La norma dell'operatore di moltiplicazione
Stavolta pongo una domanda più standard. Se [tex](M, \mu)[/tex] è uno spazio di misura [tex]\sigma[/tex]-finito possiamo definire degli operatori sul corrispondente spazio [tex]L^2(\mu)[/tex] mediante moltiplicazione: data una funzione (reale o complessa) q.o. finita [tex]a[/tex] poniamo [tex]D(A)=\{f\in L^2(\mu) \mid a(x)f(x)\in L^2(\mu)\}[/tex] e [tex]Af=a(x)f(x)[/tex] per ogni [tex]f \in D(A)[/tex].
Se [tex]a[/tex] è essenzialmente limitata, ovvero se [tex]\lVert a \rVert_{\infty} < \infty[/tex], questo operatore è limitato e certamente [tex]\lVert A \rVert \le \lVert a \rVert _{\infty}[/tex]; ora però vorrei mostrare l'uguaglianza, che mi sono convinto essere vera... Ma non ci riesco.
Mi dareste uno spunto? Grazie.
Se [tex]a[/tex] è essenzialmente limitata, ovvero se [tex]\lVert a \rVert_{\infty} < \infty[/tex], questo operatore è limitato e certamente [tex]\lVert A \rVert \le \lVert a \rVert _{\infty}[/tex]; ora però vorrei mostrare l'uguaglianza, che mi sono convinto essere vera... Ma non ci riesco.
Mi dareste uno spunto? Grazie.
Risposte
Ah ecco, interessante, c'è pure l'interpretazione fisica del problema. Il fatto che gli autovalori sono in successione che significa, allora? Che quelli sono i possibili valori che può assumere l'energia?
Certo! in meccanica quantistica gli autovalori dell'hamiltoniano (che è un operatore hermitiano, o autoaggiunto, insomma $T^+=T$ poi non so se tra hermitiano e autoaggiunto in realtà ci sia differenza, i fisici li usano indifferentemente come termini) sono reali, e sono PER DEFINIZIONE i valori che può assumere l'energia.
Se sono discreti, significa che l' autostato (autovettore) è normalizzabile, ossia che appprtiene a $L^2$, (conseguenza di un teorema sugli operatori hermitiani che ammettono sempre base ortonormale in $L^2$, non so se anche la numerabilità degli autovalori sia una delle tesi di questo teorema, è una delle cose che vorrei arrivare a capire in questa discussione
); se sono continui, significa che lo stato non è normalizzabile, ovvero che la "particella" è libera, e quindi non apprtiene a $L^2$, ma puoi costruirci comunque deille funzioni in L2, facendo una sovrapposizione continua (integrale) di questi autostati "non normalizzabili", pesati secondo un'altra funzione in modo che rientrino appunto nel suddetto spazio (trasformata di fourier), creando un cosiddetto pacchetto d'onda. Ovviamente questo implica che mentre ognuno di quelli normalizzabili ha energia definita (perchè è associato a un autovalore, secondo il suddetto teorema), i pacchetti essendo sovrapposizione di stati a energia diversa, non hanno energia definita (conferma del principio di indeterminazione di Heisenberg).
Nel tuo caso la particella non può scapppare dalla buca, (corrisponde a una buca con potenziale 0 tra 0 e $pi$ e infinito altrove) e quindi hai solo stati normalizzabili con autovalori discreti (il seno appartiene a $L^2(0,pi)$ Infatti la particella non è libera. Se l'operatore fosse stato $-d^2/(dx^2) +V$, con $V =-1\ \se\ \ x in [-pi, pi],\ \V=0 a\ \l\ \t\ \r\ \o\ \v\ \e$ (non so come si scrivno le graffe grandi) avresti avuto sia uno spettro discreto che uno spettro continuo (con continuo io intendo che gli autovalori variano con continuità all'interno di un intervallo e perciò non sono un insieme numerabile).
Ad esempio per una particella libera (il cui operatore è$ -d^2/(dx^2)$ ) l'insieme degli autovettori è $C_1e^(ikx)+C_2e^(-ikx)$, (ognuno con autovalore $k^2$, e k PUò ASSUMERE QUALSIASI VALORE APPARTENENTE A $mathbb{R}$): questi autovettori non appartengono a L2, ma per esempio un pacchetto del tipo $int_(-1)^1 e^(ikx) dk= 2 (sinx)/x$ gli appartiene. Quindi,se vedi l'integrale come una "somma continua" di esponenziali, è come se stessimo usando per $L^2$ una base di elementi che non sono proprio di $L^2$ ...
Per questo se si inlcudono le distribuzioni temperate, il discorso diventa più "lineare" diciamo...
PS da tutto questo discorso ho tolto gli h tagliato che tanto non influiscono se non come costanti di proporzionalità sul discorso.
Se sono discreti, significa che l' autostato (autovettore) è normalizzabile, ossia che appprtiene a $L^2$, (conseguenza di un teorema sugli operatori hermitiani che ammettono sempre base ortonormale in $L^2$, non so se anche la numerabilità degli autovalori sia una delle tesi di questo teorema, è una delle cose che vorrei arrivare a capire in questa discussione
); se sono continui, significa che lo stato non è normalizzabile, ovvero che la "particella" è libera, e quindi non apprtiene a $L^2$, ma puoi costruirci comunque deille funzioni in L2, facendo una sovrapposizione continua (integrale) di questi autostati "non normalizzabili", pesati secondo un'altra funzione in modo che rientrino appunto nel suddetto spazio (trasformata di fourier), creando un cosiddetto pacchetto d'onda. Ovviamente questo implica che mentre ognuno di quelli normalizzabili ha energia definita (perchè è associato a un autovalore, secondo il suddetto teorema), i pacchetti essendo sovrapposizione di stati a energia diversa, non hanno energia definita (conferma del principio di indeterminazione di Heisenberg).Nel tuo caso la particella non può scapppare dalla buca, (corrisponde a una buca con potenziale 0 tra 0 e $pi$ e infinito altrove) e quindi hai solo stati normalizzabili con autovalori discreti (il seno appartiene a $L^2(0,pi)$ Infatti la particella non è libera. Se l'operatore fosse stato $-d^2/(dx^2) +V$, con $V =-1\ \se\ \ x in [-pi, pi],\ \V=0 a\ \l\ \t\ \r\ \o\ \v\ \e$ (non so come si scrivno le graffe grandi) avresti avuto sia uno spettro discreto che uno spettro continuo (con continuo io intendo che gli autovalori variano con continuità all'interno di un intervallo e perciò non sono un insieme numerabile).
Ad esempio per una particella libera (il cui operatore è$ -d^2/(dx^2)$ ) l'insieme degli autovettori è $C_1e^(ikx)+C_2e^(-ikx)$, (ognuno con autovalore $k^2$, e k PUò ASSUMERE QUALSIASI VALORE APPARTENENTE A $mathbb{R}$): questi autovettori non appartengono a L2, ma per esempio un pacchetto del tipo $int_(-1)^1 e^(ikx) dk= 2 (sinx)/x$ gli appartiene. Quindi,se vedi l'integrale come una "somma continua" di esponenziali, è come se stessimo usando per $L^2$ una base di elementi che non sono proprio di $L^2$ ...
Per questo se si inlcudono le distribuzioni temperate, il discorso diventa più "lineare" diciamo...
PS da tutto questo discorso ho tolto gli h tagliato che tanto non influiscono se non come costanti di proporzionalità sul discorso.
[OT]
Aggiungo qualche piccolo dettaglio, in relazione al caso di spettro puramente puntuale.
Se [tex]A \in \mathcal O(\mathcal H)[/tex] autoaggiunto rappresenta un'osservabile fisica e [tex]\varphi \in D(A)[/tex] è tale che [tex]\|\varphi\| = 1[/tex], si definiscono
- Il valor medio di $A$ nello stato $\varphi$, come [tex]\langle A \rangle_\varphi := (\varphi|A\varphi)[/tex].
- La dispersione di $A$ nello stato $\varphi$, come [tex]\Delta_\varphi A := \|A\varphi - \langle A \rangle_\varphi \varphi\|[/tex].
Detto questo, si mostra facilmente che gli elementi dello spettro puntuale $\sigma_p(A)$ di $A$ (i.e. l'insieme degli autovalori di $A$) sono tutti e soli quei $\lambda \in \mathbb R$ per cui esiste uno stato puro $\varphi \in D(A)$, [tex]\|\varphi\|= 1[/tex], con [tex]\langle A \rangle_\varphi= \lambda[/tex] e [tex]\Delta_\varphi A = 0[/tex]. Detto in altro modo, gli elementi di $\sigma_p(A)$ sono tutti e soli quei valori numerici ottenibili, misurando $A$ su opportuni stati puri, con esattezza e dispersione nulla.
[/OT]
Aggiungo qualche piccolo dettaglio, in relazione al caso di spettro puramente puntuale.
Se [tex]A \in \mathcal O(\mathcal H)[/tex] autoaggiunto rappresenta un'osservabile fisica e [tex]\varphi \in D(A)[/tex] è tale che [tex]\|\varphi\| = 1[/tex], si definiscono
- Il valor medio di $A$ nello stato $\varphi$, come [tex]\langle A \rangle_\varphi := (\varphi|A\varphi)[/tex].
- La dispersione di $A$ nello stato $\varphi$, come [tex]\Delta_\varphi A := \|A\varphi - \langle A \rangle_\varphi \varphi\|[/tex].
Detto questo, si mostra facilmente che gli elementi dello spettro puntuale $\sigma_p(A)$ di $A$ (i.e. l'insieme degli autovalori di $A$) sono tutti e soli quei $\lambda \in \mathbb R$ per cui esiste uno stato puro $\varphi \in D(A)$, [tex]\|\varphi\|= 1[/tex], con [tex]\langle A \rangle_\varphi= \lambda[/tex] e [tex]\Delta_\varphi A = 0[/tex]. Detto in altro modo, gli elementi di $\sigma_p(A)$ sono tutti e soli quei valori numerici ottenibili, misurando $A$ su opportuni stati puri, con esattezza e dispersione nulla.
[/OT]
sì sì vabeh ma questi già son dettagli che esulano dal nostro discorso, noi stavamo parlando del fatto se e in quali casi son vere quelle proposizioni da me scritte precedemente e poi delle applicazioni al suo esercizio,in generale comunque si parlava puramente degli aspetti matematici 
Intanto vi ringrazio per le delucidazioni fisiche, molto utili. Adesso provo a concludere l'esercizio senza fare altri errori (purtroppo al punto precedente ce n'erano un paio che ho corretto, mi scuso ancora).
Ricapitolo le definizioni:
[tex]$ \mathfrak{H}=L^2[0,\pi],\ D(A)=\{ f \in H^2(0, \pi) \mid f(0)=f(\pi)=0 \},\ A=-\frac{d}{dx^2}[/tex]
Abbiamo osservato che [tex]A[/tex] è simmetrico e semidefinito positivo (ma è immediato provare che è definito positivo) e ne abbiamo calcolato gli autovalori: [tex]\mathrm{VP}(A)=\{ n^2 \mid n \in \mathbb{N} \}[/tex]. Ora vogliamo calcolare lo spettro e l'operatore risolvente.
A questo scopo osserviamo che, se [tex]z \notin \mathrm{VP}(A)[/tex], allora [tex]A-zI[/tex] è ingettivo, quindi se l'equazione
[tex]$(A-zI)\psi=\varphi[/tex]
ha soluzione ne ha una sola e possiamo definire [tex]\psi=(A-zI)^{-1}\varphi[/tex]. Le [tex]z[/tex] per cui questo operatore è ovunque definito e limitato formeranno l'insieme risolvente.
Sia allora [tex]z \notin \mathrm{VP}(A)[/tex] e [tex]\varphi \in \mathfrak{H}[/tex]; per risolvere l'equazione
(R) [tex]$ \begin{cases}\psi'' + z\psi = -\varphi \\ \psi(0)=\psi(\pi)=0 \end{cases}[/tex]
usiamo il metodo della funzione di Green: scegliamo [tex]\psi_1, \psi_2[/tex] soluzioni linearmente indipendenti di [tex]\psi''+z \psi=0[/tex] tali che [tex]\psi_1(0)=0, \psi_2(\pi)=0[/tex]. Due soluzioni siffatte esistono certamente perché [tex]z[/tex] non è un autovalore; questo si può dimostrare in generale (ed è pure facile), comunque nel nostro caso non serve perché le troviamo esplicitamente:
[tex]$\psi_1(t)= e^{\sqrt{-z}t}-e^{-\sqrt{-z}t} \quad \psi_2=e^{-\sqrt{-z}\pi} e^{\sqrt{-z}t} - e^{\sqrt{-z} \pi}e^{-\sqrt{-z} t}[/tex]
(qui [tex]\sqrt[/tex] indica una qualsiasi determinazione, fissata una volta per tutte, della radice quadrata complessa).
Nel seguito [tex]a=0, b=\pi[/tex]. Applichiamo il metodo della variazione delle costanti: cerchiamo una soluzione di (R) nella forma [tex]\psi(t)=c_1(t)\psi_1(t)+c_2(t)\psi_2(t)[/tex] imponendo le condizioni
[tex]$\begin{cases} c_1'(t)\psi_1(t)+c_2'(t)\psi_2(t)=0 \\ c_1'(t)\psi_1'(t)+c_2'(t)\psi_2'(t)=-\varphi\end{cases}[/tex]
da cui ([tex]W[/tex] indica il determinante Wronskiano di [tex]\psi_1, \psi_2[/tex])
[tex]$\psi(t)=\psi_1(x)\int \frac{\varphi(t) \psi_2(t)}{W(t)}\, dt - \psi_2(x)\int \frac{\varphi(t) \psi_1(t)}{W(t)}\, dt[/tex]
Scegliendo le primitive in modo tale che si annullino in [tex]a, b[/tex] rispettivamente si ottiene la soluzione di (R) (nota: la soluzione è unica perché [tex]z[/tex] non è un autovalore), come si verifica immediatamente:
[tex]$\psi(t)=\int_b^x \frac{\psi_1(x) \psi_2(t)}{W(t)}\varphi(t)\, dt + \int_x^a \frac{\psi_1(t) \psi_2(x)}{W(t)}\varphi(t)\, dt[/tex]
Ponendo
[tex]$G(x, t)=\begin{cases} \dfrac{\psi_1(x) \psi_2(t)}{W(t)} & a \le t \le x \\ \dfrac{\psi_2(t)\psi_1(x)}{W(t)} & x \le t \le b \end{cases}[/tex]
possiamo finalmente scrivere
[tex]$\psi(t)=(A-zI)^{-1}\varphi=\int_a^b G(x, t)(-\varphi(t))\, dt[/tex].
Abbiamo potuto risolvere (R) per ogni [tex]\varphi \in \mathfrak{H}[/tex], quindi [tex](A-zI)^{-1}[/tex] è ovunque definito: mostriamo che è anche limitato usando la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz
[tex]$ \left\lvert \int_a^b G(x, t) \varphi(t)\, dt \right\rvert ^2 \le \int_a^b \lvert G(x, t) \rvert ^2 \, dt \int_a^b \lvert \varphi(t) \rvert ^2 \, dt[/tex]
da cui, integrando tra [tex]a[/tex] e [tex]b[/tex] rispetto a [tex]x[/tex], si ha
[tex]$ \lVert (A-zI)^{-1} \varphi \rVert_{L^2[a, b]} \le \lVert G \rVert _{L^2[a, b]\times [a, b]} \lVert \varphi \rVert_{L^2[a, b]}[/tex]
Visto che [tex]G[/tex] è una funzione continua in [tex][a, b]\times [a, b][/tex], certamente [tex]\lVert G \rVert _{L^2[a, b]\times [a, b]} < \infty[/tex] e [tex](A-zI)^{-1}[/tex] è limitato.
Possiamo concludere che per l'operatore [tex]A[/tex] lo spettro coincide con l'insieme degli autovalori e l'operatore risolvente si può esprimere in termini integrali. In effetti questo operatore ha una particolarità: è l'inverso di un operatore autoaggiunto e compatto, il che spiega perché gli autovalori si dispongono in una successione che diverge a [tex]+\infty[/tex].
Ricapitolo le definizioni:
[tex]$ \mathfrak{H}=L^2[0,\pi],\ D(A)=\{ f \in H^2(0, \pi) \mid f(0)=f(\pi)=0 \},\ A=-\frac{d}{dx^2}[/tex]
Abbiamo osservato che [tex]A[/tex] è simmetrico e semidefinito positivo (ma è immediato provare che è definito positivo) e ne abbiamo calcolato gli autovalori: [tex]\mathrm{VP}(A)=\{ n^2 \mid n \in \mathbb{N} \}[/tex]. Ora vogliamo calcolare lo spettro e l'operatore risolvente.
A questo scopo osserviamo che, se [tex]z \notin \mathrm{VP}(A)[/tex], allora [tex]A-zI[/tex] è ingettivo, quindi se l'equazione
[tex]$(A-zI)\psi=\varphi[/tex]
ha soluzione ne ha una sola e possiamo definire [tex]\psi=(A-zI)^{-1}\varphi[/tex]. Le [tex]z[/tex] per cui questo operatore è ovunque definito e limitato formeranno l'insieme risolvente.
Sia allora [tex]z \notin \mathrm{VP}(A)[/tex] e [tex]\varphi \in \mathfrak{H}[/tex]; per risolvere l'equazione
(R) [tex]$ \begin{cases}\psi'' + z\psi = -\varphi \\ \psi(0)=\psi(\pi)=0 \end{cases}[/tex]
usiamo il metodo della funzione di Green: scegliamo [tex]\psi_1, \psi_2[/tex] soluzioni linearmente indipendenti di [tex]\psi''+z \psi=0[/tex] tali che [tex]\psi_1(0)=0, \psi_2(\pi)=0[/tex]. Due soluzioni siffatte esistono certamente perché [tex]z[/tex] non è un autovalore; questo si può dimostrare in generale (ed è pure facile), comunque nel nostro caso non serve perché le troviamo esplicitamente:
[tex]$\psi_1(t)= e^{\sqrt{-z}t}-e^{-\sqrt{-z}t} \quad \psi_2=e^{-\sqrt{-z}\pi} e^{\sqrt{-z}t} - e^{\sqrt{-z} \pi}e^{-\sqrt{-z} t}[/tex]
(qui [tex]\sqrt[/tex] indica una qualsiasi determinazione, fissata una volta per tutte, della radice quadrata complessa).
Nel seguito [tex]a=0, b=\pi[/tex]. Applichiamo il metodo della variazione delle costanti: cerchiamo una soluzione di (R) nella forma [tex]\psi(t)=c_1(t)\psi_1(t)+c_2(t)\psi_2(t)[/tex] imponendo le condizioni
[tex]$\begin{cases} c_1'(t)\psi_1(t)+c_2'(t)\psi_2(t)=0 \\ c_1'(t)\psi_1'(t)+c_2'(t)\psi_2'(t)=-\varphi\end{cases}[/tex]
da cui ([tex]W[/tex] indica il determinante Wronskiano di [tex]\psi_1, \psi_2[/tex])
[tex]$\psi(t)=\psi_1(x)\int \frac{\varphi(t) \psi_2(t)}{W(t)}\, dt - \psi_2(x)\int \frac{\varphi(t) \psi_1(t)}{W(t)}\, dt[/tex]
Scegliendo le primitive in modo tale che si annullino in [tex]a, b[/tex] rispettivamente si ottiene la soluzione di (R) (nota: la soluzione è unica perché [tex]z[/tex] non è un autovalore), come si verifica immediatamente:
[tex]$\psi(t)=\int_b^x \frac{\psi_1(x) \psi_2(t)}{W(t)}\varphi(t)\, dt + \int_x^a \frac{\psi_1(t) \psi_2(x)}{W(t)}\varphi(t)\, dt[/tex]
Ponendo
[tex]$G(x, t)=\begin{cases} \dfrac{\psi_1(x) \psi_2(t)}{W(t)} & a \le t \le x \\ \dfrac{\psi_2(t)\psi_1(x)}{W(t)} & x \le t \le b \end{cases}[/tex]
possiamo finalmente scrivere
[tex]$\psi(t)=(A-zI)^{-1}\varphi=\int_a^b G(x, t)(-\varphi(t))\, dt[/tex].
Abbiamo potuto risolvere (R) per ogni [tex]\varphi \in \mathfrak{H}[/tex], quindi [tex](A-zI)^{-1}[/tex] è ovunque definito: mostriamo che è anche limitato usando la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz
[tex]$ \left\lvert \int_a^b G(x, t) \varphi(t)\, dt \right\rvert ^2 \le \int_a^b \lvert G(x, t) \rvert ^2 \, dt \int_a^b \lvert \varphi(t) \rvert ^2 \, dt[/tex]
da cui, integrando tra [tex]a[/tex] e [tex]b[/tex] rispetto a [tex]x[/tex], si ha
[tex]$ \lVert (A-zI)^{-1} \varphi \rVert_{L^2[a, b]} \le \lVert G \rVert _{L^2[a, b]\times [a, b]} \lVert \varphi \rVert_{L^2[a, b]}[/tex]
Visto che [tex]G[/tex] è una funzione continua in [tex][a, b]\times [a, b][/tex], certamente [tex]\lVert G \rVert _{L^2[a, b]\times [a, b]} < \infty[/tex] e [tex](A-zI)^{-1}[/tex] è limitato.
Possiamo concludere che per l'operatore [tex]A[/tex] lo spettro coincide con l'insieme degli autovalori e l'operatore risolvente si può esprimere in termini integrali. In effetti questo operatore ha una particolarità: è l'inverso di un operatore autoaggiunto e compatto, il che spiega perché gli autovalori si dispongono in una successione che diverge a [tex]+\infty[/tex].
uhm non ci dovrebbero esser delle i agli esponenti delle due soluzioni linearmente indipendenti che trovi quando dici "applichiamo il metodo della funzione di green"?
Ci sono, solo che non le vediamo ( 
) perché [tex]z[/tex] è un numero complesso. [edit] Ah no hai ragione, lì deve andarci [tex]\sqrt{-z}[/tex]. Adesso aggiusto. Comunque la sostanza non cambia (per fortuna 
).[/edit]
) perché [tex]z[/tex] è un numero complesso. [edit] Ah no hai ragione, lì deve andarci [tex]\sqrt{-z}[/tex]. Adesso aggiusto. Comunque la sostanza non cambia (per fortuna ).[/edit]
Uhm ok mi leggerò tutto con calma...purtroppo le funzioni di Green no le ho ancora studiate (ho solo usato un caso particolare applicato alla risoluzione delle equazioni per i potenziali in Elettrodinamica Classica con le condizioni al contorno di Dirichlet e Neumann..)
Ma non c'è nulla da sapere di teoria più del metodo della variazione delle costanti per le equazioni differenziali del secondo ordine a coefficienti costanti. Si, stiamo calcolando una funzione di Green, con questo nome altisonante che evoca complicate equazioni alle derivate parziali, ma questo è un caso molto più semplice, si tratta solo di fare i conti.
La morale della favola è che se [tex]z[/tex] non è un autovalore, riusciamo a invertire l'operatore [tex]A-zI[/tex] e l'inverso ha la forma
[tex]$(A-zI)^{-1}\varphi (x)=\int_0^\pi G(x, t) \varphi(t)\, dt[/tex]
per una funzione [tex]G[/tex] continua in [tex][0, \pi]\times[0, \pi][/tex]. (I conti servono solo a determinare questa [tex]G[/tex], se ti scoccia farli puoi prendermi in parola). La cosa importante è mostrare che quest'ultimo operatore è limitato; in verità è molto di più: si tratta infatti di un operatore compatto.
La morale della favola è che se [tex]z[/tex] non è un autovalore, riusciamo a invertire l'operatore [tex]A-zI[/tex] e l'inverso ha la forma
[tex]$(A-zI)^{-1}\varphi (x)=\int_0^\pi G(x, t) \varphi(t)\, dt[/tex]
per una funzione [tex]G[/tex] continua in [tex][0, \pi]\times[0, \pi][/tex]. (I conti servono solo a determinare questa [tex]G[/tex], se ti scoccia farli puoi prendermi in parola). La cosa importante è mostrare che quest'ultimo operatore è limitato; in verità è molto di più: si tratta infatti di un operatore compatto.
sì infatti il senso l'avevo capito, io quando al corso di Elettrodinamica ho risolto l'equazione di laplace per il potenziale elettrostatico (o il potenziale vettore magnetostatico) sapevo che al funzione di Green era l'operatore inverso dell'operatore laplaciano in sostanza.
Detto questo sì il senso della dimostrazione l'ho capito, ma vorrei rileggerla ancora con attenzione per vedere che non mi sia sfuggito qualche dettaglio.
Detto questo sì il senso della dimostrazione l'ho capito, ma vorrei rileggerla ancora con attenzione per vedere che non mi sia sfuggito qualche dettaglio.
Comunque vorrei sottolineare che, anche se abbiamo trovato uno spettro composto solo da autovalori, non è detto che ciò accada sempre. Un operatore, anche limitato, può tranquillamente non avere autovalori e avere valori spettrali: per esempio
[tex]$Af=xf(x),\quad \forall f\in L^2[0, 1][/tex]
è limitato, non ha autovalori, [tex]\sigma(A)=[0, 1][/tex];
[tex]$A\psi=-\psi'',\quad D(A)=H^2(\mathbb{R})[/tex]
non è limitato, non ha autovalori, [tex]\sigma(A)=[0, \infty)[/tex].
[tex]$Af=xf(x),\quad \forall f\in L^2[0, 1][/tex]
è limitato, non ha autovalori, [tex]\sigma(A)=[0, 1][/tex];
[tex]$A\psi=-\psi'',\quad D(A)=H^2(\mathbb{R})[/tex]
non è limitato, non ha autovalori, [tex]\sigma(A)=[0, \infty)[/tex].
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