Ciao, ora
che ho un po' di tempo volevo aggiungere qualcosa.
In particolare volvo dare un esempio di spazio di H. non separabile.
Si prendano un'infinita'di copie dello spazio dei numeri complessi
etichettate su x, C_x, dove x e' un numero reale arbitrario.
Consideriamo poi lo spazio vettoriale delle infinituple di complessi,
uno per ogni C_x, con la solita struttura di spazio vettoriale
sul campo complesso (cioe' somma di vettori e prodotto per scalare
dato nel solito modo).
Consideriamo il sottospazio S fatto dalle infinituple con ciscuna
solo un numero finito di componenti non nulle.
In questo spazio si definisce il solito prodotto scalare hermitiano
(V,U) := somma su x in R di U*_x V_x
dove V= {V_x} e U={U_x} e * indica la coniugazione complessa.
La somma ha senso perche' solo un numero finito di addendi e' non nullo
per costruzione. Sia infine H il completamento rispetto alla topologia
indotta da (,) dello spazio S con il prodotto scalare detto.
Per costruzione H e' uno spazio di Hilbert.
Mostriamo infine che non e' separabile.
Basta dimostrare che H non ammette alcun sottoinsieme che sia insieme
denso ovunque e numerabile.
Per provare cio' consideriamo tutti i vettori di H che indicati ciascuno
con 1_x al variare di tutti gli x reali: 1_x abbia solo la componente
x-esima non nulla e di valore 1 per definizione.
E' chiaro che l'insieme dei vettori 1_x e' non numerabile
perche' x varia nei reali che non sono numerabili. E' anche chiaro
che facendo il prodotto scalare (1_x,1_y)= delta di Kroneker_xy
Da cio', usando il teorema di Pitagora e la disuguaglianza triangolare
si vede subito che se S_x e' una palla centrata in 1_x con raggio
e< 1/sqrt2 S_x e S_y non hanno intersezione (dove S_y e' l'analoga
palla per y).
Se X e' un sottoinsieme denso in H ci deve essere un elemento
di X in ogni palla S_x. ma dato che le palle S_x sono disgiunte al
variare di x, X deve avere cardinalita' maggiore o uguale a quella
dei reali (l'insieme in cui varia x). Quindi X non puo' essere
numerabile. Alla prossima.
Ciao Valter
Valter Moretti wrote:
>
>
> John Travolta Sardus wrote:
>
>>
>> Puo' esistere in questo spazio un operatore autoaggiunto
>
> > il cui spettro sia continuo e i cui autovettori siano tutti propri?
>
> Ciao, la risposta e' no perche' per definizione
> se lo spettro e'puramente continuo non ci possono essere autovalori propri.
> La definizione delle varie parti dello spettro
> (la definizione classica, ne esistono altre) e' la seguente,
> considera un operatore lineare
>
> A : D(B) -> B
>
> dove B e' uno spazio vettoriale topologico (per cui il
> caso in cui B e' di Hilbert e' incluso) e D(B) e' un sottospazio
> (generalmente non chiuso) di B.
> Se x e' un numero complesso si dice che x e' nell'insieme
> risolvente di A se valgono insieme le seguenti tre condizioni
>
> 1) la chiusura dell'insieme dei vettori (A- xI)u, per u che
> varia in tutto D(B), e' B stesso,
> 2) esiste l'operatore inverso (A - xI)^{-1}
> 3) (A - xI)^{-1} e' un operatore continuo.
>
> Il complemento dell'insieme risolvente di A si dice spettro
> dell'operatore A.
>
> Se x appartiene allo spettro di A allora:
>
> a) x e' un elemento dello spettro puntuale (o discreto) se
> A-xI non e' invertibile, cioe' se non vale (1).
> (su certi testi viene distinto il caso discreto da quello
> puntuale che e' sopracaso dell'altro, ma non mi addentro)
>
> E' chiaro che cio' significa che x e'un autovalore (proprio!)
> di A e che quindi c'e' qualche autovettore (proprio) con quell'autovalore.
>
> b) x e' un elemento dello spettro continuo se valgono
> le condizioni (1) e (2) ma non (3).
>
> Si puo' mostrare, nel caso che B sia di Hilbert e A
> autoaggointo, che se x e' nello spettro continuo,
> ammette almeno un autovettore improprio definito
> in modo opportuno (esistono diverse procedure per
> definirli in particolare quella basata sulle
> "triplette di Gelfand", ma esistono risultati
> piu' elementari che non tirano nemmeno in causa il
> concetto di distribuzione)
>
>
>
> c) x e' un elemento dello spettro residuo se valgono
> (2) e (3) ma non (1).
>
> Come vedi, per definizione le tre parti dello spettro sono
> disgiunte.
> Di conseguenza, per definizione e' impossibile che ci
> siano autovettori propri se lo spettro e' tutto continuo.
>
> Puo' accadere un'altra cosa pero': puoi costruirti
> un operatore autoaggiunto con spettro puramente discreto
> che sia denso in un intervallo reale. Basta, per esempio,
> che lo spettro (discreto) sia costituito da tutti i numeri
> razionali di [0,1]...
>
>
> Ciao, Valter
>
>
>
>
>
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> Valter Moretti
> Faculty of Science
> Department of Mathematics
> University of Trento
> Italy
> http://www.science.unitn.it/~moretti/homeE.html
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Valter Moretti
Faculty of Science
Department of Mathematics
University of Trento
Italy
http://www.science.unitn.it/~moretti/homeE.html
Received on Sun Sep 07 2003 - 11:12:31 CEST