ZAAWANSOWANA MECHANIKA KWANTOWA:

WSTĘP DO TEORII PRZESTRZENI HILBERTA

Ł. Derkacz

1

, R. Olkiewicz

IFT UWr., 2005

1

Uwagi i dostrzeżone błędy w notatkach prosze kierować na adres: [e-mail]

1

Przestrzenie Hilberta

Definicja 1 Niech E będzie przestrzenią liniową (wektorową) nad K (K = R, K = C). Funkcję
k · k : E → R spełniająca następujące warunki:

a) ∀f ∈ E kf k

> 0, kf k = 0 ⇔ f = 0

b) kf + gk

6 kf k + kgk ∀f, g ∈ E

c) kaf k = |a|kf k ∀f ∈ E ∀a ∈ K

nazywamy normą. Parę (V, k · k) nazywamy przestrzenią unormowaną.

Przykład 1 E = K

n

, ~a ∈ K

n

, ~a = (a

1

, ..., a

n

), a

i

∈ K

Przykłady norm:

a) k~ak

1

= max

i

|a

i

|

b) k~ak

2

=

P

n
i=1

|a

i

|

c) k~ak =

pP

n
i=1

|a

i

|

2

norma euklidesowa.

Definicja 2 Niech dany będzie ciąg f

n

∈ E. Mówimy, że ciąg f

n

jest zbieżny do f ∈ E, jeżeli

lim

n→∞

kf − f

n

k = 0. Piszemy wówczas lim

n→∞

f

n

= f lub f

n

→ f .

Definicja 3 Ciąg f

n

nazywamy ciągiem Cauchy’ego, jeżeli

∀ > 0 ∃N ∀n, m > N kf

n

− f

m

k < 

Uwaga: Jeżeli ciąg (f

n

) jest zbieżny to jest ciągiem Cauchy’ego.

Z tego, że f

n

→ f wynika ∃N ∀n > N kf − f

n

k < . Gdy n, m > N to zachodzi

kf

n

− f

m

k = kf

n

− f + f − f

m

k 6 kf

n

− f k + kf − f

m

k = kf − f

n

k + kf − f

m

k < 2

Definicja 4 Jeżeli każdy ciąg Cauchy’ego w przestrzeni unormowanej E jest zbieżny, to przestrzeń E

nazywamy zupełną. Przestrzeń unormowaną i zupełną nazywamy przestrzenią Banacha.

Przykład 2 Przestrzeń K jest przestrzenią Banacha względem każdej z norm k · k

1

, k · k

2

, k · k.

Definicja 5 Podprzestrzeń liniową D ⊂ E nazywamy gęstą, jeżeli

∀f ∈ E ∃(f

n

) ⊂ D taki, że f

n

→ f

Przykład 3 E = C[0, 1], kf k

∞

= sup

x∈[0,1]

|f (x)| jest normą na E. E jest przestrzenią Banacha.

Jeżeli (f

n

) jest ciągiem Cauchy’ego, to

sup

x∈[0,1]

|f

n

(x) − f

m

(x)| < 

czyli ∀x f

n

(x) → f (x). Z twierdzenia o zbieżności jednostajnej f jest funkcją ciągłą, czyli należy do

przestrzeni E.

Niech D = P|

[0,1]

. P jest zbiorem wielomianiów. D jest podprzestrzenią liniową w E. Z twierdze-

nia Stone’a-Weierstrassa wynika, że D jest gęsta w E. (Dla każdej funkcji ciągłej znajdziemy ciąg

wielomianiów dążących jednostajnie do tej funkcji.)

1

Definicja 6 Mówimy, że k · k spełnia regułę równoległoboku, jeżeli ∀f, g ∈ E zachodzi

kf − gk

2

+ kf + gk

2

= 2(kf k

2

+ kgk

2

)

Przykład 4 Norma k~ak

2

=

P

n
k=1

|a

i

| nie spełnia reguły równoległoboku. Kontrprzykład znajdź samo-

dzielnie.

Twierdzenie 1 Norma euklidesowa spełnia regułę równoległoboku.

Dowód: f = (a

1

, ..., a

n

), g = (b

1

, ...b

n

)

L =

X

|a

i

− b

i

|

2

+

X

|a

i

+ b

i

|

2

=

=

X

(a

i

a

i

− a

i

b

i

− a

i

b

i

+ b

i

b

i

+ a

i

a

i

+ a

i

b

i

+ a

i

b

i

+ b

i

b

i

) =

= 2

X

(|a

i

|

2

+ |b

i

|

2

) = 2(kf k

2

+ kgk

2

)

Definicja 7 Funkcję h·, ·i : E × E → K spełniającą następujące warunki

a) ∀f ∈ E hf, f i

> 0, hf, f i = 0 ⇔ f = 0

b) hf + g, hi = hf, hi + hg, hi

c) haf, hi =

ahf, hi ∀a ∈ K

d) hf, gi = hg, f i

nazywamy iloczynem skalarnym. Parę (E, h·, ·i) nazywamy przestrzenią unitarną.

Twierdzenie 2 (Nierówność Schwarza). Niech E to przestrzeń unitarna. Wówczas ∀f, g ∈ E zacho-

dzi

|hf, gi| 6

phf, fiphg, gi

Dowód: Jeśli g = 0, to hf, gi = 0 ∀f

Niech g 6= 0. Dla λ ∈ K hf + λg, f + λgi > 0

hf, f i + λhg, f i + λhf, gi + |λ|

2

hg, gi > 0

Podstawmy

λ = −

hg, f i

kgk

2

= −

hf, gi

kgk

2

λ = −

hf, gi

kgk

2

= −

hg, f i

kgk

2

Wtedy

hf, f i −

hf, gi

kgk

2

hf, gi −

hf, gi

kgk

2

hf, gi +

|hf, gi|

2

kgk

4

hg, gi > 0

Mnożymy obustronnie przez kgk

2

kf k

2

kgk

2

− 2|hf, gi|

2

+ |hf, gi|

2

> 0

|hf, gi|

2

6 kf k

2

kgk

2

|hf, gi| 6 kfkkgk

2

Twierdzenie 3 Jeżeli h·, ·i jest iloczynem skalarnym, to funkcja f →

phf, fi jest normą, którą

spełnia regułę równoległoboku. Nazywamy ją normą hilbertowską.

Dowód częściowy: a ∈ K. Warunek c)

kaf k =

phaf, afi = pahf, afi =

q

ahaf, f i =

q

a ahf, f i =

p|a|

2

hf, f i = |a|kf k

Warunek trójkąta:

Korzystając z nierówności Schwarza otrzymujemy

kf + gk

2

= hf + g, f + gi = hf, f i + hf, gi + hg, f i + hg, gi 6

6 kf k

2

+ 2kf kkgk + kgk

2

= (kf k + kgk)

2

Warunek równoległoboku wynika wprost z definicji.

Definicja 8 Przestrzeń unitarną i zupełną nazywamy przestrzenią Hilberta.

Przestrzeń Hilberta oznaczać będziemy H.

Uwaga: K

n

z iloczynem skalarnym h~a,~bi =

P

n
i=1

a

i

b

i

jest przestrzenią Hilberta.

Przykład 5 Przestrzeń E = C[0, 1] z normą kf k

∞

= sup

x∈[0,1]

|f (x)| nie jest przestrzenią Hilberta.

Przykład 6

l

2

=

(

(a

n

) : a

n

∈ C,

∞

X

n=1

|a

n

|

2

< ∞

)

Wprowadzamy strukturę przestrzeni liniowej

(a

n

) + (b

n

) = (a

n

+ b

n

)

c(a

n

) = (ca

n

), c ∈ C

Sprawdzamy, że suma (a

n

) + (b

n

) ∈ l

2

∞

X

n=1

|a

n

+ b

n

|

2

6

∞

X

n=1

2(|a

n

|

2

+ |b

n

|

2

) = 2

∞

X

n=1

|a

n

|

2

+ 2

∞

X

n=1

|b

n

|

2

< ∞

Definiujemy

h(a

n

), (b

n

)i =

∞

X

n=1

a

n

b

n

Ponieważ

∞

X

n=1

|a

n

b

n

| =

∞

X

n=1

|a

n

||b

n

| 6

∞

X

n=1

1

2

(|a

n

|

2

+ |b

n

|

2

) < ∞

więc szereg

P a

n

b

n

jest bezwzględnie zbieżny. Forma h·, ·i spełnia definicje iloczynu sklarnego, więc

jest ona iloczynem skalarnym.

Przestrzeń l

2

jest unitarna.

Szkic dowodu zupełności przestrzeni l

2

k(a

n

)k =

ph(a

n

), (a

n

)i =

v
u
u
t

∞

X

n=1

|a

n

|

2

3

Musimy pokazać, że jeżeli ciąg (a

n

)

k

, k ∈ N jest ciągiem Cauchy’ego to jest zbieżny do pewnego

elementu (b

n

) ∈ l

2

(a

n

)

k

= (a

k
1

, a

k
2

, ..., a

k
n

, ...) ∈ l

2

∀ > 0

∃N ∈ N ∀k, l > N

k(a

n

)

k

− (a

n

)

l

k < 

∞

X

n=1

|a

k
n

− a

l
n

|

2

< 

2

∀n ∈ N,

|a

k
n

− a

l
n

| < 

Z zupełności zbioru C

∀n ∈ N ∃b

n

: lim

k→∞

a

k
n

= b

n

Pozostaje wykazać, że (b

n

) ∈ l

2

oraz, że (a

n

) → (b

n

) w l

2

.

Definicja 9 Funkcję f : R

k

→ C nazywamy równą zero prawie wszędzie, jeżeli zachodzi

Z

R

k

|f (~

x)|

2

d~

x = 0

Przykład 7 Funkcja f : R → R

f (x) =

(

0

dla x ∈ R\Z

1

dla x ∈ Z

jest równa zero prawie wszędzie.

Przykład 8

L

2

(R

k

) =



f : R

k

→ C :

Z

R

k

|f (~

x)|

2

d~

x < ∞



gdzie ~

x = (x

1

, ..., x

k

), d~

x = dx

1

...dx

k

(f + g)(~

x) = f (~

x) + g(~

x)

(cf )(~

x) = cf (~

x), c ∈ C

Z powyższymi działaniami L

2

(R

k

) jest przestrzenią wektorową.

Wprowadzamy formę półtoraliniową

hf, gi =

Z

R

k

f (~

x)g(~

x)d~

x.

Ponieważ

Z

R

k





f (~

x)g(~

x)





d~

x 6

1

2

Z

R

k

|f (~

x)|

2

+ |g(~

x)|

2

d~x < ∞

więc funkcja f (~

x)g(~

x) jest bezwzględnia całkowalna.

Sprawdzamy własności iloczynu skalarnego

hf, f i =

Z

R

k

|f (~

x)|

2

d~

x > 0

< f, f >= 0 ⇔ f = 0 prawie wszędzie

4

Aby usunąć tę niejednoznaczność wprowadzamy relację równoważności

f ∼ g ⇔ f − g = 0 prawie wszędzie

Niech [f ] to klasa abstrakcji elementu f . Wprowadzamy

[f ] + [g] = [f + g]

c[f ] = [cf ]

Zbiór klas abstrakcji

[f ] : f ∈ L

2

R

k

jest przestrzenią wektorową. Oznaczamy ją również

L

2

(R

k

).

Definiujemy iloczyn sklarany na klasach abstrakcji

h[f ], [g]i =

Z

R

k

f (~

x)g(~

x)d~

x

Pokażemy, że powyższa definicja nie zależy od wyboru reprezentantów. Niech g

0

∼ g, f

0

∼ f . Wtedy

funkcje h

1

= f

0

− f , h

2

= g

0

− g są równe zero prawie wszędzie.

Z

R

k

f

0

(~

x)g

0

(~

x)d~

x =

Z

R

k

f (~

x) + h

1

(~

x) (g(~

x) + h

2

(~

x)) d~

x =

=

Z

R

k

f (~

x)g(~

x)d~

x +

Z

R

k

f (~

x)h

2

(~

x)d~

x +

Z

R

k

h

1

(~

x)g(~

x)d~

x +

Z

R

k

h

1

(~

x)h

2

(~

x)d~

x =

=

Z

R

k

f (~

x)g(~

x)d~

x

bo |hf, h

i

i| 6 kfkkh

i

k = 0.

Sprawdzamy własności formy

h[f ], [f ]i =

Z

R

k

|f (~

x)|

2

d~

x > 0

h[f ], [f ]i = 0 ⇐⇒ f = 0 prawie wszędzie ⇔ [f ] = 0

Pozostałe warunki są oczywiste. L

2

R

k

jest przestrzenią unitarną.

Twierdzenie 4 (Riesz-Fisher) Przestrzeń L

2

R

k

jest zupełna.

Wniosek : L

2

R

k

jest przestrzenią Hilberta.

Definicja 10 Podprzestrzeń D ⊂ H nazywamy domkniętą, jeżeli z warunków f

n

∈ D i f

n

→ f ∈ H

wynika, że f ∈ D.

Uwaga: Jeżeli D jest gęsta i domknięta, to D = H.

Uwaga: Każda skończenie wymiarowa podprzestrzeń jest domknięta.

Definicja 11 Domknięciem podprzestrzeni D ∈ H nazywamy najmniejszą podprzestrzeń domkniętą

zawierającą przestrzeń D. Oznaczamy ją D.

Stwierdzenie 5 D jest gęsta w H ⇔ D = H.

5

Definicja 12 Niech f, g ∈ H\{0}. Mówimy, że f ⊥ g, jeżeli hf, gi = 0

Definicja 13 Podzbiór A ⊂ H nazywamy ortogonalnym, jeżeli

∀f, g ∈ A, g 6= f 6= 0

f ⊥ g

Jeżeli dodatkowo zachodzi ∀f ∈ A kf k = 1, to zbiór A nazywamy ortonormalnym.

Definicja 14 Niech A ⊂ H, A 6= ∅. Dopełnieniem ortogonalnym zbioru A nazywamy zbiór

A

⊥

= {f ∈ H : hf, gi = 0 ∀g ∈ A}

Twierdzenie 6 ∀A ⊂ H, A 6= ∅, A

⊥

jest domkniętą podprzestrzenią w H.

Dowód: Niech f

1

i f

2

∈ A

⊥

. Niech g ∈ A

Liniowość: Ponieważ

hf

1

+ f

2

, gi = 0,

hcf

1

, gi = 0

więc A

⊥

jest podprzestrzenią.

Domkniętość: Niech g

n

∈ A

⊥

, g

n

→ g ∈ H. Musimy pokazać, że g ∈ A

⊥

. Niech h ∈ A

hg, hi =

D

lim

n→∞

g

n

, h

E

= lim

n→∞

hg

n

, hi = 0

Twierdzenie 7 (O rozkładzie ortogonalnym) Jeżeli D jest domkniętą podprzestrzenią w H, każdy

wektor f ∈ H możemy przedstawić w jednoznaczny sposób w postaci f ∈ f

1

+ f

2

, gdzie f

1

∈ D i

f

2

∈ D

⊥

. Rozkład ten zapisujemy H = D ⊕ D

⊥

.

Dowód: Niech f ∈ H. Definiujemy

d := inf

g∈D

kf − gk

∃(g

n

)

∞
n=1

, g

n

∈ D lim

n→∞

kf − g

n

k = 0

kg

n

− g

m

k

2

= k(g

n

− f ) + (f − g

m

)k

2

= 2kg

n

− f k + 2kf − g

m

k

2

− k(g

n

− f ) − (f − g

m

)k

2

=

= 2kf − g

n

k

2

+ 2kf − g

m

k

2

− 4

f −

g

n

+ g

m

2

2

Gdzie skorzystaliśmy z reguły równoległoboku.

g

n

+ g

m

2

∈ D

⇒

d

2

6

f −

g

n

+ g

m

2

2

0 6 kg

n

− g

m

k

2

6 2kf − g

n

k

2

+ 2kf − g

m

k

2

− 4d

2

Ponieważ kf − g

n

k

2

→ d

2

, to

∀ > 0 ∃n > N

kf − g

n

k

2

6 d

2

+ 

2

∀m, n > N

kg

n

− g

m

k

2

6 2d

2

+ 2

2

+ 2d

2

+ 2

2

− 4d

2

kg

n

− g

m

k 6 2

6

Ciąg (g

n

)

∞

n=1

jest ciągiem Cauchy’ego. Ponieważ D jest domkniętą podprzestrzenią, więc g

n

→

f

1

∈ D, d = kf − f

1

k.

Niech f

2

= f − f

1

. Wtedy kf

2

k = d. Pokażemy, że f

2

∈ D

⊥

. Niech h ∈ D i h 6= 0.

a = −

hh, f

2

i

khk

2

Ponieważ f

1

− ah ∈ D, więc

d

2

6 kf − (f

1

− ah)k

2

= kf

2

+ ahk

2

= hf

2

+ ah, f

2

+ ahi =

= hf

2

, f

2

i + ahh, f

2

i + ahf

2

, hi + |a|

2

hh, hi =

= kf

2

k

2

−

|hh, f

2

i|

2

khk

2

−

|hh, f

2

i|

2

khk

2

+

|hh, f

2

i|

2

khk

2

=

= kf

2

k

2

−

|hh, f

2

i|

2

khk

2

= d

2

−

|hh, f

2

i|

2

khk

2

Stąd hh, f

2

i = 0. Ostatecznie f

2

∈ D

⊥

.

Pokażemy jedyność rozkładu. Załóżmy, że f = f

1

+ f

2

. Niech f = ˜

f

1

+ ˜

f

2

, gdzie ˜

f

1

∈ D, ˜

f

2

∈ D

⊥

.

˜

f

1

+ ˜

f

2

= f

1

+ f

2

˜

f

1

− f

1

= f

2

− ˜

f

2

=: f

0

˜

f

1

− f

1

∈ D

f

2

− ˜

f

2

∈ D

⊥

)

⇒ f

0

∈ D ∩ D

⊥

= {0}

Skoro f

0

= 0, to f

1

= ˜

f

1

, f

2

= ˜

f

2

.

Twierdzenie 8 (Nierówność Bessela) Niech {e

1

, ..., e

n

} to układ ortonormalny. Wówczas

∀f ∈ H

kf k

2

>

n

X

i=1

|he

k

, f i|

2

Dowód: Niech g = f −

P

n
k=1

he

k

, f ie

k

kgk

2

= hg, gi =

*

f −

n

X

k=1

he

k

, f ie

k

, f −

n

X

l=1

he

l

, f ie

l

+

=

= kf k

2

−

n

X

l=1

he

l

, f ihf, e

l

i −

n

X

k=1

he

k

, f ihe

k

, f i +

n

X

k=1

n

X

l=1

he

k

, f ihe

l

, f iδ

kl

=

= kf k

2

−

n

X

l=1

|he

l

, f i|

2

> 0

Wniosek : f −

P

n
k=1

he

k

, f ie

k

∈ {e

1

, ..., e

n

}

⊥

Definicja 15 Podzbiór A ⊂ H nazywamy totalnym (zupełnym), jeżeli A

⊥

= {0}. Podzbiór, który jest

jednocześnie ortonormalny i totalny nazywamy bazą przestrzeni H.

Uwaga: Jeżeli układ {e

1

, ..., e

n

, ...} jest bazą w H, to

f = lim

n→∞

n

X

k=1

he

k

, f ie

k

=

∞

X

k=1

he

k

, f ie

k

oraz kf k

2

=

∞

X

k=1

|he

k

, f i|

2

7

Definicja 16 Przestrzeń Hilberta H nazywamy ośrodkową, jeżeli posiada przeliczalną bazę.

Definicja 17 Niech (H

1

, h·, ·i

1

), i (H

2

, h·, ·i

2

) to przestrzenie Hilberta. Mówimy, że H

1

jest izomor-

ficzna z H

2

, jeżeli ∃U : H

1

→ H

2

liniowy i bijektywny, dla którego jest spełniona równość

hU f

1

, U g

1

i

2

= hf

1

, g

2

i

1

∀f

1

, g

1

∈ H

1

Uwaga: Każda przestrzeń Hilberta ma bazę. Jeżeli {e

i

}

i∈I

jest bazą w H

1

i {f

j

}

j∈J

jest bazą w

H

2

, to

H

1

∼

= H

2

⇐⇒ I = J

Wniosek : Jeżeli dim H = n, to H ∼

= C

n

. Jeżeli dim H = ℵ

0

, to H ∼

= l

2

.

Przykład 9 H = L

2

[−1, 1], hf, gi =

R

1

−1

f (x)g(x)dx

P

n

(x) =

1

2

n

n!

d

n

(x

2

− 1)

n

dx

n

, n ∈ N ∪ {0}, x ∈ [−1, 1]

Wtedy P

0

(x) = 1, P

2

(x) = x i tak dalej. Zdefiniujmy e

n

(x) =

2n+1

2

1/2

P

n

(x), e

n

∈ H. Pokażemy,

że {e

0

, e

1

, ...} są bazą w H. Niech n > m

he

n

, e

m

i =

 2n + 1

2



1/2

 2m + 1

2



1/2

1

2

n+m

1

n!m!

Z

1

−1

d

n

(x

2

− 1)

n

dx

n

d

m

(x

2

− 1)

m

dx

m

dx

Obliczmy powyższą całkę:

Z

1

−1

 d

n−1

(x

2

− 1)

n

dx

n−1



0

d

m

(x

2

− 1)

m

dx

m

dx =

=

d

n−1

(x

2

− 1)

n

dx

n−1

d

m

(x

2

− 1)

m

dx

m






x=1

x=−1

−

Z

d

n−1

(x

2

− 1)

n

dx

n−1

d

m+1

(x

2

− 1)

m

dx

m+1

dx

Lemat:

d

n−1

(x

2

−1)

n

dx

n−1

= (x

2

− 1)Q(x), gdzie Q(x) jest wielomianem stopnia (n − 1).

Dowód: Bezpośredni rachunek.

A zatem:

Z

1

−1

d

n

(x

2

− 1)

n

dx

n

d

m

(x

2

− 1)

m

dx

m

dx =

= −

Z

1

−1

d

n−1

(x

2

− 1)

n

d

n−1

d

m+1

(x

2

− 1)

m

dx

m+1

dx = ... = (−1)

n

Z

1

−1

(x

2

− 1)

n

d

m+n

(x

2

− 1)

m

dx

m+n

dx = 0

Jeżeli n < m to he

n

, e

m

i = he

m

, e

n

i = 0

ke

n

k

2

= he

n

, e

n

i =

 2n + 1

2

1

4

n

1

(n!)

2

 Z

1

−1

d

n

(x

2

− 1)

n

dx

n

d

n

(x

2

− 1)

n

dx

n

dx =

=

2n + 1

2

1

4

n

1

(n!)

2

(2n)!

Z

1

−1

(−1)

n

(x

2

− 1)

n

dx

Funkcja ta jest parzysta, więc

ke

n

k

2

=

(2n + 1)!

4

n

(n!)

2

Z

1

0

(1 − x

2

)

n

dx

8

Z K. Kuratowski s. 175 wiemy, że

Z

1

0

(1 − x

2

)

n

dx =

2 · 4 · 6 · ... · 2n

1 · 3 · 5 · ... · (2n + 1)

Z

1

0

(1 − x

2

)

n

dx =

(2 · 4 · 6 · ... · 2n)

2

(2n + 1)!

=

4

n

(n!)

2

(2n + 1)!

ke

n

k

2

=

(2n + 1)!

4

n

(n!)

2

·

4

n

(n!)

2

(2n + 1)!

= 1

Szkic dowodu, że {e

i

}

n

i=1

jest totalny: Wystarczy pokazać, że Lin{e

i

} jest gęsta w H. Lin{e

i

} =

P[−1, 1] - przestrzeń wielomianów. 1) P[−1, 1] jest gęsta w C[−1, 1], 2) C[−1, 1] jest gęsta w H.

2

Operatory ograniczone na przestrzeni Hilberta

Niech D(A) będzie gęstą podrzestrzenią w H.

Definicja 18 Odwzorowanie linowe A : D(A) → H nazywamy operatorem liniowym, a podprzestrzeń

D(A) jego dziedziną.

Definicja 19 Niech D(A) ⊂ D(B) ⊂ H. Jeżeli operator B : D(B) → H spełnia warunek

∀f ∈ D(A) Af = Bf , to B nazywamy rozszerzeniem operatora A i piszemy A ⊂ B.

Definicja 20 Operator A : D(A) → H nazywamy ograniczonym, jeżeli

∃ M > 0 : ∀f ∈ D(A) kAf k 6 Mkfk

Definicja 21 Operator A : D(A) → H nazywamy ciągłym, jeżeli

∀f ∈ D(A) ∀(f

n

)

∞
n=1

, f

n

∈ D(A), f

n

→ f

zachodzi lim

n→∞

Af

n

= Af .

Twierdzenie 9 A jest ograniczony wtedy i tylko wtedy gdy A jest ciągły.

Dowód: ⇒ Niech A będzie ograniczony. Niech f

n

∈ D(A), f

n

→ f ∈ D(A)

0 6 kAf − Af

n

k = kA(f − f

n

)k 6 M kf − f

n

k → 0

Z twierdzenia o trzech ciągach Af

n

→ Af .

⇐ Dowód nie wprost. Zakładamy, że A nie jest ograniczony, czyli

∃(f

n

)

∞
n=1

, f

n

∈ D(A), kf

n

k = 1 : kAf

n

k → ∞

Oznacza to, że ∀n ∈ N ∃f

n

∈ D(A), kf

n

k = 1 : kAf

n

k > n.

Niech g

n

=

f

n

kAf

n

k

. Wówczas

g

n

∈ D(A), lim

n→∞

kg

n

− 0k = 0 ⇒ g

n

→ 0

Z ciągłości operatora A otrzymujemy, że

lim

n→∞

Ag

n

= A(0) = 0 ⇒ kAg

n

k → 0

Ag

n

= A



f

n

kAf

n

k



=

Af

n

kAf

n

k

⇒ kAg

n

k = 1

co jest sprzeczne.

9

Definicja 22 Niech A będzie operatorem ograniczonym. Liczbę

kAk

op

= sup

f ∈D(A)

kf k=1

kAf k

nazywamy normą operatora A.

Uwaga: ∀f ∈ D(A) kAf k

6 kAk

op

kf k.

Twierdzenie 10 Jeżeli A : D(A) → H jest operatorem ograniczonym, to ∃! ¯

A : H → H taki, że

A ⊂ ¯

A. Ponadto kAk

op

= k ¯

Ak

op

.

Dowód: Niech f ∈ H. ∃(f

n

)

∞

n=1

, f

n

∈ D(A), f

n

→ f . Definiujemy ¯

A(f ) = lim

n→∞

Af

n

.

1) Pokażemy, że powyższa granica istnieje.

k(Af

n

− Af

m

)k = kA(f

n

− f

m

)k 6 kAk

op

kf

n

− f

m

k

Stąd wynika, że (Af

n

)

∞

n=1

jest ciągiem Cauchy’ego. Ponieważ H jest zupełna, więc ∃g ∈ H takie,

że Af

n

→ g. Definiujemy ¯

Af = lim

n→∞

Af

n

.

2) Pokażemy, że ta definicja nie zależy od wyboru ciągów f

n

→ f . To znaczy, jeżeli (f

0

n

)

∞

n=1

∈ D(A)

i f

0

n

→ f , to lim

n→∞

Af

n

= lim

n→∞

Af

0

n

. (Ćwiczenie)

3) Pokażemy, że A ⊂ ¯

A. Niech f

0

∈ D(A). Niech (f

n

)

∞

n=1

, f

n

∈ D(A), f

n

→ f

0

. Z punktu 2)

wynika, że za f

n

możemy wybrać ciąg stały, tzn. f

n

= f

0

∀n ∈ N. Wówczas ¯

A(f ) = lim

n→∞

A(f

n

) =

lim

n→∞

A(f

0

) = A(f

0

).

4) Wykażemy, że rozszerzenie ¯

A jest jedyne. Niech A

1

, A

2

: H → H, A ⊂ A

1

oraz A ⊂ A

2

. Niech

f ∈ H. ∃(f

n

)

∞

n=1

, f

n

∈ D(A), f

n

→ f .

A

1

(f ) = lim

n→∞

A(f

n

) = A

2

(f )

Stąd wynika, że A

1

= A

2

.

5) Wykażemy, że k ¯

Ak

op

= kAk

op

. Nierówność k ¯

Ak

op

> kAk

op

jest oczywista. Wystarczy więc

wykazać, że zachodzi k ¯

Ak

op

6 kAk

op

. Zastosujemy dowód nie wprost.

Załóżmy, że kAk

op

< k ¯

Ak

op

. Niech  =

k ¯

Ak

op

−kAk

op

3

> 0. Z definicji normy ∀ > 0 ∃f ∈ H,

kf k = 1, kAk

op

< k ¯

Af k + .

Z definicji operatora A ∀f ∈ H, kf k = 1 ∃(g

n

)

∞

n=1

, g

n

∈ D(A), kg

n

k = 1 :

¯

Af = lim

n→∞

Ag

n

.

Stąd wynika, że lim

n→∞

k ¯

Af − Ag

n

k = 0. ∀ > 0 ∃N ∀n > N k ¯

Af − Ag

n

k < .

A zatem:

∃g ∈ D(A), kgk = 1 : k ¯

Af − Agk < 

i dalej

k ¯

Af k = k ¯

Af + Ag − Agk 6 kAgk + k ¯

Af − Agk 6 kAgk +  6 kAk

op

+ 

z nierówności trójkąta dla normy. Ostatecznie

k ¯

Ak

op

< k ¯

Af k +  < kAgk + 2 < kAk

op

+ 2

k ¯

Ak

op

< kAk

op

+

2

3

k ¯

Ak

op

−

2

3

kAk

op

k ¯

Ak

op

< kAk

op

Zachodzi sprzeczność.

Uwaga: Jeżeli dim H = ∞ i A : H → H jest liniowy, to nie oznacza, że A jest ograniczony.

10

Przykład 10 Niech H = L

2

(R). Niech f : R → C ograniczona. Definiujemy operator T

f

: H → H

(T

f

ψ)(x) := f (x)ψ(x), ψ ∈ H

Pokażmy, że faktycznie T

f

ψ ∈ H.

kT

f

ψk

2

=

Z

∞

−∞

|(T

f

ψ)(x)|

2

dx =

Z

∞

−∞

|f (x)|

2

|ψ(x)|

2

dx 6

6

Z

∞

−∞



sup

x∈R

|f (x)|

2



|ψ(x)|

2

dx 6

Z

∞

−∞

M

2

|ψ(x)|

2

dx 6 M

2

kψk

2

Z powyższej nierówności wynika, że

1) T

f

ψ ∈ H

2) kT

f

ψk 6 M kψk czyli kT

f

k

op

6 M , gdzie M = sup

x∈R

|f (x)|.

Problem 1 Czy dla każdej funkcji ograniczonej f zachodzi kT

f

k

op

= sup

x∈R

|f (x)|?

Wskazówka: Niech

f (x) =

(

1

dla x = 0

0

dla x 6= 0

kT

f

k

op

= 0, sup

x∈R

|f (x)| = 1

Odpowiedź ogólna: kT

f

k

op

= ess sup

x∈R

|f (x)|.

Przykład 11 Jeżeli H = C

n

i A : D(A) → H, to A jest ograniczony.

1) D(A) = H.

2) A ∈ M

n×n

, A = (A

ij

)

n

i,j=1

3) kAk

op

6

q

P

i,j

|A

i,j

|

2

Uwaga: Może zajść nierówność kAk

op

> max

i,j

|A

ij

|. Niech

A =

1

1

0

1

!

,

~

x : x

2
1

+ x

2
2

= 1

kA~

xk

2

= hA~

x, A~

xi = (x

1

+ x

2

)

2

+ x

2
2

= x

2
1

+ x

2
2

+ 2x

1

x

2

+ x

2
2

= 1 + 2x

1

x

2

+ x

2
2

Niech x

1

= x

2

=

1

√

2

kA~

xk

2

=

5

2

, kAk

op

>

r

5

2

Definicja 23 Niech A będzie operatorem ograniczonym. Operator A

∗

zadany równością

hA

∗

f, gi = hf, Agi,

f, g ∈ H

nazywamy operatorem sprzężonym do A. Dziedzina D(A

∗

) = H.

11

Twierdzenie 11

kAk

op

=

sup

kf k,kgk=1

|hf, Agi|

Dowód:

khf, Agi| 6 kfkkAgk 6 kfkkgkkAk

op

⇒

sup

kf k,kgk=1

|hf, Agi| 6 kAk

op

sup

kf k,kgk=1

|hf, Agi| > sup

kgk=1

Ag6=0








Ag

kAgk

, Ag







= sup

kgk=1

Ag6=0

kAgk = kAk

op

Wniosek : kA

∗

k

op

= kAk

op

kA

∗

k

op

=

sup

kf k,kgk=1

|hf, A

∗

gi| =

sup

kf k,kgk=1

|hAf, gi| = kAk

op

Twierdzenie 12 Niech B(H) będzie zbiorem operatorów ograniczonych na H. Wówczas B(H) jest

*-algebrą z jedynką. Czyli ∀ A, B ∈ B(H), z ∈ C

(A + B)f := Af + Bf,

(zA)f := zAf,

(AB)(f ) := A(Bf )

kA + Bk

op

6 kAk

op

+ kBk

op

,

kA

∗

k

op

= kAk

op

,

If = f

(A + B)

∗

= A

∗

+ B

∗

,

(zA)

∗

= zA

∗

,

(AB)

∗

= B

∗

A

∗

Dowód szkicowy:

a) Algebra

kA+Bk

op

= sup

kf k=1

kAf +Bf k 6 sup

kf k=1

(kAf k+kBf k) 6 sup

kf k=1

kAf k+ sup

kgk=1

kBgk = kAk

op

+kBk

op

kABk

op

6 kAk

op

kBk

op

,

kzAk

op

= |z|kAk

op

b) operacja *

∗ : B(H) → B(H)

h(AB)

∗

f, gi = hf, (AB)gi = hf, A(Bg)i = hA

∗

f, Bgi = hB

∗

A

∗

f, gi

c) istnienie jedynki I : →H, If = f, AI = IA = A ∀ A ∈ B(H)

Definicja 24 Niech A ∈ B(H). Jeżeli Af = λf, λ ∈ C, f 6= 0, to liczbę λ nazywamy wartością
własną, a wektor f wektorem własnym opearatora A.

Definicja 25 Jeżeli A = A

∗

, to A nazywamy hermitowskim. Zbór operatorów hermitowskich oznacza-

my Her(H).

Twierdzenie 13 Wartości własne opeartora hermitowskiego są rzeczywiste, a wektory własne odpo-

wiadające różnym wartościom własnym są ortogonalne.

Dowód: Dla wektorów własnych

Af

1

= λ

1

f

1

, f

1

6= 0,

Af

2

= λ

2

f

2

, f

2

6= 0,

λ

1

6= λ

2

Z pierwszej części twierdzenia λ

1

, λ

2

∈ R.

λ

2

hf

1

, f

2

i = hf

1

, λ

2

f

2

i = hf

2

, Af

2

i = hA

∗

f

1

, f

2

i = hAf

1

, f

2

i = hλ

1

f

1

, f

2

i = λ

1

hf

1

, f

2

i

(λ

1

− λ

2

)hf

1

, f

2

i = 0 ⇒ hf

1

, f

2

i = 0

12

Definicja 26 Niech {e

i

}

∞

i=1

będzie bazą ortonormalną w H. Liczby zespolone A

ij

= he

i

, Ae

j

i nazywa-

my wyrazami macierzowymi operatora A w bazie {e

i

}.

Twierdzenie 14 A = A

∗

⇔ A

ij

= A

ji

Definicja 27 Operator U ∈ B(H) nazywamy unitarnym, jeżeli spełnia jeden z następujących, równo-

ważnych, warunków:

a) U

∗

U = U U

∗

= I

b) hU f, U gi = hf, gi, hU

∗

f, U

∗

gi = hf, gi, ∀f, g ∈ H

Zbiór operatorów unitarnych oznaczamy U (H).

Przykład 12 U

∗

U = I, ale U U

∗

6= I

Niech {e

i

}

∞

i=1

będzie bazą w H

f =

∞

X

i=1

c

i

e

i

,

U (e

i

) := e

i+1

U (f ) = U

∞

X

i=1

c

i

e

i

!

=

∞

X

i=1

c

i

e

i+1

U

∗

(e

i

) =

(

e

i−1

i > 2

0

i = 1

∀i ∈ N U

∗

U (e

i

) = e

i

, U

∗

U = I, U U

∗

(e

1

) = 0

Uwaga: U (H) jest grupą z mnożeniem. Jeżeli U ∈ U (H), to

a) kU k

op

= 1

kU k

2
op

= sup

kf k=1

kU f k

2

= sup

kf k=1

hU f, U f i = sup

kf k=1

hU

∗

U f, f i = sup

kf k=1

hf, f i = 1

b) Jeżeli λ jest wartością własną U , to |λ| = 1.

c) Wektory własne odpowiadające różnym wartościom własnym są ortogonalne.

Twierdzenie 15 Jeżeli {e

i

}

∞

i=1

i {f

i

}

∞

i=1

, to dwie bazy w H, to istnieje U ∈ U (H) takie, że U (e

i

) =

f

i

, ∀i ∈ N.

Dowód: Niech f ∈ H,

f =

P

∞
k=1

he

k

, f ie

k

. Wtedy definiujemy U (f ) :=

P

∞
k=1

he

k

, f if

k

.

Przykład 13 Jeśli H = H

∗

, to e

itH

∈ U (H) ∀t ∈ R.

U

t

= e

itH

=

∞

X

k=0

(it)

k

H

k

k!

,

U

∗

t

= e

(itH)

∗

= e

−itH

[A, B] = 0 ⇒ e

A

e

B

= e

A+B

U

∗

t

U

t

= e

−itH

e

itH

= e

0

= I, U

t

U

∗

t

= I

13

Definicja 28 Operator hermitowski A nazywamy dodatnim, jeżeli ∀f ∈ H hAf, f i > 0.

Definicja 29 Jeżeli P = P

∗

, P

2

= P , to P nazywamy projektorem ortogonalnym.

Uwaga: Jeżeli P jest projektorem to:

a) P jest dodatni

b) jeżeli λ jest wartością własną P to λ = 0 lub λ = 1.

Definicja 30 Niech A będzie operatorem dodatnim. Jeżeli w pewnej bazie {e

i

} zachodzi

∞

X

i=1

hAe

i

, e

i

i < ∞

to A nazywamy operatorem śladowym, a liczbę

P

∞
i=1

hAe

i

, e

i

i =: tr(A) śladem operatora.

Twierdzenie 16 Jeżeli {e

i

}, {f

i

} są bazami w H, to

∞

X

i=1

hAe

i

, e

i

i =

∞

X

i=1

hAf

i

, f

i

i

Dowód: Z tw. 15 wynika, że istnieje U ∈ U (H) taki, że U e

i

= f

i

∀ i ∈ N.

∞

X

i=1

hAf

i

, f

i

i =

∞

X

i=1

hAU e

i

, U e

i

i =

∞

X

i=1

hU

∗

AU e

i

, e

i

i =

∞

X

i=1

(U

∗

AU )

ii

=

∞

X

i,j=1

(U

∗

A)

ij

U

ji

=

=

∞

X

i,j,k=1

(U

∗

)

ik

A

kj

U

ji

=

∞

X

j,k=1

A

kj

(I)

jk

=

∞

X

j,k=1

A

kj

δ

jk

=

∞

X

j=1

A

jj

=

∞

X

j=1

hAe

j

, e

j

i

Definicja 31 Operator ρ ∈ Tr(H), dodatni i unormowany ( trρ = 1) nazywamy macierzą gęstości.

Definicja 32 Niech A = A

∗

. Liczbę rzeczywistą hAi

ρ

= tr(Aρ) nazywamy wartością oczekiwaną ope-

ratora A w stanie ρ.

Uwaga: Możemy zdefiniować przestrzeń

Tr(H) = Lin{A ∈ H : A dodatnie i śladowe}

Wtedy mamy odwzorowanie tr : Tr(H) → C oraz zachodzi

A ∈ Her(H) ∩ Tr(H)

⇒

trA ∈ R

Dowód: Z definicji śladu

tr(A

∗

) =

∞

X

i=1

hA

∗

e

k

, e

k

i =

∞

X

i=1

he

k

, Ae

k

i =

∞

X

i=1

hAe

k

, e

k

i = tr(A)

Z powyższego oraz własności cykliczności śladu otrzymujemy

tr(Aρ) = tr [(Aρ)

∗

] = tr(ρ

∗

A

∗

) = tr(Aρ)

14

Przykład 14 Jeżeli ρ jest macierzą gęstości i projektorem tzn. ρ

2

= ρ, to nazywamy ją stanem

czystym. Szukamy ogólnej postaci stanów czystych. Niech kf k = 1, f ∈ H. Zdefiniujmy operator

P

f

(g) := hf, gif

Hermitowskość

hP

∗

f

g, hi = hg, P

f

hi = hg, hf, hif i = hf, hihg, f i

hP

f

g, hi = hhf, gif, hi = hf, gihf, hi = hg, f ihf, hi ⇒ P

∗

f

= P

f

Dodatniość

hP

f

g, gi = hhf, gif, gi = hf, gihf, gi = |hf, gi|

2

> 0

Tworzymy bazę. Niech e

1

= f . Cf ⊕ (Cf )

⊥

= H. Niech {e

i

} to baza w H.

∞

X

i=1

hP

f

e

i

, e

i

i =

∞

X

i=1

|hf, e

i

i|

2

= 1 +

∞

X

i=2

|he

1

, e

i

i|

2

= 1

P

f

jest macierzą gęstości. Pokażmy, że jest projektorem.

P

2

f

(g) = P

f

(P

f

g) = P

f

(hf, gif ) = hf, giP

f

(f ) = hf, gihf, f if = hf, gif = P

f

g ⇒ P

2

f

= P

f

P

f

- opisuje stan czysty.

hAi

P

f

= tr(AP

f

) =

∞

X

i=1

hAP

f

e

i

, e

i

i = hAP

f

e

1

, e

1

i +

∞

X

i=2

hAP

f

e

i

, e

i

i = hAe

1

, e

1

i = hAf, f i

Jeżeli ρ

2

= ρ, to istnieje f ∈ H, kf k = 1 takie, że ρ = P

f

.

3

Operatory nieograniczone w przestrzeni Hilberta

Przykład 15 Niech {e

i

}

∞

i=1

będzie bazą ortonormalną w H. A

ij

= he

i

, Ae

j

i, e

i

∈ D(A). Jeżeli nawet

∀i, j |A

ij

| 6 M to wcale nie oznacza, że operator A jest ograniczony. Niech

A =









1

0

0

...

1

0

0

...

1

0

0

...

...

...

...

...









,

f =









1

0

0

...









Af =











1

1

1

1

...











,

kAf k = ∞

Operator A wyznaczony przez macierz A

ij

nie jest ograniczony.

Definicja 33 Niech A : D(A) → H. Operator A nazywamy nieograniczonym, jeżeli nie jest ograni-

czony. To znaczy ∃{f

n

}

∞

n=1

, f

n

∈ D(A), kf

n

k = 1 taki, że lim

n→∞

kAf

n

k = ∞.

15

Przykład 16 Niech H = L

2

[0, 1], D(A) = C

1

[0, 1], Af := f

0

∈ H. Niech f

n

(x) =

√

2n + 1x

n

∈ D(A).

kf

n

k

2

= (2n + 1)

Z

1

0

x

2n

dx = 1

(Af

n

)(x) = n

√

2n + 1x

n−1

kAf

n

k

2

=

Z

1

0

n

2

(2n + 1)x

2n−2

dx = n

2

(2n + 1)

x

2n−1

2n − 1






1

0

= n

2

2n + 1

2n − 1

→ ∞

Definicja 34 Operator α : D → C, gdzie D jest gęstą podprzestrzenią w H (D = H) nazywamy
funkcjonałem liniowym.

Uwaga: α jest ograniczony ⇔ ciągły ⇔

∃M > 0 ∀f ∈ D |α(f )| 6 Mkfk

Jeżeli α jest ograniczony, to ma jedyne rozszerzenie do ograniczonego funkcjonału α : H → C.

Twierdzenie 17 (Riesza) Jeżeli α jest funkcjonałem ciągłym nad H to ∃! g ∈ H taki, że α(f ) =

hg, f i ∀ f ∈ H.

Niech A : D(A) → H będzie nieograniczony. Definiujemy

D(A

∗

) = {f ∈ H : funkcjonał g → hf, Agi, g ∈ D(A), jest ograniczony na D(A)}

Ponieważ D(A) jest gęste w H, więc powyższy funkcjonał rozszerza się na całą przestrzeń H.

Oznaczamy go h

f

: H → C, h

f

(g) = hf, Agi jeżeli g ∈ D(A). Z twierdzenia Riesza wynika, że

∃! ˜

f ∈ H takie, że ∀g ∈ H h

f

(g) = h ˜

f , gi. Definiujemy A

∗

: D(A

∗

) → H, A

∗

(f ) := ˜

f . Wówczas

∀ f ∈ D(A

∗

) ∀ g ∈ D(A)

hA

∗

f, gi = h ˜

f , gi = h

f

(g) = hf, Agi

Zbiór D(A

∗

) jest przestrzenią liniową.

Definicja 35 Operator A

∗

: D(A

∗

) → H dany wzorem A

∗

f = ˜

f nazywamy operatorem sprzężonym

do A.

Uwaga: Operator A

∗

jest liniowy. Niech f

1

, f

2

∈ D(A

∗

).

h

f

1

(g) = hf

1

, Agi,

h

f

2

= hf

2

, Agi,

g ∈ D(A)

Z twierdzenia Riesza wiemy, że

h

f

1

(g) = h ˜

f

1

, gi,

h

f

2

= h ˜

f

2

, gi

Jest oczywiste, że f

1

+ f

2

∈ D(A

∗

).

h

f

1

+f

2

(g) = hf

1

+ f

2

, Agi,

g ∈ D(A)

h

f

1

+f

2

(g) = h ^

f

1

+ f

2

, gi

16

Niech g ∈ D(A)

h ^

f

1

+ f

2

, gi = h

f

1

+f

2

(g) = hf

1

+ f

2

, Agi = hf

1

, Agi + hf

2

, Agi =

= h

f

1

(g) + h

f

2

(g) = h ˜

f

1

, gi + h ˜

f

2

, gi = h ˜

f

1

+ ˜

f

2

, gi

h ^

f

1

+ f

2

− ˜

f

1

− ˜

f

2

, gi = 0 ⇒

^

f

1

+ f

2

= ˜

f

1

+ ˜

f

2

Czyli A

∗

(f

1

+ f

2

) = A

∗

(f

1

) + A

∗

(f

2

).

Pytanie: Kiedy D(A

∗

) = H?

Definicja 36 Operator A : D(A) → H nazywamy domykalnym, jeżeli ∀ (f

n

)

∞

n=1

, f

n

∈ D(A), f

n

→ 0

i takiego, że ciąg wektorów Af

n

jest zbieżny do g ∈ H (lim

n→∞

Af

n

= g) wynika, że g = 0.

Definicja 37 Operator A : D(A) → H nazywamy domkniętym, jeżeli ∀ (f

n

)

∞

n=1

, f

n

∈ D(A) z tego,

że f

n

→ f i Af

n

→ g wynika, że f ∈ D(A) i A(f ) = g.

Uwaga: Jeżeli A jest ciągły, to A jest domykalny.

Definicja 38 Jeżeli A jest domykalny, to jego domknięciem A nazywamy najmniejszy operator do-

mknięty zawierający A:

a) A ⊂ A

b) jeżeli B - domknięty i A ⊂ B

to A ⊂ B.

Twierdzenie 18 (von Neumann) A jest domykalny ⇔ D(A

∗

) = H.

Uwaga: Jeżeli A jest domykalny, to D(A

∗

) jest gęste w H. Mozemy więc wyznaczyć operator

sprzężony (A

∗

)

∗

: D(A

∗∗

) → H.

Twierdzenie 19 (von Neumann) Jeżeli A jest domykalny, to (A

∗

)

∗

= A. Ponadto A

∗∗∗

= A

∗

.

Przykład 17 Niech H = L

2

[0, 1], D(A) = C

1

[0, 1], Af := f

0

. Pokażemy, że A jest domykalny. Niech

f

n

∈ D(A), f

n

→ 0 oraz Af

n

→ g. Musimy pokazać, że g = 0. Weźmy

D = {h ∈ D(A) : f (0) = f (1) = 0}

D jest podprzestrzenią liniową gęstą w H ( D = H).

Uwaga: Jeżeli D

1

⊂ D

2

⊂ H i D

1

gęsta w D

2

oraz D

2

= H, to D

1

= H. Bo ∀  > 0

f ∈ H ∃ g

1

∈ D

2

: kg

1

− f k <



2

g

1

∈ D

2

∃ g

2

∈ D

1

: kg

1

− g

2

k <



2

a z tego wynika kf − g

2

k <  czyli D

1

= H.

Niech h ∈ D.

hg, hi = lim

n→∞

hAf

n

, hi = lim

n→∞

hf

0

n

, hi = lim

n→∞

Z

1

0

f

0

n

(x)h(x)dx =

= lim

n→∞



f

n

(x)h(x)





x=1

x=0

−

Z

1

0

f

n

(x)h

0

(x)dx



= − lim

n→∞

hf

n

, h

0

i = 0

g ⊥ D ⇒ g = 0

Uwaga: Operator A nie jest domknięty.

17

Przykład 18 Niech H = L

2

[0, 1], D(A) = C[0, 1], Af := f (1)f

0

, f

0

(x) = 1 ∀x ∈ [0, 1]

f

n

=

√

2n + 1x

n

,

kf

n

k = 1,

(Af

n

)(x) =

√

2n + 1

kAf

n

k

2

=

Z

1

0

(2n + 1)dx = (2n + 1),

kAf

n

k =

√

2n + 1

Pokażemy, że A nie jest domykalny. Niech

g

n

(x) = x

n

, g

n

∈ D(A), g

n

→ 0

Ag

n

(x) = g

n

(1) = 1, Ag

n

= f

0

∀n, Ag

n

→ f

0

ale f

0

6= 0. Wyznaczmy D(A

∗

)

D(A

∗

) = {f ∈ H : g → hf, Agi jest ciągły na D(A)}

hf, Agi =

Z

1

0

f (x)(Ag)(x)dx =

Z

1

0

f (x)g(1)dx =

= g(1)

Z

1

0

f (x)dx = g(1)

Z

1

0

f (x)f

0

(x)dx = g(1)hf, f

0

i

Jeżeli f ∈ D(A

∗

), to

∃M > 0 ∀g ∈ D(A

∗

) |hf, Agi| 6 M kgk

Ale |g(1)||hf, f

0

i| 6 Mkgk i musiałoby zachodzić ∀n ∈ N

√

2n + 1|hf, f

0

i| 6 M. Funkcjonał g →

hf, Agi jest ograniczony ⇔ hf, f

0

i = 0. Czyli D(A

∗

) = f

⊥

0

. Jeżeli f ∈ D(A

∗

), to A

∗

f = g(1)hf, f

0

i = 0.

Definicja 39 Mówimy, że A : D(A) → H jest symetryczny, jeżeli ∀ f, g ∈ D(A) zachodzi

hAf, gi = hf, Agi

Uwaga: A jest symetryczny ⇔ A ⊂ A

∗

.

Definicja 40 Jeżeli D(A) = D(A

∗

) i ∀ f ∈ D(A) zachodzi Af = A

∗

f , to mówimy, że A jest samo-

sprzężony. Piszemy wtedy A = A

∗

.

Twierdzenie 20 Jeżeli A jest symetryczny, to A jest domykalny i A jest też symetryczny.

Dowód:

A ⊂ A

∗

⇒ D(A) ⊂ D(A

∗

) ⇒ D(A

∗

) jest gęsty w H



D(A

∗

) = H



⇒ A domykalny

Symetryczność. Musimy wykazać, że ∀ f, g ∈ D(A) zachodzi hAf, gi = hf, Agi.

Niech f ∈ D(A) i g ∈ D(A). Pokażemy, że hAf, gi = hf, Agi. Ponieważ g ∈ D(A) to ∃(g

n

)

∞

n=1

, g

n

∈

D(A) : g

n

→ g i Ag

n

→ Ag.

hf, Agi = lim

n→∞

hf, Ag

n

i = lim

n→∞

hf, Ag

n

i = lim

n→∞

hAf, g

n

i = hAf, gi = hAf, gi

Analogicznie w drugim argumencie. Niech f ∈ D(A) i g ∈ D(A). Niech f

n

→ f, f

n

∈ D(A), Af

n

→

Af .

hAf, gi = lim

n→∞

hAf

n

, gi = lim

n→∞

hf

n

, Agi = hf, Agi

18

Lemat 21

A

∗

= A

∗

∀A domykalnego

Dowód: Z tw. 19 wiemy, że A = A

∗∗

. Biorąc sprzężenie otrzymujemy A

∗

= A

∗∗∗

= A

∗

.

Definicja 41 Niech A będzie symetryczny. Jeżeli A jest już samosprzężony, to A nazywamy istotnie

samosprzężonym.

Definicja 42 Niech A : D(A) → H. Jądrem operatora A nazywamy podprzestrzeń

KerA := {f ∈ D(A) : Af = 0}

Twierdzenie 22 Niech A : D(A) → H będzie operatorem symetrycznym. Wówczas następujące wa-

runki są równoważne:

a) A jest samosprzężony (A jest istotnie samosprzężony)

b) Ker(A

∗

+ iI) = Ker(A

∗

− iI) = 0

Dowód: Udowadniamy tylko a) ⇒ b). Dowód nie wprost. Załóżmy, że ∃ f

1

∈ Ker(A

∗

+ iI) i f 6= 0,

to znaczy A

∗

f

1

= −if

1

. Rozpatrujemy wyrażenie

ihf

1

, f

1

i = h−if

1

, f

1

i = hA

∗

f

1

, f

1

i

A jest istotnie samosprzężony. Korzystając dodatkowo z lematu otrzymujemy, że (A)

∗

= A = A

∗

.

hA

∗

f

1

, f

1

i = hAf

1

, f

1

i = hf

1

, Af

1

i = hf

1

, A

∗

f

1

i = hf

1

, −if

1

i = −ihf

1

, f

1

i

Z tego wynika ikf

1

k

2

= −ikf

1

k

2

⇒ kf

1

k

2

= 0, co jest sprzeczne z założeniem.

Przykład 19 H = L

2

[0, 1]. Wybieramy dziedzinę

D(A) = {f ∈ C

1

[0, 1], f (0) = f (1) = 0}

oraz definiujemy Af := if

0

, f ∈ D(A). Chcemy pokazać, że A jest symetryczny. Niech f, g ∈ D(A).

hAf, gi = hif, gi = −ihf

0

, gi = i

Z

1

0

f

0

(x)g(x)dx =

= −i f (x)g(x)





1

0

+ i

Z

1

0

f (x)g

0

(x)dx = ihf, g

0

i = hf, ig

0

i = hf, Agi

Wiemy, że A ⊂ A

∗

, czyli D(A) ⊂ D(A

∗

). Pokażemy, że D(A

∗

) ⊃ C

1

[0, 1]. Niech f ∈ C

1

[0, 1]. Dla

g ∈ D(A)

h

f

(g) = hf, Agi = hf, ig

0

i = ihf, g

0

i = i

Z

1

0

f (x)g

0

(x)dx = −i

Z

1

0

f

0

(x)g(x)dx = hAf, gi

Sprawdzamy, czy h

f

(g) jest ograniczony

|h

f

(g)| 6 kAf kkgk = kif

0

kkgk = kf

0

kkgk

19

czyli f ∈ D(A

∗

). Niech f

1

= e

−x

, f

1

∈ D(A

∗

). Dla g ∈ D(A)

h

f

1

(g) = h e

f

1

, gi = hif

0

1

, gi

Stąd e

f

1

= if

0

1

czyli A

∗

f

1

= e

f

1

= if

0

1

(A

∗

f

1

)(x) = −ie

−x

= −if

1

(x)

Z tego mamy A

∗

f

1

= −if

1

. f

1

∈ Ker(A

∗

+ iI) i f

1

6= 0. Z twierdzenia 22 wnioskujemy, że operator

nie jest istotnie samosprzężony.

Ogólnie A

∗

f = if

0

, f ∈ C

1

[0, 1]. A zatem

A

∗

f

2

= if

0

2

⇒ f

2

(x) = e

x

czyli dim Ker(A

∗

± iI) = 1.

Wprowadzamy nowy operator. Niech

D(B) = {f ∈ C

1

[0, 1] : f (0) = f (1)}

D(B

∗

) = {f ∈ L

2

[0, 1] : g → hf, Bgi jest ciągły na D(B)}

gdzie Bg = ig

0

, g ∈ D(B).

1. Można pokazać, że jeżeli f ∈ D(B

∗

), to f

0

istnieje prawie wszędzie. A zatem

hf, Bgi = i

Z

1

0

f (x)g

0

(x)dx = i f (x)g(x)





1

0

− i

Z

1

0

f

0

(x)g(x)dx =

= ig(0)[f (1) − f (0)] − i

Z

1

0

f

0

(x)g(x)dx

Niech g

n

(x) =

√

4n + 1(2x − 1)

2n

, g

n

∈ D(B).

kg

n

(x)k

2

= (4n + 1)

Z

1

0

(2x − 1)

4n

dx = 1

∀n ∈ N

g

n

(0) =

√

4n + 1 → ∞

2. Aby funkcjonał h

f

(g) był ograniczony musi zachodzić f (0) = f (1). A zatem

h

f

(g) = −i

Z

1

0

f

0

(x)g(x)dx,

|h

f

(g)| 6 kf

0

kkgk

3. Ponadto musi zachodzić f

0

∈ L

2

[0, 1]. Stąd

D(B

∗

) =

f ∈ C[0, 1] : f

0

istnieje prawie wszędzie , f

0

∈ L

2

[0, 1], f (0) = f (1)

B

∗

f = if

0

,

f ∈ D(B

∗

)

Szukamy funkcji f

1

, f

2

∈ D(B

∗

) takich, że

B

∗

f

1

= −if

1

, B

∗

f

2

= if

2

=⇒

f

0

1

= −f

1

, f

0

2

= f

2

=⇒

f

1

(x) = C

1

e

−x

, f

2

(x) = C

2

e

x

Ponieważ f

1

, f

2

muszą spełniać warunek f (0) = f (1), więc C

1

= C

2

= 0. Stąd otrzymujemy, że

dim Ker(B

∗

± iI) = 0. B jest istotnie samosprzężony.

20

Niech

D(B

φ

) = {f ∈ C

1

[0, 1] : f (0) = e

iφ

f (1)}, φ ∈ [0, 2π], B

φ

f = if

0

, f ∈ D(B

φ

)

Można pokazać, że dim Ker(B

∗

φ

± iI) = 0. B

φ

jest istotnie samosprzężony.

Przykład 20 H = L

2

(R)

D(A) = {g ∈ C

1

(R) ∩ L

2

(R) : g

0

∈ L

2

(R)},

Ag = ig

0

Operator A jest nieograniczony:

f

n

(x) =

√

n

π

1

√

1 + nx

2

,

kf

n

k = 1,

f

0

n

(x) = −

n

3
2

x

π(1 + nx

2

)

3
2

kf

0

n

k

2

=

n

3

π

2

Z

R

x

2

(1 + nx

2

)

3

dx =

2n

3
2

π

2

a → ∞,

a > 0

Uwaga: Jeżeli g ∈ D(A) to lim

x→±∞

g(x) = 0.

Pokażemy, że A jest symetryczny. Niech f, g ∈ D(A)

hAf, gi =

Z

∞

−∞

if

0

(x)g(x)dx = −i

Z

∞

−∞

f

0

(x)g(x)dx =

= −i f (x)g(x)|

∞
−∞

+ i

Z

∞

−∞

f (x)g

0

(x)dx = ihf, g

0

i = hf, Agi

Zauważmy, że D(A

∗

) ⊃ {f ∈ C

1

(R)∩L

2

(R) : f

0

∈ L

2

(R)} = D(A), f ∈ D(A), A

∗

f = if

0

. Szukamy

A

∗

f

1

= −if

1

, A

∗

f

2

= if

2

=⇒

if

0

1

= −if

1

, if

0

2

= if

2

=⇒

f

1

(x) = C

1

e

−x

, f

2

(x) = C

2

e

x

Stad C

1

= C

2

= 0, czyli dim Ker(A

∗

± iI) = 0. A jest istotnie samosprzężony. Jego domknięcie

nazywamy go operatorem pędu ˆ

p.

Przykład 21 H = L

2

(R)

D(B) = {f ∈ L

2

(R) : p

1

f ∈ L

2

(R)}, p

1

(x) = x, (Bf )(x) := xf (x), Bf = p

1

f

D(B

∗

) = {f ∈ L

2

(R) : g →< f, Bg > jest ciągły na D(B)}

hf, Bgi =

Z

∞

−∞

f (x)xg(x)dx =

Z

∞

−∞

xf (x)g(x)dx = hp

1

f, gi

Stąd f ∈ D(B

∗

) ⇔ p

1

f ∈ L

2

(R). Czyli D(B

∗

) = D(B), B

∗

f = p

1

f , B

∗

= B. Operator B

nazywamy operatorem położenia i oznaczamy ˆ

x.

Uwaga:

D(ˆ

x ◦ ˆ

p) ⊃

f ∈ L

2

(R) : f ∈ C

1

(R), f

0

∈ L

2

(R), p

1

f

0

∈ L

2

(R)

=

=

f ∈ L

2

(R) : f ∈ C

1

(R), p

1

f

0

∈ L

2

(R)

D(ˆ

p ◦ ˆ

x) ⊃

f ∈ L

2

(R) : p

1

f ∈ L

2

(R), f ∈ C

1

(R), p

1

f

0

∈ L

2

(R)

21

Twierdzenie 23 Niech A : D(A) → H będzie operatorem symetrycznym.

a) Jeśli dim Ker(A

∗

+ iI) = dim Ker(A

∗

− iI) = 0, to A jest istotnie samosprzężony i A jest jedynym

samosprzężonym rozszerzeniem operatora A.

b) Jeśli dim Ker(A

∗

+ iI) = dim Ker(A

∗

− iI) > 1, to wówczas istnieje wiele różnych operatorów

samosprzężonych rozszerzających operator A. Żadne z nich nie jest postaci

A.

c) Jeśli dim Ker(A

∗

+ iI) 6= dim Ker(A

∗

− iI), to wówczas operator A nie ma samosprzężonych

rozszerzeń.

Przykład 22 H = L

2

(R)

D(A) = { Zbiór funkcji f ograniczonych takich, że zbiór {x ∈ R : f (x) 6= 0} jest ograniczony }

Zbiór D(A) ⊂ L

2

(R) ponieważ każdą funkcję ψ ∈ L

2

(R) możemy przybliżyć ciągiem f

n

= ψχ

[−n,n]

,

gdzie

χ

[−n,n]

(x) =

(

1

dla |x|

6 n

0

dla |x| > n

Definiujemy operator:

A : D(A) → H

(Af )(x) := xf (x), f ∈ D(A)

Zauważmy, że D(A) ⊂ D(B) i A ⊂ B, gdzie B to operator z przykładu 21.

Operator A jest nieograniczony: Weźmy ciąg

f

n

= χ

[n,n+1]

,

kf

n

k = 1,

f

n

∈ D(A)

(Af

n

)(x) =

(

x

x ∈ [n, n + 1]

0

x /

∈ [n, n + 1]

kAf

n

k

2

=

Z

n+1

n

x

2

dx = n

2

+ n +

1

3

→ ∞

Symetryczność A jest oczywista.

D(A

∗

) = {f ∈ L

2

(R) : Af ∈ L

2

(R)}

f ∈ D(A

∗

), g ∈ D(A),

h

f

(g) = hf, Agi = hAf, gi

|h

f

(g)| 6 kAf kkgk, f ∈ D(A

∗

),

(A

∗

f )(x) = xf (x)

Operator A jest istotnie samosprzężony: Niech:

f

1

∈ D(A

∗

), f

1

∈ Ker(A

∗

− iI)

A

∗

f

1

= if

1

⇒

kA

∗

f

1

− if

1

k

2

= 0

(A

∗

f

1

− f

1

)(x) = (x − i)f

1

(x) ⇒

Z

R

(x − 1)

2

|f

1

(x)|

2

dx = 0

co zachodzi gdy f

1

= 0 prawie wszędzie. Analogicznie postępujemy dla A

∗

+ iI. Otrzymujemy A = A

∗

.

Z twierdzenia 23 punktu a) wynika zatem, że A jest również operatorem położenia, tzn. A = B = ˆ

x.

22

Przykład 23 H = L

2

[0, ∞)

D

0

(A) =

g ∈ L

2

[0, ∞) : g ∈ C

1

[0, ∞), g

0

∈ L

2

[0, ∞)

,

Ag = ig

0

Sprawdźmy, czy A jest symetryczny. Niech f, g ∈ D

0

(A)

hAf, gi = −i

Z

∞

0

f

0

(x)g(x)dx = −i f (x)g(x)





∞

0

+ hf, Agi = −if (0)g(0) + hf, Agi

Dlatego musimy poprawić dziedzinę A

D(A) =

g ∈ L

2

[0, ∞) : g ∈ C

1

[0, ∞), g

0

∈ L

2

[0, ∞), g(0) = 0

Wtedy A : D(A) → H jest symetryczny.

D(A

∗

) ⊃

f ∈ L

2

[0, ∞) : f ∈ C

1

[0, ∞), f

0

∈ L

2

[0, ∞)

h

f

(g) = hf, Agi = hif

0

, gi,

g ∈ D(A),

A

∗

f = if

0

A

∗

f

1

= −if

1

, A

∗

f

2

= if

2

=⇒

f

0

1

= −f

1

, f

0

2

= f

2

=⇒

f

1

(x) = C

1

e

−x

, f

2

(x) = C

2

e

x

Ale C

2

= 0 ponieważ e

x

/

∈ L

2

(R).

dim Ker(A

∗

+ iI) = 1, dim Ker(A

∗

− iI) = 0

23