suficas pruvi, keR(T − ζ)⊥ = N(T ∗ − λ∗) = 0. Sed, car σ(T ∗) estas spegula imago de σ(T ), nihavas E ⊂ σ(T ), kaj ni havas E = σ(T ). Do, ζ /∈ E sekvigas ζ ∈ ρ(T ).

Ni pruvos, ke la ajgenprojekcio P de λ ∈ σ(T ), = 0 estas finite dimensia.Por

P = − 1

2π√−1

∮|ζ−λ|=δ

R(ζ, T )dζ,

ni ne povas diri, ke R(ζ, T ) estas kompakta, sed ni povas diri, ke

R(ζ, T ) + ζ−1 = ζ−1TR(ζ, T )

11

estas kompakta. Car ∮|ζ−λ|=δ

ζ−1dζ = 0,

ni vidas, ke P estas kompakta. Do, dimRP <∞. □

2.3 Spektro de operatoro kun kompakta rezolvento

Estu T fermita operatoro en X. Supozu, ke R(ζ0, T ) estas kompakta por ∃ζ0 ∈ρ(T ). Tiam σ(T ) konsistas de ajgenvaloroj de finitaj multecoj, kaj R(ζ, T ) estaskompakta por ∀ζ ∈ ρ(T ).

Pruvo. Lau la supera rizulto, σ(R(ζ0, T )) estas numerebla, kaj ne akumulasal valoro = 0. σ(R(ζ0, T )) estas la imago de σ(T ) per la bildado ζ 7→ (ζ−ζ0)−1.Do, σ(T ) ne akumulas al finita valoro. La izolita λ ∈ σ(T ) havas ajgenprojekcionP , kiu egalas al la ajgenprojekcio de R(ζ0, T ) por la ajgenvaloro (λ− ζ0)

−1.Fakte la ajgenprojekcio de R(ζ0, T ) por la ajgenvaloro (λ− ζ0)

−1 estas

P = − 1

2π√−1

∮|z−(λ−ζ0)−1|=δ

R(z,R(ζ0, T ))dz.

Metante z = (ζ − ζ0)−1, kaj notante, ke

R(z,R(ζ0, T )) = −z−1 − z2R(ζ, T ),

kajdz = −z−2dζ,

ni havas

P = − 1

2π√−1

∮|ζ−λ|=δ′

R(ζ, T )dζ,

kiu estas la ajgenprojekcio de T ce λ.Do dimRP < ∞, kaj λ ∈ σ(T ) estas ajgenvaloro kun finita multeco. Se

ζ ∈ ρ(T ), tiam la ekvacio de rezolvento sekvigas

R(ζ, T ) = R(ζ0, T )(1 + (ζ − ζ0)R(ζ, T )),

kiu montras, ke ankau R(ζ, T ) estas kompakta. □

3 Ordinaraj diferencialaj operatoroj

Ni konsideru diferencialan operatoron

Lu = −d2u

dx2+ q(x)u.

La x-intervalo estas finita au nefinita I =]x−, x+[, kaj ni supozu ke q ∈ C∞(I;R).La baza Hilberta spaco estas X = L2(I;C).La operatoro, de kiu ni komencas studi, estas A definita sur D(A) = C∞

0 (I)kun Au = Lu. La opratoro A estas simetria operatoro dense definata en X.

12

3.1

Car A estas dense definata, ni povas defini

T1 := A∗,

surD(T1) = {u ∈ X|Lu ∈ X en distribua senco}.

T1 estas fermita operatoro, kaj, car A estas dense definata simetria operatoro,ni havas A ⊂ T1. Do T1 estas dense definata, kaj ni povas defini

T0 := T ∗1 = A∗∗.

Car A estas dense definata simetria operatoro, lau 1.2, ni havas A∗∗ = Aa, kaj

T0 = A∗∗ = Aa.

Tial T0 estas dense definata simetria fermita operatoro.

3.2

Car T0 estas dense definata, ni povas konsideri T ∗0 , sed ni havas T ∗

0 = T1.Pruvo. Car A ⊂ Aa = T0, ni havas T

∗0 ⊂ A∗ = T1. Generale T ⊂ T ∗∗. Do,

T1 ⊂ T ∗∗1 = T ∗

0 . Tial T1 = T ∗0 . □.

(( Por certigo, ni pruvu ke T ⊂ T ∗∗. Se u ∈ D(T ), tiam (Tu|v) = (u|T ∗v) ∀v ∈D(T ∗). Tio signifas, ke u ∈ D(T ∗∗) kaj T ∗∗u = Tu. ))

3.3

Car T0 = Aa, ni havas

D(T0) = {u ∈ X|∃φn ∈ C∞0 : φn → u, Lφn → f ∈ X.}

3.4

Ni havas

D(T1) = {u ∈ X | u ∈ C(I),du

dxestas absolute kontinua, Lu ∈ X}.

Pruvo. Estu f = Lu ∈ X = L2(I). Lau la fundamenta teoremo de ekzisto

de ordinaraj diferencialaj ekvacioj, ekzistas v ∈ C1(I) tiel ke Dv =dv

dxestas

absolute kontinua kaj plenumas Lv = f . Tiam L(u− v) = 0 en distribua senco.Tio implicas u − v ∈ C∞(I). ((Nun w = u − v ∈ D′(I), Lw = 0. Generale,f ∈ D′, Lf = 0 implicas f = Knstanto. Ni pruvu tion. Metu

f :=

[fDf

], A :=

[0 1q 0

].

13

Tiam Lf = 0 sin skribas kield

dxf = Af . W (x) estu la Wronskiano de funda-

menta sistemo de solvajoj u1, u2. Car detW (x) = 0, ni havasW−1 ∈ C∞. Metu

g :=W−1f . Tiam, car

d

dxW−1 = −W−1 dW

dxW−1 = −W−1A,

ni havasd

dxg =W−1 d

dxf −W−1Af = 0.

Tio estas, g ∈ D′, kajd

dxg = 0. Tio implicas ke la konstruparto gk estas

konstanto. Fakte, se ni prenu ϕ1 ∈ D tiel ke∫Iϕ = 1, tiam, por ciu ϕ ∈ D,

ψ := ϕ−(∫

I

ϕ)ϕ1

plenumas∫Iψ = 0. Do, por ck := (gk|ϕ1), ni havas

⟨gk|ψ⟩ = ⟨gk|ϕ⟩ − ck

∫I

ϕ.

Sed, por Ψ(x) :=∫ x

x−ψ, ni havas Ψ ∈ D car

∫Iψ = 0, kaj

d

dxΨ = ψ. Car

d

dxgk = 0, ni havas

0 = ⟨ ddxgk|Ψ⟩ = −⟨gk

∣∣∣ ddx

Ψ⟩ = −⟨gk|ψ⟩.

Tial

⟨gk|ϕ⟩ = ck

∫I

ϕ,

t. e. gk estas la konstanto ck. Tial f =∑ckuk ∈ C∞. □ ))

3.5

Estu u, v ∈ D(T1), [a, b] ⊂ I. Tiam ni havas∫ b

a

(Lu)v∗ − u(Lv)∗ = −[W (u, v∗)

]ba,

kie

W (u, v∗) := udv∗

dx− du

dxv∗.

Car u, Lu, v, Lv ∈ X = L2(I), la limesoj

limb→x+

W (u, v∗)(b) =W (u, v∗)(x+),

lima→x−

W (u, v∗)(a) =W (u, v∗)(x−)

14

ekzistas kaj plenumas

(T1u|v)− (u|T1v) = −[W (u, v∗)

]x+

x−.

3.6

Lau 3.3, T1 = T ∗0 , do, T1 estas fermita operatoro. Tial D(T1) farigas Hilberta

spaco per la ena produto

Φ(u, v) := (u|v)X + (T1u|T1v)X.

Ni indiku ci tiun Hilbertan spacon per D(T1)G.

Fiksinte c ∈ I, prenu φ ∈ C∞0 tiel ke φ(c) = 0, Dφ(c) = 0. Tiam por ciu

u ∈ D(T1), ni havas∫ c

x−

(Lu)φ∗ − u(Lφ∗) = −[W (u, φ∗

]cx−

= Du(c).

Tial la bildigo u 7→ Du(c) estas kontinua bildigo de D(T1)G al C. Sammaniere,

ni vidas, ke u 7→ u(c) : D(T1)G estas kontinua, uzante ψ ∈ C∞

0 tiel ke ψ(c) =0, Dψ(c) = 1.

3.7

Ni havas

D(T0) = {u ∈ D(T1) | W (u, v∗)(x+) =W (u, v∗)(x−) = 0 ∀v ∈ D(T1).}.

Pruvo. Estu u ∈ D(T0). Lau 2.4 ekzistas φn ∈ C∞0 tiel ke

φn → u, Lφn → T0u en X.

Se ni fiksas c ∈ I, tiam∫ c

x−

(Lφn)v∗ − φn(T1v)

∗ = −W (φn, v∗)(c).

Kiam n→ ∞, tiam la maldekstra flanko konvergas al∫ c

x−

(T0u)v∗ − u(T1v)

∗.

Aliflanke, car φn → u, Lφn → T0u in X , ni havas φn → u in D(T1)G. Do, pro

3.7, ni povas diri, ke W (φn, v∗)(c) konvergas al W (u, v∗)(c). Sume,∫ c

x−

(T0u)v∗ − u(T1v)

∗ = −W (u, v∗)(c).

15

Estu c → x+. Tiam la maldekstra flanko konvergas al (T0u|v) − (u|T1v), kiuestas 0, car T1 = T ∗

0 . La dekstra flanko konvergas al −W (u, v∗)(x+). Tial nihavs W (u, v∗)(x+) = 0. Samaniere ni povas pruvi, ke W (u, v∗)(x−) = 0.

Inverse, supozu, ke u ∈ D(T1) plenumu

W (u, v∗)(x+) =W (u, v∗)(x−) = 0 ∀v ∈ D(T1).

Tiam, lau 3.6,(T1u|v) = (u|T1v) ∀v ∈ D(T1).

Tial u ∈ D(T1) kaj T1u = T ∗1 u. Car ni definis, ke T0 = T ∗

1 , tio signifas, keu ∈ D(T0) kaj T1u = T0u. □

3.8

MetanteJu(x) = u(x)∗,

ni vidas, ke J plenumas la kondicon de 1.10. Car q ∈ C∞(I;R), ni havasT0J = JT0. Car T0 estas simetria, la indeksoj n+, n− de manko de la operatoroT0 plenumas n+ = n−. Ci tiu nombro n = n+ = n− estas au 0, au 1, au 2. PorIm[λ] = 0, ni havas

n = dimR(T0 − λ)⊥ = dimN(T1 − λ∗).

3.9

Sekve, ni supozos, ke I =]0, 1[ kaj, ke

q(x) ≥ −K0 −K1

x2(x ∈ I).

Se

K1 ≤ 1

4,

A estas bordita sube. ((Fakte, por φ ∈ C∞0 (I), ni havas∫ 1

0

|φ|2

x2dx = 2Re

∫ 1

0

1

x

dφ

dxφ∗dx

≤ 2[ ∫ 1

0

|φ|2

x2

]1/2[ ∫ 1

0

∣∣∣dφdx

∣∣∣2dx]1/2,do ∫ 1

0

|φ|2

x2dx ≤ 4

∫ 1

0

∣∣∣dφdx

∣∣∣2dx.Tial ∫ 1

0

(∣∣∣dφdx

∣∣∣2 + q(x)|φ|2)dx ≥ −K0

∫ 1

0

|φ|2 + (1− 4K1)

∫ ∣∣∣dϕdx

∣∣∣2≥ −K0

∫|φ|2.))

16

Do, la etendo AF de Friedrichs de A ekzistas, kaj

D(AF ) = X1 ∩ D(T1),

kie

X1 := {u ∈ L2(I)| ∃φn ∈ C∞0 (I) : φn → u en L2(I) kaj

Q[φm − φn] → 0.},Q[u] = Q(u, u),

Q(u, v) =

∫ 1

0

(dudx

dv∗

dx+ (q(x) +K0 + 1)uv∗

)dx.

Notu, keQ[u] ≥ ∥u||2X ∀u ∈ X1.

3.10

Sube, ni supozos, ke

K1 <1

4.

Tiam ni havas ∫ 1

0

∣∣∣dudx

∣∣∣2dx ≤ 1

1− 4K1Q[u] ∀u ∈ C∞

0 .

Ni povas etendi Q al enan produton sur X1, per kiu X1 farigas Hilberta spaco.Notu

Q[u] ≃∫I

∣∣∣dudx

∣∣∣2 + ∫I

|u|2.

3.11

La sekvanta eco nomigos la eco de Friedrichs:

(F): ∀ϵ > 0 ∃ω(ϵ)1 , · · · , ω(ϵ)

N(ϵ) ∈ X tiel ke

∥u∥2X ≤N(ϵ)∑j−1

(u|ω(ϵ)j )2X + ϵQ[u] ∀u ∈ X1.

3.12 Teoremo de Rellich

Supozu (F). Tiam, por ciu sceno un ∈ X1 tiel ke Q[un] ≤ M ekzistas subsceno(unk

)k kiu konvergas en X.Pruvo. Ni havas

∥um − un∥2 ≤ Q[um − un] ≤ 4M.

17

Por ciu ℓ = 1, 2, · · · apliku (F) kun ϵ = 1/ℓ kaj elektu ω(ℓ)1 , · · · , ω(ℓ)

N(ℓ) ∈ X.

Por ℓ, determinu subscenon (u(ℓ)n )n de (un)n tiel ke 1) (u

(ℓ)n )n estas subsceno

de (u(ℓ−1)n )n, kaj 2), por 1 ≤ j ≤ N(ℓ), (u

(ℓ)n |ω(ℓ)

j )n konvergas. Tiam ekzistasgranda ν(ℓ) tiel ke

N(ℓ)∑j=1

(u(ℓ)m − u(ℓ)n |ω(ℓ)j )2 ≤ M

ℓ(m,n ≥ ν(ℓ)).

Pro (F) ni havas

∥u(ℓ)m − u(ℓ)n ∥2 ≤ 5M

ℓ(m,n ≥ ν(ℓ)).

Tial, prenante subscenon, se necese, ni povas supozi, ke

∥u(ℓ)m − uℓ)n ∥2 ≤ 5M

ℓ(m,n ≥ ℓ).

Tiam vℓ = u(ℓ)ℓ konvergas en X. □

3.13

Konsideru la sekvantan problemon de variacio:

Sub la kondico ∥u∥X = 1, minimumigu Q[u] en X1, kaj trovu la minimumonλ1 = Q[u1] kun u1 ∈ X1.

Ci tiu problemo havas solvajon λ1, u1 tiel ke

u1 ∈ D(T1), Lu1 = λ1u.

Pruvo. Car Q[u] ≥ ∥u∥2, certe ekzistas

λ1 := inf{Q[u] | u ∈ X1, ∥u∥ = 1} ≥ 1.

Prenu un ∈ X1 tiel ke ∥un∥ = 1, Q[un] → λ1.Tiam ni havas:

(*): ∀ϵ > 0 ∀M ∃N tiel ke

vn ∈ X1, Q[vn] ≤M,n ≥ N ⇒ |Q(un, vn)− λ1(un|vn)| ≤ ϵ.

(( Pruvo: Por ∀t ∈ R,

Q[un + tvn] ≥ λ1∥un + tvn∥2,

pro kio,Q[un]− λ1∥un∥2 + 2tαn + t2(Q[vn]− λ1∥vn∥2) ≥ 0,

18

kieαn := Q(un, vn)− λ1(un|vn).

Car

0 ≤ σn := Q[un]− λ1∥un∥2 → 0,

Q[vn] ≤M, λ1 ≥ 1,

ni havasσn + 2tαn + t2M ≥ 0.

Metu

tn =

{− |αn

|αn| ·ϵM se αn = 0

− ϵM se αn = 0

.

Tiam por t = tn

σn ≤ ϵ2

M⇒ −2tnαn ≤ σn + t2nM ≤ 2ϵ2

M,

do

2|tn||αn| ≤2ϵ2

M.

Car |tn| = ϵ/M se αn = 0, ni povas aserti, ke |αn| ≤ ϵ. □ ))Do, aplikante (*), ni povas aserti, ke

|Q(un, um − un)− λ1(un|um − un)| ≤ ϵ

por m,n ≥ N(ϵ). Ankau ni havas

|Q(um, um − un)− λ1(um|um − un)| ≤ ϵ

por m,n ≥ N(ϵ), do,

|Q[um − un]− λ1∥um − un∥2| ≤ 2ϵ

por m,n ≥ N(ϵ). Lau 2.13, ni povas supozi, ke un konvergas al iu u en X,prenante subscenon se necese. Tiam Q[um − un] → 0. Sume, u ∈ X1 kajQ[un] → Q[u] = λ1.

Plue, por ∀v ∈ X1 ∀t ∈ R,

0 ≥ Q[u+ tv]− λ1∥u+ tv∥2

= Q[u] + 2tReQ(u, v) + t2Q[v]

− λ1∥u∥2 − 2tReλ1(u|v)− λ1t2∥v∥2

= 2tRe(Q(u, v)− λ1(u|v)) + t2(Q[v]− λ1∥v∥2).

Se ni konsideras t→ +0, ni havas

0 ≤ Re(Q(u, v)− λ1(u, v)).

Konsiderante −v,±√−1v, ni povas aserti, ke

Q(u, v) = λ1(u|v) ∀v ∈ X1.

do, u ∈ D(T1) kaj Lu = λ1u. □

19

3.14

Repetante la ci supran diskuton, ni povas trovi ajgenvalorojn λn kaj ajgen-funkciojn φn tiel ke

λn = inf{Q[u] | u ∈ X1, ∥u∥X = 1, (u|φj) = 0 ∀j = 1, · · · , n− 1},φn ∈ X1 ∩ D(T1), λn = Q[φn], ∥φn∥X = 1,

(φn|φj) = 0 ∀j = 1, · · · , n− 1, Lφn = λnφn.

3.15

λn → +∞ kiam n→ ∞.

Pruvo. Se ne, Q[φn] ≤M . Tiam lau 3.13 iu subsceno (φnk)k devas konvergi

en X. Sed, por n = n′, ni havas

∥φn − φn′∥2 − ∥φn∥2 + ∥φn′∥2 = 2,

kontraudiro. □

3.16

Estu u ∈ X1, kaj metucn := (u|φn)X,

vN := u−N∑j=1

cnφn.

Tiam ∥vN∥X → 0, kaj Q[vN ] → 0 kiam N → ∞, kaj

∥u∥2X =

∞∑n=1

|cn|2, Q[u] =

∞∑n=1

λn|cn|2.

Pruvo. Car (vN |φn) = 0 por ∀n ≤ N , ni havas

Q[vN ] ≥ λN+1∥vN∥2.

Aliflanke, car (φn)n estas ortonormala sistemo, ni havas

0 ≤ ∥vN∥2 = ∥u∥2 −N∑

n=1

|cn|2.

Atentante, ke Q(u, φn) = λn(u|φn) = λncn, ni havas

0 ≤ Q[vN ] = Q[u]−N∑

n=1

λn|cn|2.

20

Tial ∑|cn|2 ≤ ∥u∥2,

∑λn|cn|2 ≤ Q[u]

estas absoluta konvergado. Plue, pro 3.16,

∥vN∥2 ≤ Q[vN ]

λN+1≤ Q[u]

λN+1→ 0,

pro kio,N∑

n=1

cnφn → u (N → ∞) en X

kaj∞∑

n=1

|cn|2 = ∥u∥2X.

Kaj, car∑λn|cn|2 <∞, ni havas

Q[vN − vM ] =∑

N≤n≤M

λn|cn|2 → 0.

Do, (vN )N estas sceno de Cauchy ankau en X1, kaj Q[vN ] → 0 kaj

Q[u] =

∞∑n=1

λn|cn|2.

□

3.17

Car X1 estas densa en X,

∥u∥2 =

∞∑n=1

|(u|φn)|2

validas por u ∈ X, kaj

(u|φn) = 0 ∀n ⇒ u = 0.

3.18

Neniu ajgenvaloro de la problemo

Lu = λu, u ∈ X1 ∩ D(T1) = D(AF ), u = 0

ekzistas krom λn.Pruvo. Estu

Lu = µu, u ∈ X1 ∩ D(T1) = D(AF ), u = 0.

21

Tiam, por v ∈ C∞0 , ni havas

Q(u, v) = (Lu|v) = µ(u|v).

Do, Q(u, v) = µ(u|v) validas por ciu v ∈ X1. Speciale,

Q(u, φn) = λn(u|φn) = µ(u|φn)

por ciu n. Do, se µ = λn por ciu n, ni havas (u|φn) = 0 por ciu n, do, u = 0,kontraudiro. □

3.19

Supozante, ke I = [0, 1[,

q(x) ≥ −K0 −K1

x2, K1 <

1

4,

ni pruvu la econ (F).Revoku ∫ 1

0

∣∣∣dudx

∣∣∣2 ≤ 1

1− 4K1Q[u].

Unue, ni pruvu la sekvantan lemon de Poincare

(P): Se [x1, x2] ⊂]0, 1[, x2 − x1 = δ, u ∈ X1, tiam∫ x2

x1

|u|2 ≤ 1

δ

∣∣∣ ∫ x2

x1

u∣∣∣2 + δ2

2

∫ x2

x1

∣∣∣dudx

∣∣∣2.(( Pruvo. Por t, s ∈ [x1, x2],

u(t)− u(s) =

∫ t

s

du

dx.

de tio la neegaleco de Schwarz implicas

|u(t)− u(s)|2 ≤ δ

∫ x2

x1

∣∣∣dudx

∣∣∣2.Nun la maldekstra flanko estas

|u(t)|2 − 2Re[u(t)u(s)] + |u(s)|2.

Integrante ci tiun pri t, s sur [x1, x2], ni havas

2δ

∫ x2

x1

|u|2 − 2∣∣∣ ∫ x2

x1

u∣∣∣2 ≤ δ3

∫ x2

x1

∣∣∣dudx

∣∣∣2.□. ))

22

Nun, por donita ϵ > 0, ni dividas ]0, 1[ al egalajn N partojn tiel ke δ = 1/Nplenumu δ2/2 ≤ ϵ′ = ϵ/(1− 4K1). Tiam ni havas∫ 1

0

|u|2 ≤N−1∑j=1

1

δ

∣∣∣ ∫ (j+1)δ

jδ

u∣∣∣2 + ϵ′

∫ 1

0

∣∣∣dudx

∣∣∣2.Metante

ω(ϵ)j =

1√δ1[jδ,(j+1)δ],

ni havas (F). □

4 Limesopunkto, limesocirklo

Ni konsideru la problemon de ajgenvaloro

Ly = −d2y

dx2+ q(x)y = λy (4.1)

sur x-intervalo I =]x−, x+[. Ni supozas, ke q ∈ C∞(I;R).

4.1

Se Lu = λu,Lv = µv, [a, b] ⊂ I, tiam

(λ− µ)

∫ b

a

uv =W (u, v)(b)−W (u, v)(a), (4.2)

kie

W (u, v)(x) = u(x)Dv(x)−Du(x)v(x), D =d

dx.

Speciale, se ni prenas λ = α +√−1β, µ = λ∗ = α −

√−1β, v = u∗, tiam ni

havas

2√−1β

∫ b

a

|u|2 =W (u, u∗)(b)−W (u, u∗)(a). (4.3)

4.2

Fiksu x0 ∈ I. Estu ϕ1 = ϕ1(·, λ), ϕ2 = ϕ2(·, λ) solvajoj de Ly = λy tiel ke

ϕ1(x0) = 1, Dϕ1(x0) = 0; ϕ2(x0) = 0, Dϕ2(x0) = 1. (4.4)

Tiam λ 7→ ϕj(x, λ) estas holomorfo sur C. Validas, ke

W (ϕ1, ϕ2)(x) =W (ϕ1, ϕ2)(x0) = 1,

kaj, keϕj(x, λ

∗) = ϕj(x, λ)∗.

23

4.3

Konsideru generalan solvajon de Ly = λy donatan de

y = ϕ1(x, λ) + ℓϕ2(x, λ).

Estu a ∈]x1, x0[, kaj konsideru la bordan kondicon

y(a) cos θ +Dy(a) sin θ = 0,

kie 0 ≤ θ < 2π. Tio estas, ni prenu

ℓ = ℓ(a, λ, cot θ) = −ϕ1(a, λ) cot θ +Dϕ1(a, λ)

ϕ2(a, λ) cot θ +Dϕ2(a, λ). (4.5)

La transformo de Moebius z 7→ ℓ(a, λ, z) bildigas la realan akson de z sur cirklonC(a, λ), kies centro estas

−W (ϕ1, ϕ∗2)(a)

W (ϕ2, ϕ∗2)(a)= ℓ

(a, λ,−Dϕ2(a, λ)

∗

ϕ2(a, λ)∗

).

Plue, ni povas rekte certigi, ke

Im[− Dϕ2(a, λ)

ϕ2(a, λ)

]= −

√−1

2

W (ϕ2, ϕ∗2)(a)

|ϕ2(a, λ)|2. (4.6)

Car la komencaj kondicoj por ϕ2 kaj ϕ∗2 estas samaj, ni havas

W (ϕ2, ϕ∗2)(x0) = 0.

Tial, por λ = α+√−1β, (4.3) implicas

2√−1β

∫ x0

2

|ϕ2|2 = −W (ϕ2, ϕ∗2)(a). (4.7)

Do, lau (4.6), ni havas

Im[− Dϕ2(a, λ)

ϕ2(a, λ)

]= −β

∫ x0

a|ϕ2|2

|ϕ2(a, λ)|2.

Tial, se β > 0, tiam Im[−Dϕ2(a, λ)/ϕ2(a, λ)] < 0. Tial z respondanta al la cen-tro de la cirklo C(a, λ) trovigas en la supra duonebeno. Car ℓ = −Dϕ1(a, λ)/Dϕ2(a, λ)respondanta al z = 0 estas sur la cirklo, la radiuso r(a) de la cirklo C(a, λ) farigas

r(a) =∣∣∣− Dϕ1(a, λ)

Dϕ2(a, λ)+W (ϕ1, ϕ

∗2)(a)

W (ϕ2, ϕ∗2)(a)

∣∣∣=

∣∣∣W (ϕ1, ϕ2)(a)

W (ϕ2, ϕ∗2)(a)

∣∣∣ = 1

2β∫ x0

0|ϕ2|2

(4.8)

( Ni uzis (4.7).)

24

La interno de la cirklo C(a, λ) respondas al la supra duonebeno de z-ebeno,kaj, car

z = −Dϕ2ℓ+Dϕ1ϕ2ℓ+ ϕ1

,

ni havas

z − z∗ =1

|ϕ2ℓ+ ϕ1|2W (ϕ1 + ℓϕ2, (ϕ1 + ℓϕ2)

∗)(a)

=1

|ϕ2ℓ+ ϕ1|2(−√−1β

∫ x0

a

|ϕ1 + ℓϕ2|2 +W (ϕ1 + ℓϕ2, (ϕ1 + ℓϕ2)∗)(x0)

).

Sed, carW (ϕ1 + ℓϕ2, (ϕ1 + ℓϕ2)

∗)(x0) = ℓ∗ − ℓ = 2√−1Im[ℓ],

ni vidas, keℓ estas en la interno de la cirklo C(a, λ)⇔

β

∫ x0

a

|ϕ1 + ℓϕ2|2 < −Im[ℓ].

Se β > 0, tiam ci tiu kondico farigas∫ x0

a

|ϕ1 + ℓϕ2|2 < −Im[ℓ]

β. (4.9)

Sama estas se β < 0.Tial, kiam ℓ estas en la interno de la cirklo C(a, λ), kaj se a < a′ < x0, tiam∫ x0

a′|ϕ1 + ℓϕ2|2 <

∫ x0

a

|ϕ1 + ℓϕ2|2 < −Im[ℓ]

β,

do, ℓ estas en la interno de C(a′, λ). Tio estas

a ≤ a′ ⇒ C(a, λ) ⊂ C(a′, λ).

Tial, kiam a ↓ x−, tiam au(i) C(a, λ) konvergas al unu punkto

au(ii) C(a, λ) konvergas al unu cirklo.La kazo de (i) estas nomata tipo de limesopunkto, kaj la kazo (ii) estas

nomatatipo de limesocirklo.Kiam m estas punkto en la limeso, tiam∫ x+

x−

|ϕ1 +mϕ2|2 = −Im[m]

β. (4.10)

Tio estas, por λ ∈ R,

ψ(x, λ) := ϕ1(x, λ) +mϕ2(x, λ)

25

estas solvajo de Ly = λy kiu apartenas al L2(x−, x+).Plue, lau (4.8), por λ ∈ R, validas∫ x+

x−

|ϕ2|2 <∞ ⇔ r(a) → r− > 0

⇔ tipo de limesocirklo⇔ ciu solvajo de Ly = λy apartenas al L2(x−, x0).

4.4 Teoremo de Weyl

Se ciu solvajo de Ly = λ0y apartenas al L2(x−, x0) por iu λ0 ∈ C, tiam ciusolvajo de Ly = λy apartenas al L2(x−, x0) por ciu λ ∈ C.

Pruvo. Nun, ϕj(·, λ0) ∈ L2(x−, x0) por ambau j = 1, 2.Metu

K(x, ξ) := ϕ1(x)ϕ2(ξ)− ϕ1(ξ)ϕ2(x).

Tiam, por f ∈ C(I),

u(x) = Kf(x) :=

∫ x0

x

K(x, ξ)f(ξ)dξ

plenumasLu− λ0u = −f, u(x0) = Du(x0) = 0.

((Uzu W (ϕ1, ϕ2)(x) = 1.))La solvajo y(·, λ) de

Ly = λy, y(x0) = A, Dy(x0) = B

estas holomorfo de λ. Do, ni prenu la ekspansion

y(x, λ) =

∞∑n=0

yn(x)(λ− λ0)n.

Ni volas montri ke la radiuso de konvergo de la ekspansio en L2(x−, x0) estu+∞.

Nun, yn(x) determinigas kiel

(L− λ0)y0 = 0, y0(x0) = A, Dy0(x0) = B;

(L− λ0)yn = yn−1, yn(x0) = Dyn(x0) = 0.

Tialyn = −Kyn−1

por n ≥ 1. Car ϕ1, ϕ2 ∈ L2(x−, x0), ni havas

k(x) :=

∫ x0

x

|K(x, ξ)|2dξ

≤ 2(ϕ1(x)

2

∫ x0

x

ϕ2(ξ)2dξ + ϕ2(x)

∫ x0

x

ϕ1(ξ)2dξ

)≤ C(|ϕ1(x)|2 + |ϕ2(x)|2),

26

do, ∫ x0

x−

k(x)dx <∞.

Metu

Q(x) :=

∫ x0

x

k(x)dx.

Tiam, ni povas pruvi induktive, ke

|yn(x)|2 ≤ 1

n!

(∫ x0

x−

|y0|2)[

− d

dx(Q(x)n)

].

Tio implicas

|yn(x)|2 ≤ 1

(n− 1)!

(∫ x0

x−

|y0|2)k(x)Q(x)n−1,

kaj ∫ x0

x−

|yn|2 ≤ 1

(n− 1)!

(∫ x0

x−

|y0|2)Q(x−)

n.

Tial la radiuso de konvergo de la serio∑

∥yn∥L2(x−,x0)(λ− λ0)n estas ∞. □

4.5

Se la bordo x0 estas de tipo de limesocirklo por iu λ0 ∈ R, tiam ciu solvajode Ly = λy apartenas al L2(x−, x0) por ciu λ ∈ C, kaj, x0 estas de tipo delimesocirklo por ciu λ ∈ R.

Pruvo. Prenu malsamajn punktojn m1,m2 el la limesocirklo C(λ0) deC(a, λ0). Tiam ψ1 = ϕ1 +m1ϕ2, ψ2 = ϕ1 +m2ϕ2 estas sendependaj solvajoj deLy = λ0y kiuj aparetenas al L2(x−, x0). Tiam oni povas diri, ke ciu solvajo deLy = λ0y apartenas al L

2(x−, x0). Lau teoremo de Weyl, ciu solvajo de Ly = λy

apartenas al L2(x−, x0) por ciu λ ∈ C. Do, x0 estas de tipo de limesocirklo porciu λ ∈ R. □.

4.6

Estu m punkto en la limeso. Lau (4.10), se β > 0 tiam Im[m] < 0.

4.7

La dekstra bordo x+ estas konsiderata sammaniere.Se λ = α+

√−1β, β = 0, tiam por b ∈]x0, x+[, ni havas

2√−1β

∫ b

x0

|ϕ2|2 =W (ϕ2, ϕ∗2)(b),

kaj

Im[− Dϕ2(b, λ)

ϕ2(b, λ)

]= β

∫ b

x0|ϕ2|2

|ϕ2(b, λ)|2.

27

Tial, se β > 0, la interno de la cirklo C(b, λ) respondas al la suba duonebeno dez-ebeno, kaj la kondico por la interno de la cirklo C(b, λ) farigas∫ b

x0

|ϕ1 + ℓϕ2|2 <Im[ℓ]

β.

Tial, se β > 0, punkto m de limeso plenumas Im[m] > 0.

4.8

Se la ambau maldekstraj kaj dekstraj bordoj estas de tipo de limesopunkto,tiam, por λ ∈ R, solvajo de Ly = λy, y = 0 ne aparetnas al L2(x−, x+).

Prubvo. Estu λ = α +√−1β, β > 0, Ly = λy, y = 0. m− estu la limesop-

unkto de la maldekstra bordo, kaj m+ estu la limesopunkto de la dekstra bordo.Car Im[m−] < 0 < Im[m+], ni havas m+ = m−. Plue,

ϕ2 ∈ L2(x−, x0),

ϕ2 ∈ L(x0, x+),

ϕ1 +m−ϕ2 ∈ L2(x−, x0),

ϕ1 +m+ϕ2 ∈ L2(x0, x+).

Supozante, ke y ∈ L2(x−, x+), ni deduktu kontraudiron.Car y ∈ L2(x−, x0), ekzistas A tiel ke y = A(ϕ1+m−ϕ2). Car y = 0, A = 0.

Same, ekzistas B = 0 tiel ke y = B(ϕ1 +m+ϕ2). Car ϕ1, ϕ2 estas sendependaj,ni havus A = B,Am− = Bm+. Tiam m+ = m−, kontraudiro. □

• Tial, en ci tiu kazo, la indekso de manko de A = −D2+ q(x) sur C∞0 estas

n+ = n− = 0, kaj Aa = A∗∗ = AF estas mem-aljunta.

4.9

Estu x− = 0. Se

q(x) ≥ 3

4

1

x2(0 < x ≤ δ ≪ 1),

tiam 0 estas de tipo de limesopunkto.Pruvo. Lau teoremo de Weyl, estas sufica konstrui solvajon y de Ly = 0 kiu

ne apartenas al L2(0, δ).Konsideru la solvajon de Ly = 0 tiel ke

y(δ) > 1, Dy(δ) < − 1

2δ.

Aliflanke la solvajo de

−d2z

dx2+

3

4

z

x2= 0, z(δ) = 1, Dz(δ) = − 1

2δ

estas z(x) =√δx−

12 . Ni havas facile, ke y(x) ≥ z(x) por 0 < x ≤ δ, kaj z(x) ne

apartenas al L2(+0). □

28

4.10

Tial, se I =]0, 1[, q ∈ C∞(I;R), kaj se

q(x) ≥ 3

4

1

x2(0 < x ≤ δ)

≥ 3

4

1

(1− x)2(1− δ ≤ x < 1),

tiam ambau bordoj estas de tipo de limesopunkto, indeksoj de manko de Aestas 0, Aa = A∗∗ = AF . La ajgenfunkcia ekspansio eblas. Nome, Ekzistasajgenvaloroj

λ1 ≤ λ2 · · · ≤ λn ≤ · · · → +∞

kaj asociigataj ajgenfunkcioj φn ∈ D(T0), T0φn = λnφn. Por ciu f ∈ X = L2(I),validas

f =

∞∑n=0

(f |φn)φn.

Nun, konsideru λ tiel ke λ = λn ∀n kaj

u =

∞∑n=0

(f |φn)

λn − λφn

por f ∈ X. Car λn → +∞, Ni havas∣∣∣ 1

λn − λ

∣∣∣ ≤ C,

do, ∥∥∥m+p∑n=m

(f |φn)

λn − λφn

∥∥∥2 =

m+p∑n=m

|(f |φn)|2

|λn − λ|2≤ C2

m+p∑n=m

|(f |φn)|2 → 0.

Tial la serio por u estas konverga, t. e.

un :=

n∑k=1

(f |φk)

λk − λφk → u en X.

Aliflanke, un ∈ D(T0) kaj

(T0 − λ)un =

n∑k=1

(f |φk)

λk − λ(T0 − λ)φk

=

n∑k=1

(f |φk)φk → f en X.

Car T0 estas fermita, ni havas, ke u ∈ D(T0) kaj (T0−λ)u = f . Car ∥u∥ ≤ C∥f∥,ni havas, ke λ ∈ ρ(T0), kaj (T0 − λ)−1f = u. Tio estas, σ(T0) = {λn}.

29

4.11

Sub la supozo de 4.10, la ajgenvaloroj estas ciuj simplaj.Pruvo.Supozu, ke λn = λn+1. Tiam la asociigataj ajgenfunkcioj φn, φn+1

estas sendependaj solvajoj de Ly = λny kiuj apartenas al L2(0, 1). Tiam ciujsolavjoxj de Ly = λny apartenas al L2(0, 1). Lau teoremo de Weyl, ciuj solvajojde Ly = λny apartenas al L2(0, 1) por ciu λ ∈ C. Ci tio kontrdikcias kontrauke bordoj 0, 1 estas de tipo de limesopunkto. □

4.12

Sub la supozo de 4.10, konsideru ajgenvaloron λn kaj asociigitan ajgenfunkciony = φn. Tiam la nombro de zeroj de y(·) estas finitaj, y ∈ C1([0, 1]), kajy(0) = Dy(0) = y(1) = Dy(1) = 0.

Pruvo. Ni povas supozi, ke q(x) ≥ 1. Car y ∈ D(AF ), ekzistas scenoϕn ∈ C∞

0 tiel ke ϕn → u,Q[ϕm − ϕn] → 0. Car

ϕn(x) =

∫ x

0

Dϕ,

ni havas|ϕm(x)− ϕn(x)| ≤

√xQ[ϕm − ϕn] → 0.

Tial y estas uniforma limeso de ϕn, do y ∈ C[0, 1] kaj y(0) = y(1) = 0.Ni montru, ke zeroj de y ne povas akumulas al 0. Fakte, supozu, ke q(x)−

λ > 0 por 0 < x ≤ δ(≪ 1). Supozu, ke ekzistas 0 < x1 < x2 < δ tiel key(x1) = y(x2) = 0 kaj y(x) = 0 por x1 < x < x2. Tiam, integrante

−D2y + (q(x)− λ)y = 0,

ni havas

−Dy(x2) +Dy(x1) +

∫ x2

x1

(q(x)− λ)y = 0.

Se y > 0 sur ]x1, x2[, tiam Dy(x1) ≥ 0, Dy(x2) ≤ 0 kaj la maldekstra flanko > 0,kontraudiro; se y < 0 sur ]x1, x2[, la maldkstra flanko farigas < 0, kontraudiro.Tial ne ekzistas pli ol du zeroj en ]0, δ].

Do, ni povas supozi, ke y(x) > 0 sur ]0, δ1]. Tiam, por 0 < x < x1 ≤ δ1, nihavas

−Dy(x1) +Dy(x) +

∫ x1

x

(q − λ)y = 0,

nome

0 <

∫ x1

x

(q − λ)y = Dy(x1)−Dy(x).

Do, Dy estas monotone kreskanta, kaj havas limeso α. Por h > 0 ni havas0 < y(h)/h = Dy(xh) kaj Dy(xh) ↓ α kiam h ↓ 0, do, α ≥ 0. Tial y ∈ C1[0, δ1]kaj Dy(0) ≥ 0. Supozu, ke Dy(0) > 0. Tiam y(x) > 1

Cx kun C > 0. Sed

−Dy(δ1) +Dy(0) +

∫ δ1

0

(q − λ)y = 0

30

implicas∫ δ10qy < +∞. Aliflanke,

∫ δ10qy ≥ 3

4

∫ δ10

1x2

1Cxdx = ∞, kontraudiro.

Do, Dy(0) = 0. La sama estas la dekstra bordo. □

4.13

Estu q(x) ≥ q(x) ≥ 1. Ajgenvaloroj de −D2 + q estu λn, kaj ajgenvaloroj de

−D2 + q estu λn.Tiam λn ≥ λn.Pruvo. Ni povas konsideri Q kaj X1. Evidente Q[u] ≥ q[u] implicas X1 ⊂ X1

Por V = {v1, · · · , vn−1} ⊂ L2, ni metu

d(V ) = inf{Q[u]/∥u∥2 | (u|vk) = 0 (k = 1., · · · , n− 1), u ∈ X1}.

Tiam ni povas pruvi, ke

λn = sup{d(V ) | V ⊂ X}.

(( Evidente sup d(V ) ≥ λn. Por arbitra V = {v1, · · · , vn−1}, ni povas troviu =

∑nj=1 cjφj tiel ke (u|vk) = 0 por k = 1, · · · , n − 1 kaj tiel ke

∑|cj |2 = 1.

Fakte la problemo reduktigas al la sistemo de n− 1 da ekvacioj

n∑j=1

ck(φj |vk) = 0 k = 1, · · · , n− 1

pri n da nekonatoj cj . Tiam Q[u] =∑cjclQ(φj , φl) =

∑|cj |2λj ≤ λn. ))

Estas facile certigi, ke d(V ) ≤ d(V ). Do, λn ≤ λn. □.

4.14

Se q(x) ≥ −K, tiam λn ≥ n2π2 −K.Pruvo. La ajgenvaloroj de −D2 + y kun la kondico y(0) = y(1) = 0 estas

n2π2 + 1. Do 4.13 donas la rezulton. □.

4.15

Sub la supozo de 3.10, ni povas diri, ke nombro de zeroj en ]0, 1[ de la ajgen-funkcioj φn estas n− 1.

Pruvo. Lau la diskuto de 4.12, la nombro Z(n) de zeroj en ]0, 1[ estas finita.(I) Ni montru, ke Z(n) ≤ n− 1.Revoku

λn = sup{d(V ) | V = {v1, · · · , vn−1 ⊂ X},

kied(V ) = inf{Q[u]/∥u∥2 | (u|vj) = 0, j = 1, · · · , n− 1, u ∈ X}.

La zeroj de φn estu x0 = 0 < x1 < · · · < xm < xm+1 = 1. Supozante, kem ≥ n,ni deduktu kontraudiron. Signu Ij =]xj−1, xj [, j = 1, · · · ,m+ 1. Konsideru wj

31

tiel ke wj = Konst.φn sur Ij kaj = 0 ekster Ij . La konstanto estas elektita kiel∥wj∥ = 1. Konsideru

u = c1w1 + · · ·+ cm+1wm+1.

Supozu, ke∥u∥2 = c21 + · · ·+ c2m+1 = 1.

Car wj ∈ X1, ni havas wj ∈ X1, kaj

Q[u] =∑

c2jQ[wj ].

Car wj plenumas Lwj = λnwj sur Ij ,

Q[wj ] =

∫ xj

xj−1

(Dwj)2 + qw2

j

=[wjDwj

]xj

xj−1

+

∫ xj

xj−1

(−D2wj + qwj)wj

= λn

∫w2

j = λn.

Por arbitraj v1, · · · , vm, ni povas trovi cj tiel ke

(u|vk) = 0 por k = 1, · · · ,m

akjc21 + · · ·+ c2m+1 = 1.

Do, d(V ) ≤ λn, kio implicas λm+1 = sup d(V ) ≤ λn Sed, se m + 1 > n, 4.11deduktas λm+1 > λn, kontraudiro.

(II) Ni montru, ke Z(n) ≥ n− 1.Car Z(1) = 0 pro (I), estas sufice montri, ke Z(n+1) ≥ Z(n)+1. Por tio estas

sufice montri, ke, se plej malmulte, unu zero de φn trovigas inter sekvantaj zerojde φn. La sekvanta diskuto estas lau Sturm. Estu x1 < x2, φn(x1) = φn(x2) =0, φn > 0 sur ]x1, x2[. Supozu, ke φn+1 ne havas zeron en ]x1, x2[.

i) Supozu 0 < x1 < x2 < 1. Tiam Dϕn(x1) > 0, Dφn(x2) < 0. Se φn+1 > 0sur ]x1, x2[, tiam

(λn − λn+1)

∫ x2

X1

φnφn+1 =[−Dφnφn+1 + φnDφn+1

]x2

x1

= −Dφn(x2)φn+1(x2) +Dφn(x1)φn+1(x1).

La maldekstra flanko < 0 car λn < λn+1, sed la dekstra flanko ≥ 0; kontraudiro.Ec se φn+1 < 0, ankau kontraudiro.

ii) Supozu 0 = x1 < x2 < 1. Ankau Dφn(0) = 0, Dφn(x2) < 0 implicaskontraudiron.

iii) Same kiam 0 < x1 < x2 = 1.iv) Supozu, ke x1 = 0, x2 = 1. Tio estas kazo por n = 1. Ni scias N(1) = 0.

Do φ1 ne sangas la signon. Do,∫φ1φ2 = 0 implicas, ke φ2 devas havi zeron,

unu se plej malpli, en la interno de ]0, 1[.Same estas konsiderebla la kazo de φn < 0 sur ]x1, x2[. □

32

4.16

Estu I =]0, x+[, kaj 0 ≤ q(x) ≤ K

x2por 0 < x ≤ δ(≪ 1) kun 0 ≤ K <

3

4. Tiam

la bordo 0 estas de tipo limesocirklo.

Pruvo. Metu q(x) =K

x2kun K < K <

3

4.

Konsideru la solvajon y = y(x;A) de

−d2y

dx2+ q(x)y = 0, y(δ) = 1, Dy(δ) = −A,

kaj la solvajon y = y(x;A) de

−d2y

dx2+K

x2y = 0, y(δ) = 2, Dy(δ) = −2A,

kie A estas arbitraj pozitivaj konstantoj. Tiam facile ni povas montri, ke

0 < y(x;A) < y(x;A) por 0 < x ≤ δ.

Se ni prenas malsamajn pozitivajn A, ni havas sendependajn solvajojn por

ambau ekvacioj. Aliflanke, la bordo 0 estas de tipo de limesocirklo por − d2

dx2+

K

x2, car sendependaj solvajoj xµ+ , xµ− ambau apartenas al L2(0, δ), kie µ± =

1

2(1±

√1 + 4K), do, −1

2< µ− < 0 < µ+ por 0 < K <

3

4. Tial gi daves esti de

tipo de limesocirklo ankau por − d2

dx2+ q. □

5 Transformo de Liouville

Ni konsideras la ekvacion

− d

dr

(a(r)

du

dr

)+ b(r)u = λc(r)u+ f(r).

Ni supozas, ke a(r), c(r) estas pozitivaj sur la interno de la konsiderata r-intervalo.

La transformo de Liouville estas

x =

∫ √c

adr, y = (ac)

14u.

Tiam la ekvacio estas transformita al la normala formo de Liouville:

− dy

dx2+ qy = λy + g,

kie

q =b

c+

1

4

a

c

[ d2dr2

log(ac)− 1

4

( d

drlog(ac)

)2

+( d

drlog a

)·( d

drlog(ac)

)],

kajg = a

14 c−

34 f.

33

6 Spektra disigo de mem-aljunta operatoro

X estu Hilberta spaco havanta internan produton (·|·) kaj normon ∥ · ∥.

6.1

Estu E(t) projekcia operatoro por ciu t ∈ R. Supozu, ke

E(t)E(s) = E(t ∧ s), (6.1)

kie t ∧ s = min(t, s). Tiam ni havas la sekvantajn faktojn.1) Ekzistas projekcia operator E(t− 0) tiel ke, kiam tn ↑ t,

∥E(tn)x− E(t− 0)x∥ → 0 ∀x ∈ X.

2) Ekzistas projekcia operatoro E(t+ 0) tiel ke, kiam tn ↓ t,

∥E(tn)x− E(t+ 0)x∥ → 0 ∀x ∈ X.

3) Ekzistas projekcia opaeratoro E(+∞) tiel ke, kiam tn ↑ +∞,

∥E(tn)x− E(+∞)x∥ → 0 ∀x ∈ X.

4) Ekzistasprojekcia operatoro E(−∞) tiel ke, kiam tn ↓ −∞,

∥E(tn)x− E(−∞)x∥ → 0 ∀x ∈ X.

5) Se a < b,E(a) = E(b), tiam por ∀t ∈ [a, b] ni havas E(t) = E(a) = E(b).

Pruvo de 1). Kiam a < b, ni skribu E]a, b] = E(b) − E(a). Tiam E]a, b]estas projekcia operatoro. Estu tn ↑ t. Se m > n,

E]tn, tm] =

m−1∑j=n

E]tj , tj+1],

dum E]t, j.tj+1] estas unu al alia ortangulaj. Do,

∥x∥2 ≥ ∥E]tn, tm]∥2 =

m−1∑j=n

∥E]tj , tj+1]x∥2. (6.2)

Tial ni vidas, ke E(tn)x estas sekvenco de Cauchy, kaj x′ = limE(tn)x ekzistas.Estas malfacile pruvi, ke la limeso ne dependas de la elekto de la sekvenco (tn).

Pruvo de 2), 3), 4) estas sama.Provo de 5). Car

0 = E]a, b] = E]a, t] + E]t, b],

kaj car E]a, t], E]t, b] estas ortangulaj, ni havas

0 = ∥E]a, t]x∥2 + ∥E]t, b]x∥2

por ∀x ∈ X. □

34

6.2

Funkcio (E(t))t∈R : t 7→ E(t) nomigas dissolvo de la identeco, kiam E(t)estas projekcia operatoro, kaj

E(−∞) = 0, E(+∞) = I, (6.3a)

E(t)E(s) = E(t ∧ s), (6.3b)

E(t+ 0) = E(t). (6.3c)

6.3

Estu E(t))t∈R dissolvo de identeco, kaj estu x, y ∈ X. Tiam t 7→ (E(t)x|y) estasde bordita variacio. Plue ∫ +∞

−∞d(E(t)x|y) = (x|y), (6.4)∫ ∞

−∞d∥E(t)x∥2 = ∥x∥2. (6.5)

Pruvo. Kiam t1 < t2 < · · · < tn, tiam

n−1∑j=1

|(E(tj)x|y)− (E(tj+1x|y)| =n−1∑j=1

|(E]tj , tj+1]x|E]tj , tj+1]y)|

≤( n−1∑

j=1

∥E]tj , tj+1]x∥2)1/2( n−1∑

j=1

∥E]tj , tj+1]y∥2)1/2

≤ ∥x∥ · ∥y∥.

(Vidu 6.2.) □

6.4

Estu (E(t))t dissolvo de identeco, ϕ ∈ C(R,C), x ∈ X kaj a < b. Tam ni definu(∫ b

a

ϕdE)x =

∫ b

a

ϕ(t)dE(t)x (6.6)

jene: Dissolvu la intercalon [a, b] per a = t1 < t2 < · · · < tn = b, kaj elektureprezentantajn punktojn τj de ]tj , tj+1]. Konsideru la sumon de alproksimigo

n−1∑j=1

ϕ(τj)E]tj , tj+1]x.

Kiam ∆ =∨n−1

j=1 tj+1 − tj → 0, la sumo de alproksimigo konvergas al limeso,kiu ne dependas de la dissolvo nek de la elekto de reprezentantaj punktoj. La

limeso skribigu( ∫ b

aϕdE

)x =

∫ b

aϕ(t)dE(t)x.

Tio estas verigebla kiel la teorio de integralo de Riemann.

35

6.5

Se la limeso de∫ b

aϕdEx ekzistas kiam b→ +∞, la limeso skribigu

∫ +∞a

ϕdEx.

Same ni skribu∫ b

−∞ ϕdEx,∫ +∞−∞ ϕdEx.

6.6

Estu (E(t))t dissolvo de identeco, ϕ ∈ C(R,C), x ∈ X. La sekvantaj kondicojestas ekvivalentaj:

1) Ekzistas (∫ +∞

−∞ϕdE

)x. (6.7)

2) ∫ +∞

−∞|ϕ(t)|2d∥E(t)x∥2 (6.8)

estas finita.3) Φ definita de

Φy =

∫ +∞

−∞ϕ(t)d(E(t)y|x) (6.9)

estas bordita lineara funkcialo sur X.

Pruvo. Car t 7→ ∥E(t)x∥2, (E(t)y|x) estas de bordita variacio, (6.8), (6.9)estas bone definita kiel integralo de Riemann-Stieltjes.

1) ⇒ 3). Konsideru sumon S de alproksimigo por∫ +∞−∞ ϕdEx. Tiam y 7→

(y|S) estas bordita lineara funkcialo. Car (y|E(t)x) = (E(t)y|x), 3) sekvas perla teoremo de resonanco.

3) ⇒ 2). Konsiderante la sumon de alproksimigo S de y =∫ b

aϕdEx, ni

vidas, ke y = E]a, b]y. Tial

Φy∗ =

∫ +∞

−∞ϕ(t)∗d(E(t)x|y)

= lim

∫ b

a

ϕ(t)∗d(E(t)x|y)

= lim

∫ b

a

ϕ(t)∗d(E(t)x|E]a, b]y)

= lim

∫ b

a

ϕ(t)∗d(E]a, b]E(t)x|y)

=

∫ b

a

ϕ(t)∗d(E(t)x|y) = ∥y∥2.

Tial ∥y∥2 ≤ ∥Φ∥∥y∥, kaj, ∥y∥ ≤ ∥Φ∥.

36

Konsiderante sumon de alproksimigo de y =∫ b

aϕdEx, ni vidas

∥y∥2 =∥∥∥∫ b

a

ϕ(t)dE(t)x∥∥∥2 =

∫ b

a

|ϕ(t)|2d∥E(t)x∥2.

Sume, ni havas ∫ b

a

|ϕ(t)|2d∥E(t)x∥2 ≤ ∥Φ∥2.

Konsiderante a→ −∞, b→ +∞, ni havas ekziston de (6.8) kaj∫ +∞

−∞|ϕ(t)|2d∥E(t)x∥2 ≤ ∥Φ∥2.

2) ⇒ 1). Kiam a′ < a < b < b′, ni havas

∥∥∥∫ b′

a′ϕdEx−

∫ b

a

ϕdEx∣∣∣2 =

=

∫ a

a′|ϕ(t)|2d∥E(t)x∥2 +

∫ b′

b

|ϕ(t)|2d∥E)t)x∥2.

Tio donas 2) ⇒ 1). □

6.7

Estu (E(t))t dissolvo de ideneco, ϕ ∈ C(R,R). Ni definu operatoron T per

D(T ) = {x|∫ +∞

−∞|ϕ(t)|2d∥E(t)x∥2 <∞},

(Tx|y) =∫ +∞

−∞ϕ(t)d(E(t)x|y) ∀y ∈ X.

Tiu ci defino estas ebla dank’al 6.6. La operatoro T skribigu∫ +∞

−∞ϕdE =

∫ +∞

−∞ϕ(t)dE)(t).

La operatoro T estas mem-aljunta, kaj TE(t) ⊂ E(t)T .

Speciale, kiam T =∫ +∞−∞ tdE(t), ni diras, ke (E(t))t estas la spektra disigo

de T .

Pruvo de ke T estas mem-aljunkta.Unue, ni montru, ke D(T ) = X.Estu y ∈ X, ε > 0. De (6.3a), ekzistas finitaj a < b tiel ke

∥y − E]a, b]y∥ ≤ ε.

37

Car ∫ +∞

−∞|ϕ(t)|2d∥E(t)E]a, b]y∥2 =

∫ b

a

|ϕ(t)|2d∥E(t)y∥2 <∞,

ni havas E]a, b]y ∈ D(t). Do, D(T ) = X.Car

ϕ(t) = ϕ(t)∗, (E(t)x|y) = (E(t)y|x)∗,

ni vidas, ke T estas simetria.Konsideru y ∈ D(T ∗), T ∗y = z. Car E]a, b]w ∈ D(T ) por arbitra w ∈ X, ni

havas

(w|E]a, b]z) = (E]a, b]w|T ∗y)

= (TE]a, b]w|y) =∫ b

a

ϕ(t)d(E(t)w|y).

Tial la limeso Φ : w 7→∫ +∞−∞ ϕ(t)d(E(t)w|y) de w 7→ (w|E]a, b]z) estas bordita

dank’al la teoremo de resonanco. Do, de 6.6,∫ +∞−∞ |ϕ(t)|2d∥E(t)y∥2 estas finita.

Tio estas y ∈ D(T ), do, T ∗ ⊂ T . Dank’al la simetreco, ni havas T ∗ = T .Ke E(t)T ⊂ TE(t) estas verigebla per sumo de alproksimigo. □

6.8

Sub la hipotezo de 6.7, ni havas

∥Tx∥2 =

∫ +∞

−∞|ϕ(t)|2d∥E(t)x∥2

por x ∈ D(T ).

6.9

Mem-aljunta operatoro havas spektran disigon.

Pruvo reduktigas al la spektra disigo de la unitaria transformo U donita dela transformode Cayley U = (T −

√−1)(T +

√−1)−1. La spektra disigo de

unitaria transformo estas pruvata dank’al le teoremo de Herglotz.

6.10 Klasifiko de spektro

Kiam T estas dense definita malfermita operatoro, ni konsideras ϱ(T ) = {λ|(T−λ)−1 ∈ B(T )}, kaj σ(T ) = C \ ϱ(T ). Ni definu

σP (T ) = {λ|N(T − λ) = {0}}, (6.10)

σC(T ) = {λ|N(T − λ) = {0},R(T − λ) = X,R(T − λ) = X} (6.11)

σR(T ) = {λ|N(T − λ) = {0},R(T − λ) = X}. (6.12)

38

Tiam ni havas σ(T ) = σP (T )∪σC(T )∪σR(T ). Fakte, se N(T −λ) = {0},R(T −λ) = X, tiam λ ∈ ϱ(T ), car T estas malfermita, do (T − λ)−1 estas bordita.

λ ∈ σP (T ) estas ejgenvaloro, λ ∈ σC(T ) nomigas kintinua spektro, λ ∈σR(T ) nomigas residua spektro.

6.11

Se T estas mem-aljunta, tiam ekzistas neniom da residua spektro.

Pruvo. Estu T mem-aljunta, λ ∈ σR(T ). Tiam λ ∈ R, do

N(T − λ) = N(T ∗ − λ∗) = R(T − λ)⊥= {0},

kontraudiro. □

6.12

Konsideru mem-aljuntan operatoron T =∫tdE(t).

1)λ ∈ σP (T ) ⇔ E(λ) = E(λ− 0)

kajN(T − λ) = R(E(λ)− E(λ− 0)).

2)

λ ∈ ϱ(T ) ∩ R ⇔ ∃a, b tiel ke a < λ < b,E(a) = E(b)

3)

λ ∈ σC(T ) ⇔ E(λ) = E(λ−0), ∀a, b tiel ke a < λ < b : E(a) = E(b).

Pruvo de 1). De 6.8, ni havas

∥(T − λ)x∥2 =

∫(t− λ)2d∥E(t)x∥2.

Se x ∈ N(T − λ), t 7→ ∥E(t)x∥2 estas dedekstre kontinua, kaj car E(−∞) = 0,ni havas

por t < λ E(t)x = E(λ− 0)x = 0,por λ ≤ t E(t)x = E(λ+ 0)x = E(λ)x.Car E(+∞) = I, ni havas E(λ− 0)x = 0, E(λ+ 0)x = x,

∃x = 0 ⇔ E(λ− 0) = E(λ+ 0).

Pruvo de 2). Estu λ ∈ R. Tiam λ ∈ ϱ(T ) se kaj nur se

∃C > 0∀x ∈ D(T ) : ∥(T − λ)x∥ ≥ 1

C∥x∥.

39

Tio estas ∫(t− λ)2d∥E(t)x∥2 ≥ 1

C∥x∥2 ∀x ∈ D(T ).

Sed, se a < λ < b, λ =a+ b

2, b− a ≤ 1√

C, tiam

∫(t− λ)2d∥E(t)(E(b)− E(a))y∥2 ≤ 1

2C∥(E(b)− E(a))y∥2.

Nun por ∀y ∈ X, x = (E(b)− E(a))y ∈ D(T ). Do, se λ ∈ ϱ(T ), ni havas

1

C∥(E(b)− E(a))y∥2 ≤ 1

2C∥(E(b)− E(a))y∥2

donas x = (E(b) − E(a))y = 0, t.e., E(b) = E(a). Konverse, se E(b) = E(a),tiam por x ∈ D(T ) ni havas∫

(t− λ)2d∥E(t)x∥2 ≥ 1

2C

∫d∥E(t)x∥2 =

1

2C∥x∥2,

do, λ ∈ ϱ(T ).Pruvo de 3) reduktigas al 1) 2), 6.11.

40

spektra teorio de ordinaraj diferencialaj … teorio de ordinaraj diferencialaj operatoroj de 2a...

Documents