В предыдущем разделе мы рассмотрели вопрос о том, какие разложения единицы $E(\lambda)$ соответствуют данному эрмитову оператору $A$ только качественно, иллюстрируя его частными примерами. Систематическое изучение этой задачи еще предстоит провести. Правда, во всей математической полноте оно вышло бы за рамки нашей книги, и нам придется ограничиться доказательством нескольких моментов 11 лишь формулировкой остальных, тем более, что точное знание всех этих соотношений не абсолютно необходимо для понимания квантовой механики ${ }^{95}$ ).

Согласно теореме 18., непрерывность линейных операторов выражается в том, что
(St.)
\[
\|A f\| \leqq C \cdot\|f\|
\]
( $C$ произвольно, но фиксировано).
По теореме 18. существует и еще несколько эквивалентных форм условия $S_{i}^{t}$.
\[
\begin{array}{ll}
\left(S t_{1}\right) & |(A f, g)| \leqq C \cdot\|f\| \cdot\|g\|, \\
\left(S t_{2}\right) & |(A f, f)| \leqq C \cdot\|f\|^{2}
\end{array}
\]
(последнее только для эрмитовых операторов).
Условие $\boldsymbol{S} \boldsymbol{t}_{1}$., эквивалентное условию непрерывности, выражает введенное Гильбертом понятие ограниченности. Для ограниченных (т. е. непрерывных) эрмитовых операторов Гильберт поставил и разрешил проблему собственных значений (сравни прим. ${ }^{64}$ ), стр. 78). Но прежде чем обсуждать этот случай, мы должны ввести еще одно дополнительное понятие.

Эрмитов оператор $A$ называется замкнутым, если он обладает следующим свойством: Пусть $f_{1}, f_{2}, \ldots$ есть точечная последовательность, все $A f_{n}$ имеют смысл и выполняется $f_{n} \rightarrow f, A f_{n} \rightarrow f^{*}$, тогда $A f$ также имеет смысл и равно $f^{*}$. Следует заметить, что можно было бы определить непрерывность способом, весьма близким к этому требованию, именно так: если все $A f_{n}$ и $A f$ имеют смысл и если $f_{n} \rightarrow f$, то $A f_{n} \rightarrow A f$. Различие двух определений состоит в том, что для замкнутости заранее требуется существование предела $f^{*}$ последовательности $A f_{n}$, и только в этом предположении утверждается,
95) Теория неограниченных эрмитовых операторов, на которую мы в дальнейшем будем ссылаться (в дополнение к гильбертовой теории ограниченных операторов), была развита автором (см. ссылку в прим. ${ }^{78}$ ), стр. 91). Независимо к подобным результатам пришел M. Stone, Proc. Nat. Acad. Sci. of USA, 1929 и 1930.
что он равен $A f$. В требовании непрерывности, напротив, утверждается и существование $f^{*}$.

Несколько примеров. Пусть $\Re_{\infty}$ опять будет пространством всех $f(q)$ с конечным интегралом $\int_{-\infty}^{\infty}|f(q)|^{2} d q \quad(-\infty<q<\infty)$, $A$ – оператором $q \ldots$, определенным для всех $f(q)$, для которых $\int_{-\infty}^{\infty}|f(q)|^{2} d q \quad$ и $\quad \int_{-\infty}^{\infty} q^{2}|f(q)|^{2} d q \quad$ конечны, а $\quad A^{\prime}$ – оператором $\frac{h}{2 \pi i} \frac{\partial}{\partial q}$, определенным для всех всюду дифференцируемых функций, для которых конечны $\int_{-\infty}^{\infty}|f(q)|^{2} d q$ и $\int_{-\infty}^{\infty}\left|\frac{h}{2 \pi i} f^{\prime}(q)\right|^{2} d q$. Как мы знаем, оба эти оператора эрмитовы. Оператор $A$ замкнут. В самом деле, положим $f_{n} \rightarrow f, A f_{n} \rightarrow f^{*}$, т. е. $\int_{-\infty}^{\infty}\left|f_{n}(q)-f(q)\right|^{2} d q \rightarrow 0$; $\int_{-\infty}^{\infty}\left|q f(q)-f^{*}(q)\right|^{2} d q \rightarrow 0$. На основе сказанного в II. 3 при доказательстве $D$. существует подпоследовательность $f_{n_{1}}, f_{n_{2}}, \ldots$ последовательности $f_{1}, f_{2}, \ldots$, сходящаяся к пределу повсюду, за исключением $q$-множества меры нуль $f_{n_{\mathrm{v}}}(q) \rightarrow g(q)$. Следовательно, $\int_{-\infty}^{\infty}|g(q)-f(q)|^{2} d q=0, \int_{-\infty}^{\infty}\left|q g(q)-f^{*}(q)\right|^{2} d q=0$, т. е. всюду, кроме множества меры нуль $g(q)=f(q)$ и точно так же $q g(q)=f^{*}(q)$, следовательно, $q f(q)=f^{*}(q)$, т. е. $f^{*}(q)$ и $q f(q)$ не различны существенно. Но поскольку $f^{*}(q)$ принадлежит, по предположению, к $\mathfrak{R}_{\infty}$, то $q f(q)$ принадлежит к $\Re_{\infty}$ также. Соответственно $A f(q)$ имеет смысл и равно $q f(q)=f^{*}(q)$. Напротив, оператор $A^{\prime}$ не замкнут. Действительно, положим $f_{n}(q)=e^{-\sqrt{q^{2}+\frac{1}{n}}}, f(q)=e^{-|q|}$. Очевидно, все $A f_{n}$ имеют смысл, но $A f$ не определено ( $f$ не имеет производной в точке $q=0$ ). Тем не менее, в чем легко непосредственно убедиться, $f_{n} \rightarrow f, A f_{n} \rightarrow f^{*}$, если положить $f^{*}(q)=-\operatorname{sgn}(q) e^{-|q|}$ $(\operatorname{sgn}(q)=-1,0,+1$ соответственно для $q<$, =, >0).

Покажем теперь, что в отличие от непрерывности замкнутость это свойство, которое без особого труда может быть достигнуто для всех эрмитовых операторов. Это достигается при помощи процесса продолжения, т. е. путем того, что мы оставляем оператор неизменным во всех точках $\mathfrak{R}_{\infty}$, где он был определен, но дополнительно определяем его в некоторых точках, где он до того определен не был.

В самом деле, пусть $A$ – некоторый произвольный эрмитов оператор. Мы определим оператор $\tilde{A}$ таким образом: $\tilde{A} f$ имеет смысл, если существует последовательность $f_{1}, f_{2}, \ldots$ со всеми имеющими смысл $A f_{n}$ и при том такая, что $f$ есть предел $f_{n}$ и $A f_{n}$ также обладает пределом $f^{*}$. Тогда $\tilde{A} f=f^{*}$. Такое определение приемлемо, однако, только в том случае, если оно однозначно, т. е. если из $f_{n} \rightarrow f, g_{n} \rightarrow f, A f_{n} \rightarrow f^{*}, A g_{n} \rightarrow g^{*}$ следует, что $f^{*}=g^{*}$. Действительно, если $A g$ имеет смысл, то
\[
\begin{array}{l}
\left(f^{*}, g\right)=\lim \left(A f_{n}, g\right)=\lim \left(f_{n}, A g\right)=(f, A g), \\
\left(g^{*}, g\right)=\lim \left(A g_{n}, g\right)=\lim \left(g_{n}, A g\right)=(f, A g),
\end{array}
\]

и, следовательно, $\left(f^{*}, g\right)=\left(g^{*}, g\right)$. Но эти $g$ всюду плотны и, значит, $f^{*}=g^{*}$, т. е. мы определили $\tilde{A}$ корректно. Это $\tilde{A}$ есть продолжение $A$, т. е. повсюду, где $A f$ определено, определено и $\tilde{A} f$, равное $A f$ : достаточно положить все $f_{n}=f$ и $f^{*}=A f$. Из линейности и эрмитовости оператора $A$ те же свойства следуют для $\tilde{A}$ (по непрерывности). Наконец, $\tilde{A}$ также и замкнут. Действительно, пусть все $\tilde{A} f_{n}$ имеют смысл, $f_{n} \rightarrow f, \tilde{A f} f_{n} \rightarrow f^{*}$. Тогда существуют последовательности $f_{n, 1}, f_{n, 2}, \ldots$ с определенными $A f_{n, m}, f_{n m} \rightarrow f_{n}$, $A f_{n, m} \rightarrow f_{n}^{*}$ и $\tilde{A} f_{n}=f_{n}^{*}$. Для каждого $n$ существует $N_{n}$ такое, что при $m \geqq N_{n},\left\|f_{n, m}-f_{n}\right\| \leqq \frac{1}{n},\left\|A f_{n, m}-f_{n}^{*}\right\| \leqq \frac{1}{n}$. Следовательно, $f_{n, N_{n}}-f_{n} \rightarrow 0, \quad A f_{n, N_{n}}-\tilde{A f_{n} \rightarrow 0}$ и, значит, $\quad f_{n, N_{n}}-f \rightarrow 0$, $A f_{n, N_{n}}-f^{*} \rightarrow 0$. Отсюда следует, по определению, что $\tilde{A} f=f^{*}$.
(Следует обратить внимание на то, что не непрерывный оператор никогда не может быть сделан непрерывным с помощью продолжения.)

Если оператор $B$ является продолжением оператора $A$, т. е. если, коль скоро $A f$ имеет смысл, $B j$ также имеет смысл и равно $A f$, то мы будем записывать это как $B \& A$ или $A \zeta B$. Мы доказали уже, что $A-\tilde{A}$ и что $\tilde{A}$ эрмитов и замкнут. Очевидно без дальнейшего обсуждения, что для каждого замкнутого $B$ такого, что $A \prec B$, должно выполняться также $\tilde{A} \zeta B$. Соответственно $\tilde{A}$ есть наименьшее замкнутое продолжение $A$. (Значит, $\tilde{\tilde{A}}=\tilde{A}$.)

Тесная связь между $A$ и $\tilde{A}$ подсказывает нам, что $A$ может быть во всех рассуждениях заменено на $\tilde{A}$, поскольку $\tilde{A}$ естественным образом расширяет область определения $A$ или, если посмотреть с другой стороны, $A$ без всякой необходимости ограничивает
8 и. Неңйман
область $\tilde{A}$. Сделаем так, т. е. заменим везде $A$ на $\tilde{A}$, тогда мы сможем считать, что все эрмитовы операторы замкнуты.

Рассмотрим опять непрерывный эрмитов оператор $A$. В этом случае замкнутость эквивалентна замкнутости его области определения. Далее условие $\|A f\|<C \cdot\|f\|$, характеризующее непрерывность, очевидным образом выполняется также и для $\tilde{A}$. Следовательно, $\tilde{A}$ также непрерывен и, поскольку область определения $\tilde{A}$ таким образом замкнута, и, вместе с тем, всюду плотна, она должна совпадать с $\Re_{\infty}$. Значит, $\tilde{A}$ имеет смысл повсюду и тем самым каждын замкнутый и непрерывный оператор также повсюду определен. Обратное утверждение тоже верно: Если замкнутый оператор всюду имеет смысл, то он непрерывен (эго теорема T öplitz’a ${ }^{96}$ ), в доказательство которой мы не можем здесь углубляться).

Результат, полученный Гильбертом, состоит в следующем: Каждому непрерывному оператору соответствует одно и только одно разложение единицы. (См. прим. ${ }^{64}$ ), стр. 78.) Поскольку непрерывный оператор всегда имеет смысл, то интеграл $\int_{-\infty}^{\infty} \lambda^{2} d\|E(\lambda)\|^{2}$ всегда должен быть конечен; поскольку, к тому же, он равен $\|A f\|^{2}$ и, следовательно, по $S t$. $\leqq C^{2} \cdot\|f\|^{2}$, мы имеем
$0 \geqq\|A f\|^{2}-C^{2} \cdot\|f\|^{2}=$
\[
=\int_{-\infty}^{\infty} \lambda^{2} d\|E(\lambda) f\|^{2}-C^{2} \int_{-\infty}^{\infty} d\|E(\lambda) f\|^{2}=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\lambda^{2}-C^{2}\right) d\|E(\lambda) f\|^{2} .
\]

Положим теперь $f=E(-C-\varepsilon) g$. Тогда $E(\lambda) f=E$ (Min $(\lambda,-C-\varepsilon)) g$ и, следовательно, для $\lambda \geqq-C-\varepsilon$ это константа, так что нам остается рассмотреть только $\int_{-\infty}^{-C-\varepsilon}$. В этом случае $E(\lambda) f=E(\lambda) g$ и $\lambda^{2}-C^{2} \geqq(C+\varepsilon)^{2}-C^{2}>2 C \varepsilon$, так что
\[
\begin{array}{c}
0 \geqq 2 C \varepsilon \int_{-\infty}^{-C-\varepsilon} d\|E(\lambda) g\|^{2}=2 C \varepsilon\|E(-C-\varepsilon) g\|^{2}, \\
\|E(-C-\varepsilon) g\|^{2} \leqq 0, \quad E(-C-\varepsilon) g=0 .
\end{array}
\]

Таким же путем при $f=g-E(C+\varepsilon) g$ может быть показано, что
\[
g-E(C+\varepsilon) g=0
\]
6) Math. Ann. Bd. 69 (1911),Тем самым, для всех $\varepsilon>0$ будег $E(-C-\varepsilon)=0, E(C+\varepsilon)=1$, т. е. $E(\lambda)=0$ при $\lambda<-C$ и $E(\lambda)=1$ при $\lambda>C$. (В силу $\overline{\boldsymbol{S}_{2}}$. последнее выполняется еще и для $\lambda=C$.) Итак, $E(\lambda)$ изменяется лишь в интервале $-C \leqslant \lambda \leqslant C$.
Обратно, из этого как следствие вытекает непрерывность $A$ :
\[
\begin{array}{l}
\|A f\|^{2}= \int_{-\infty}^{\infty} \lambda^{2} d\|E(\lambda) f\|^{2}=\int_{-C}^{C} \lambda^{2} d\|E(\lambda) f\|^{2} \leqq C^{2} \cdot \int_{-C}^{C} d\|E(\lambda) f\|^{2}= \\
=C^{2} \cdot \int_{-\infty}^{\infty} d\|E(\lambda) f\|^{2}=C^{2} \cdot\|f\|^{2}, \quad\|A f\| \leqq C \cdot\|f\|
\end{array}
\]

Мы видим таким образом, что все непрерывные $A$ исчерпываются разложениями единицы, изменяющимися лишь в конечных интервалах переменной $\lambda$. Как же обстоит дело для остальных не непрерывных эрмитовых операторов? Ведь можно еще использовать все разложения единицы, изменяющиеся для сколь угодно больших $\lambda$, исчерпают ли они все упомянутые эрмитовы операторы?

Необходимо прежде всего правильно оценить то обстоятельство, что эти операторы могут иметь смысл не новсюду.

Само по себе мыслимо, что какой-либо эрмитов оператор может оказаться не определенным в тех точках гильбертова пространства, в которых это можно было бы сделать разумным образом. Так, например, наш оператор $A^{\prime}=\frac{h}{2 \pi i} \frac{\partial}{\partial q}$ был не определен для $f(q)=e^{-|q|}$, и мы могли бы даже ограничить $\frac{h}{2 \pi i} \frac{\partial}{\partial q}$ применением только к аналитическим функциям (в интервале $-\infty<q<\infty$, $q$ – вещественно) ${ }^{97}$ ) и так далее.
${ }^{97}$ ) Даже $f(q)$, аналитические в $-\infty<q<\infty\left(\right.$ с конечными $\int_{-\infty}^{\infty}|f(q)|^{2} d q$, $\left.\int_{-\infty}^{\infty}\left|f^{\prime}(q)\right|^{2} d q, \ldots\right)$, всюду плотны в $\Re_{\infty}$. Действительно, по II. $3, D$. линейные комбинации функций
\[
f_{a, b}(q)=\left\{\begin{array}{ll}
1 & \text { для } a<q<b, \\
0 & \text { в остальной области }
\end{array}\right.
\]

расположены всюду плотно. Следовагельно, достаточно аппроксимировать их произвольно близко при помощи упомянутых выше $f(q)$. В самом деле, например,
\[
f_{a, b}^{(\varepsilon)}(q)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \text { th } \frac{(x-a)(x-b)}{\varepsilon}=\frac{1}{e^{\frac{2(x-a)(x-b)}{\varepsilon}}+1}
\]

будет функцией искомого типа и сходится к $f_{a, b}(q)$ при $\varepsilon \rightarrow+0$.
8*
Область определения уже застрахована от слишком произвольных сокращений требованием того, чтобы она была всюду плотной. Далее, мы можем ограничиться замкнутыми операторами. Все же еще и это не достаточно эффективно. Денствительно, возьмем, например, оператор $A^{\prime}=\frac{h}{2 \pi i} \frac{\partial}{\partial q}$ в интервале $0 \leqq q \leqq 1$ и предположим, следовательно, что $f(q)$ всюду дифференцируемы, а интегралы $\int_{0}^{1}|f(q)|^{2} d q$ и $\int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(q)\right|^{2} d q$ конечны. Чтобы $A^{\prime}$ оказался эрмитовым, надо еще наложить граничное условие $f(0): f(1)=e^{-i \alpha}(0 \leqq \alpha<2 \pi)$; пусть множество этих $f(q)$ называется $\mathfrak{U}_{\alpha}$, а сам $A^{\prime}$ называется $A_{\alpha}^{\prime}$. Рассмотрим далее еще граничное условие $f(1)=f(0)=0$ и назовем соответствующее множество $\mathfrak{H}$, а соответственно ограниченный оператор $A^{\prime}$ назовем $A_{0}^{\prime}$. Все $\tilde{A}_{\alpha}^{\prime}$ суть продолжения $\tilde{A}_{0}^{\prime}$ (которыи эрмитов, и область определения которого всюду плотна ${ }^{98}$ )) и, следовательно, и замкнутые $\tilde{A}_{\alpha}^{\prime}$ также суть продолжения $\tilde{A}_{0}^{\prime}$. Все они отличны один от другого и от $\widetilde{A_{0}^{\prime}}$. Денствительно, явно унитарная операция $f(q) \rightarrow e^{i \beta q} f(q)$ преобразует $A^{\prime}$ в $A^{\prime}+\frac{h \beta}{2 \pi} 1$ и $\mathfrak{U}_{\alpha}$ в $\mathfrak{A}_{\alpha+\beta}, \mathfrak{A}_{0}$ в $\mathfrak{H}_{0} ;$ и, значит, $A_{\alpha}^{\prime}$ в $A_{\alpha-\beta}^{\prime}+\frac{h \beta}{2 \pi} 1, A_{0}^{\prime}$ в $A_{0}^{\prime}+\frac{h \beta}{2 \pi} 1$; и, значит, $\tilde{A}_{\alpha}^{\prime}$ в $\tilde{A}_{\alpha-\beta}^{\prime}+\frac{h \beta}{2 \pi} 1$ и $\tilde{A}_{0}^{\prime}$ в $\tilde{A}_{0}^{\prime}+\frac{h \beta}{2 \pi} 1$. То есть из $\tilde{A}_{\alpha}^{\prime}=\tilde{A}_{0}^{\prime}$ следовало бы, что $\tilde{A}_{\alpha-\beta}^{\prime}=\tilde{A_{0}^{\prime}}$, т. е. все $\tilde{A}_{\gamma}^{\prime}$ были бы равны между собой. Тем самым достаточно показать, что $\tilde{A}_{\alpha}^{\prime}
eq \tilde{A}_{\gamma}^{\prime}$ при $\alpha
eq \gamma$, а это заведомо так, если $A_{\alpha}^{\prime}, A_{\gamma}^{\prime}$ не имеют общего эрмитова продолжения, т. е. если $A^{\prime}$ не эрмитов в соединении $\mathfrak{A}_{a}$ и $\mathfrak{A}_{\gamma}$. Поскольку $e^{i \alpha q}$ принадлежит к $\mathfrak{A}_{a}, e^{l_{\uparrow} q}$ принадлежит к $\mathfrak{A}_{\gamma}$ и
\[
\begin{aligned}
\left(A^{\prime} e^{i \alpha q}, e^{i \gamma q}\right)-\left(e^{i \alpha q}, A^{\prime} e^{i \gamma q}\right) & = \\
=i \alpha \int_{0}^{1} e^{i(\alpha-\gamma) q} d q-i \gamma \int_{0}^{1} e^{l(\alpha-\gamma) q} d q & = \\
& =\int_{0}^{1} e^{i(\alpha-\gamma) q} i(\alpha-\gamma) d q=e^{i(\alpha-\gamma)}-1
eq 0,
\end{aligned}
\]
$\left.{ }^{98}\right)$ Опять достаточно аппроксимировать функции $f_{a b}(q), 0 \leqq a<b \leqq 1$ при помощи функций из $\mathfrak{2}$. Например, для этого можно воспользоваться функциями
\[
f_{a, b}^{(\varepsilon)}(q)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \text { th }\left\{\frac{1}{\varepsilon} \frac{(x-a-\varepsilon)(x-b+\varepsilon)}{x(1-x)}\right\}
\]

с $\varepsilon$, стремнщимся к +0 .
то именно этот случай имеет место. Это означает, что замкнутый эрмитов оператор $\tilde{A}_{0}^{\prime}$ определен в слишком ограниченнои области, так как существует его истинное (т. е. отличное от него самого) замкнутое эрмитово продолжение $\tilde{A_{\alpha}^{\prime}}$ и при этом процесс расширения бесконечно многозначен, так как можно воспользоваться каждым из $\tilde{A}_{\alpha}^{\prime}$ и любой из них будет порождать иное решение проблемы собственных значений. (Каждый раз мы будем иметь чисто дискретный спектр, но он зависит от $\alpha$ : набор $h\left(\frac{\alpha}{2 \pi}+k\right), k=0, \pm 1, \pm 2, \ldots$ ). С другой стороны, с помощью самого оператора $\widetilde{A_{0}^{\prime}}$ мы вообще не можем ждать никакого разумного решения проблемы собственных значений. В самом деле, мы еще покажем дальше в этом разделе, что эрмитов оператор, принадлежащий какому-либо разложению единицы (т. е. такой, для которого проблема собственных значений разрешима), не имеет ни одного истинного продолжения. Оператор, не имеющий никакого истинного продолжения, – иными словами, уже определенный во всех тех точках, где его можно было бы определить разумным образом, т. е. не нарушая его эрмитова характера, – мы назовем максимальным. Значит, по сказанному, разложение единицы может соответствовать только лишь максимальным операторам.

С другой стороны, имеет место следующая теорема: Каждый эрмитов оператор может быть продолжен до максимального эрмитова оператора. (И притом каждый не максимальный, но замкнутый оператор всегда бесчисленными различными способами. Таким образом, единственный однозначный шаг процесяа продолжения – это пзамыкание “ $A \rightarrow \tilde{A}$. Ср. прим. ${ }^{95}$ ), стр. 95.) Поэтому наиболее благоприятным решением проблемы, на которое мы вправе надеяться, было бы: Каждому максимальному эрмитову оператору принадлежит одно и только одно разбиение единицы: (Каждый замкнутый непрерывный оператор определен повсюду в $\Re_{\infty}$ и является, следовательно, максимальным.)

Таким образом, следует ответить на вопросы: Всегда ли обладает максимальный эрмитов оператор разложением единицы? Может ли случиться так, что несколько разложений будет отвечать одному и тому же оператору?

Мы начнем с того, что сформулируем ответы: Данному максимальному эрмитову оператору не принадлежит ни одного или принадлежит точно одно разложение единицы, причем первый случай реально встречается, т. е. проблема собственных значений наверняка однозначна, но при некоторых условиях неразрешима. Тем не менее последний случай надо рассматривать ь известном смысле как исключение. Мы наметим в основных чертах метод, приводящий к этому результату.

Если мы применим рациональную функцию $f(\lambda)$ к (бесконечномерной и диагонализуемой с помощью унитарного преобразования) матрице $A$, то собственные векторы матрицы $A$ сохранятся, а собственные значения $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n}$ перейут в $\left.f\left(\lambda_{1}\right), \ldots, f\left(\lambda_{n}\right)^{99}\right)$. Если теперь $f(\lambda)$ отображает вещественную ось (в комплексной плоскости) на окружность единичного радиуса, то матрицы с лишь вещественными собственными значениями перейдут в матрицы с собственными значениями, равными по модулю единице, т. е. эрмитовы матрицы перейдут в унитарные ${ }^{100}$ ). Этим свойством обладает, например, $f(\lambda)=\frac{\lambda-i}{\lambda+i}$. Соответствующее преобразование
\[
U=\frac{A-i 1}{A+i 1}, \quad A=-i \frac{U+1}{U-1}
\]

называется преобразованием Кэли (Cayley). Мы попробуем это преобразование и для эрмитовых операторов в $\mathfrak{R}_{\infty}$, т. е. мы определим следующий оператор $U: U f$ имеет смысл тогда и только тогда, когда $f=(A+i 1) \varphi=A \varphi+i \varphi$ и именно тогда $U f=(A-i 1) \varphi=A \varphi-i \varphi$. Мы рассчитываем, что это определение даст нам однозначное $U f$ для всех $f$ и что $U$ будет унитарным. Доказательство в $\mathfrak{R}_{n}$ естественно не является более аргументом, поскольку оно предполагает возможность преобразования к диагональной форме, т. е. разрешимость проблемы собственных значений и даже с чисто дискретным спектром. Но если наши утверждения относительно своиств $U$ правильны, то мы сможем разрешить проблему собственных значенний $A$ следующим путем.

Для $U$ проблема собственных значений решается таким образом – существует единственное семейство проекционных операторов
99) Поскольку мы можем представить себе функцию $f(\lambda)$ апроксимированной полиномами, то достаточно рассмотреть полиномы, или их основу, т. е. степени $f(\lambda)=\lambda^{s}(s=0,1,2, \ldots)$. Поскольку унитарное преобразование здесь не играет роли, мы можем считать $A$ диагональной матрицей; так как диагональные элементы и суть собственные значения, то они суть $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \ldots, \lambda_{n}$. Мы должны, следовательно, показать, что и $A^{s}$ диагональна и что ее диагональные элементы суть $\lambda_{1}^{s}, \lambda_{2}^{s}, \ldots, \lambda_{n}^{s}$, но это очевидно.
${ }^{100}$ ) Чтобы убедиться в том, что эти свойства характерны для эрмитова или соответственно унитарного характера матрицы, опять достаточно доказать это для диагональных матриц. По отношению к диагональной матрице $A$ с элементами $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n}$ диагональная матрица $A^{*}$ с элементами $\bar{\lambda}_{1}, \ldots, \bar{\lambda}_{n}$ есть сопряженная транспонированная; значит, $A=A^{*}$ утверждает, что $\lambda_{1}=\bar{\lambda}_{1}, \ldots, \lambda_{n}=\bar{\lambda}_{n}$, т. е. что $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n}$ вещественны. А $A A^{*}=A^{*} A=1$ утверждает, что $\lambda_{1} \bar{\lambda}_{1}=1, \ldots, \lambda_{n} \bar{\lambda}_{n}=1$, т. е. что $\left|\lambda_{1}\right|=\ldots \Rightarrow\left|\lambda_{n}\right|=1$.

—————————————————————-
0006ru_fizik_kvant_book11_page-0120.jpg.txt

9] О СУЩЕСТВОВАНИИ РЕШЕНИЯ ПРОБЛЕМЫ СОБСТВЕН. ЗНАЧЕНИИ 119
$E(\sigma) \quad(0 \leqq \sigma \leqq 1)$ удовлетворяющее следующим условиям:
$\overline{\overline{S_{1}}} . E(0)=0, E(1)=1$ и при $\sigma \rightarrow \sigma_{0}, \sigma \geqslant \sigma_{0}$ имеет место $E(\sigma) f \rightarrow E\left(\sigma_{0}\right) f$.
$\overline{\overline{\boldsymbol{S}_{2}}}$. Из $\sigma^{\prime} \leqq \sigma^{\prime \prime}$ следует, что $E\left(\sigma^{\prime}\right) \leqq E\left(\sigma^{\prime \prime}\right)$.
$\overline{\overline{S_{3}} \text {. }}$ Всегда выполняется $(U f, g)=\int_{0}^{1} e^{2 \pi i \sigma} d(E(\sigma) f, g)$ ( $U f$ определено повсюду и интеграл в правой части всегда абсолютно сходится ${ }^{101}$ )).
Это доказывается в рамках и средствами теории Гильберта, что оказывается возможным в силу того, что унитарный оператор $U$ всегда непрерывен (см. указанную в прим. ${ }^{64}$ ) стр. 78 и в прим. ${ }^{101}$ ) литературу). Аналогия с формулировкой $\overline{\boldsymbol{S}_{1}} \cdot-\overline{\boldsymbol{S}_{3}}$. для эрмитовых операторов бросается в глаза. Вся разница сводится к тому, что под интегралом вместо вещественного $\lambda$, пробегающего интервал $-\infty<\lambda<+\infty$, оказывается комплексная величнна $e^{2 \pi i \sigma}$, пробегающая окружность единичного радиуса (уже в $\Re_{n}$ соотношение эрмитовость – унитарность было глубоко аналогично соотношению вещественная ось – контур единичного круга; ср. прим. ${ }^{100}$ ) на стр. 118), и что описание области определения оператора в $\overline{S_{3}}$. здесь оказывается излишним, поскольку унитарные операторы определены повсюду.

В силу $\overline{S_{1},}, E(\sigma) f \rightarrow E(0) f=0$ при $\sigma \geqq 0$ (поскольку $\sigma \geqq 0$ по самой своей природе!), в то время как при $\sigma \rightarrow 1$ (так как $\sigma \leqq 1 !$ ) не обязательно должно быть $E(\circ) f \rightarrow E(1) f=f$. Если это в действительности не выполняется, то $E(\sigma)$ терпит разрыв как раз в точке $\sigma=1$. Но поскольку существует проекционный оператор $E^{\prime}$ такой, что для $\sigma \rightarrow 1, \sigma<1, E(\sigma) f \rightarrow E^{\prime} f$ (ср. теорему 17. в II. 4, а также прим. ${ }^{79}$ ) на стр. 94), это означает, что $E^{\prime}
eq E(1)=1$, т. е. что $E^{\prime} f=0$ также имеет решения $f
eq 0$. Поскольку $E(\sigma) \leqq E^{\prime}$,
101) Доказательство этих фактов смотри в работе автора, цитированной в прим. ${ }^{78}$ ), стр. 91, а также y A. W. int ner’a: Math. Z. Bd .30 (1929). Абсолютная сходимость всех интегралов $\int_{0}^{1} f(\sigma) d(E(\sigma) f, g)$ с ограниченными $f(\sigma)$ доказывается так: Достатсчно рассмотреть вещественную часть $\operatorname{Re}(E(\sigma) f, g)$, поскольку замена $f, g$ на $i f, g$ превращает ее в $\operatorname{Im}(E(\sigma) f, g)$. Но так как $\operatorname{Re}(E(\sigma) f, g)=\left(E(\sigma) \frac{f+g}{2}, \frac{f+g}{2}\right)-\left(E(\sigma) \frac{f-g}{2}, \frac{f-g}{2}\right)$. то достаточно исследовать только $(E(\sigma) f, f)$. Но в интеграле $\int_{0}^{1} f(\sigma) d(E(\sigma) f, f)$ подынтегральное выражение ограничено, а функция $\sigma$ под знаком дифференциала монотонна. Таким образом, утверждение очевидно.
то из $E^{\prime} f=0$ следует, что $E(\sigma) f=0$ для всех $\sigma<1$. Обратно, по определению $E^{\prime}$ первое следует из второго. Если все $E(\sigma) f=0$ $(0<1)$, то мы убеждаемся совершенно так, как в начале раздела II. 8 , что $(U f, g)=(f, g)$ для всех $g$ и, следовательно, $U f=f$. Напротив, если $U f=f$, то
\[
\begin{array}{c}
\int_{0}^{1} e^{2 \pi i \sigma} d(E(\sigma) f, f)=(U f, f)=(f, f), \\
\operatorname{Re} \int_{0}^{1} e^{2 \pi i \sigma} d(E(\sigma) f, f)=(f, f), \quad \int_{0}^{1}(1-\cos (2 \pi \sigma)) d(E(\sigma) f, f)=0, \\
\int_{0}^{1}(1-\cos (2 \pi \sigma)) d\left(\|E(\sigma) f\|^{2}\right)=0 .
\end{array}
\]

Отсюда, совершенно так же, как в начале II. 8, мы получаем $E(\sigma) f=0$ для всех $\sigma<1$ (и $>0$, но это выполняется и для $\sigma=0$ ). Тем самым разрыв непрерывности $E(\sigma)$ при $\sigma=1$ означает, что $U f=f$ разрешимо при $f
eq 0$.

Для наших кэли-образов $U$ будет теперь $\varphi=A f+i f$, $U \varphi=A f-i f$ и из $U \varphi=\varphi$ таким образом следует, что $f=0$. $\varphi=0$. При этом $E(\sigma) f \rightarrow f$ должно выполняться также и для $\sigma \rightarrow 1$. Вследствие этого с помощью отображения
\[
\lambda=-i \frac{e^{2 \pi i \sigma}+1}{e^{2 \pi i \sigma}-1}=-\operatorname{ctg} \pi \sigma, \quad \sigma=-\frac{1}{\pi} \operatorname{arcctg} \lambda
\]
(которое отображает друг на друга однозначно и монотонно интервалы $0<\sigma<1$ и $-\infty<\lambda<+\infty$ ) мы можем получить из $E(\sigma)$ разложение единицы для $F(\lambda)$ в смысле $\overline{\boldsymbol{S}_{1}} ., \overline{\boldsymbol{S}_{2}}$.
\[
F(\lambda)=E\left(-\frac{1}{\pi} \operatorname{arcctg} \lambda\right), \quad E=F(-\operatorname{ctg} \pi \sigma) .
\]

Мы хотим теперь показать, что $F(\lambda)$ удовлетворяет условию $\overline{S_{3}}$. с оператором $A$ тогда и только тогда, когда $E(\sigma)$ удовлетворяет условию $\overline{\overline{S_{3}}}$. с оператором $U$ и таким образом свести вопрос о существовании и единственности решения проблемы собственных значений эрмитова (возможно не непрерывного) оператора $A$ к тому же вопросу в отношении унитарного оператора $U$. Последняя же задача, как было описано, в желаемом смысле решается.

Итак, пусть $A$-эрмитов оператор и $U$-его кэли-образ. Для начала рассмотрим случай, когда $U$ унитарен, так что для него существует $E(\sigma)$, удовлетворяющая условиям $\overline{\overline{\boldsymbol{S}_{1}}}, \overline{\overline{\boldsymbol{S}_{2}}}$. так же, как и $\overline{\boldsymbol{S}_{3}}$. Образуем теперь $F(\lambda)$ согласно (C.), тогда для него выполняются $\overline{\boldsymbol{S}}_{1} ., \overline{\boldsymbol{S}}_{2}$. Если $A f$ имеет смысл, то $A f+i f=\varphi, A f-i f=U \varphi$ и, следовательно,

\[
f=\frac{\varphi-U \varphi}{2 i}, \quad A f=\frac{\varphi+U \varphi}{2} .
\]

Подсчитаем, в несколько символическом смысле ${ }^{102}$ ),
\[
\begin{array}{l}
f=\frac{1}{2 i}(\varphi-U \varphi)=\frac{1}{2 i}\left(\varphi-\int_{0}^{1} e^{2 \pi i \sigma} d E(\sigma) \varphi\right)=\int_{0}^{1} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma}}{2 i} d E(\sigma) \varphi, \\
E(\sigma) f=\int_{0}^{1} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} d\left(E(\sigma) E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi\right)= \\
=\int_{0}^{1} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} d\left(E\left(\min \left(\sigma, \sigma^{\prime}\right)\right) \varphi\right)=\int_{0}^{\sigma} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} d E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi \text {, } \\
\|E(\sigma) f\|^{2}=(E(\sigma) f, f)=\int_{0}^{\sigma} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 !} d\left(E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi, f\right)= \\
=\int_{0}^{\sigma} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} d \overline{\left(E\left(\sigma^{\prime}\right) f, \varphi\right)}= \\
=\int_{0}^{\sigma} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} d\left(\int_{0}^{\sigma^{\prime}} \frac{1-e^{-2 \pi i \sigma^{\prime \prime}}}{-2 i} d\left(\overline{\left.E\left(\sigma^{\prime \prime}\right) \varphi, \varphi\right)}\right)=\right. \\
=\int_{0}^{\sigma} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} \frac{1-e^{-2 \pi i \sigma^{\prime}}}{-2 i} d \overline{\left(E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi, \varphi\right)}= \\
=\int_{0}^{\sigma} \frac{\left(1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}\right)\left(1-e^{-2 \pi i \sigma^{\prime}}\right)}{4} d\left(\left\|E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi\right\|^{2}\right)=\int_{0}^{\sigma} \sin ^{2}\left(\pi \sigma^{\prime}\right) d\left(\left\|E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi\right\|^{2}\right) \text {. } \\
\end{array}
\]
102) Мы применяем здесь интегралы Стильтьеса к элементам $\Re_{\infty}$ вместо чисел. Так что все наши соотношения должны пониматься в том смысле, что мы выбираем некоторое фиксированное $g$ из $\Re_{\infty}$ и вместо каждого элемента $\Re_{\infty}$, появляющегося в вычислениях, подставляем его внутреннее произведение с этим g. Соотношеняя выполняются для любых g. В противоположность операторным интегралам Стильтьеса в II. 7 это лишь наполовину символический процесс; вместо одного $g$ из $\Re_{\infty}$ мы должны были там выбирать $f, g$ – два произвольных элемента из $\Re_{\infty}$ и вместо (…g) должны были образовывать (…f,g) (точки стоят вместо операторов).
Следовательно, входящий в $\bar{S}_{3}$. интеграл есть
\[
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} \lambda^{2} d\|F(\lambda) f\|^{2} & =\int_{0}^{1} \operatorname{ctg}^{2}(\pi \sigma) d\|E(\sigma) f\|^{2}= \\
& =\int_{0}^{1} \operatorname{ctg}^{2}(\pi \sigma) d\left(\int_{0}^{0} \sin ^{2}\left(\pi \sigma^{\prime}\right) d\left\|E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi\right\|^{2}\right)= \\
& =\int_{0}^{1} \operatorname{ctg}^{2}(\pi \sigma) \cdot \sin ^{2}\left(\pi \sigma^{\prime}\right) d\left\|E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi\right\|^{2}= \\
& =\int_{0}^{1} \cos ^{2}(\pi \sigma) d\|E(\sigma) \varphi\|^{2} .
\end{aligned}
\]

Но поскольку он абсолютно мажорируется интегралом $\int_{0}^{1} d\|E(\sigma) \varphi\|^{2}=$ $=\|\varphi\|^{2}$, то он конечен. Далее
\[
\begin{array}{l}
A f=\frac{1}{2}(\varphi+U \varphi)=\frac{1}{2}\left(\varphi+\int_{0}^{1} e^{2 \pi i \sigma} d E(\sigma) \varphi\right)= \\
=\int_{0}^{1} \frac{1+e^{2 \pi i \sigma}}{2} d E(\sigma) \varphi=\int_{0}^{1}-i \frac{e^{2 \pi i \sigma}+1}{e^{2 \pi i \sigma}-1} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma}}{2 i} d E(\sigma) \varphi= \\
=\int_{0}^{1}-\operatorname{ctg}(\pi \sigma) d\left(\int_{0}^{\sigma} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} d E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi\right)= \\
=\int_{0}^{1}-\operatorname{ctg}(\pi \sigma) d E(\sigma) f=\int_{-\infty}^{\infty} \lambda d F(\lambda) f,
\end{array}
\]
т. е. окончательное соотношение из $\bar{S}_{3}$. также выполнено. Соответственно $A$ есть во всяком случае продолжение того оператора, который, по $\overline{\mathcal{S}_{3}}$. принадлежит $F(\lambda)$, но, поскольку (как мы покажем) он максимален, то $A$ должен с ним совпадать $\left.{ }^{103}\right)$.
103) Здесь содержится неявное допущение, что для каждого данного разложения единицы $F(\lambda)$ такой оператор в действительности существует. Это значит, что предполагается, что при конечном $\int_{-\infty}^{\infty} \lambda^{2} d\|F(\lambda) f\|^{2}$ может быть
Рассмотрим теперь обратное утверждение. Пусть $F(\lambda)$ принадлежит $A$ в смысле $\overline{\boldsymbol{S}_{1}}$. $\overline{\boldsymbol{S}_{3}}$. Что иожно сказать об $U$ ? Определим сперва $E(\sigma)$ при помощи (C.). Оно, следовательно, будет удовлетворять $\overline{\boldsymbol{S}_{1}},, \overline{\overline{\boldsymbol{S}_{2}}}$. Пускай $\varphi$ произвольно. Напишем (опять символически)
\[
\begin{aligned}
f=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\lambda+i} d F(\lambda) \varphi=\int_{0}^{1} \frac{1}{-\operatorname{ctg}(\pi \sigma)+i} d E(\sigma) \varphi & = \\
& =\int_{0}^{1} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma}}{2 i} d E(\sigma) \varphi
\end{aligned}
\]
(так как $\frac{1}{\lambda+i}$ или $\frac{1-e^{2 \pi i \sigma}}{2 i}$ ограничена, то все сходится). Но тогда $F(\lambda) f=E(\sigma) f=\int_{0}^{1} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} d\left(E(\sigma) E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi\right)=$
\[
=\int_{0}^{1} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} d\left(E\left(\min \left(\sigma, \sigma^{\prime}\right)\right) \varphi\right)=\int_{0}^{\sigma} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} d E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi \text {, }
\]
\[
\begin{aligned}
A f & =\int_{-\infty}^{\infty} \lambda d F(\lambda) f=\int_{0}^{1}-\operatorname{ctg}(\pi \sigma) d E(\sigma) f= \\
& =\int_{0}^{1}-i \frac{e^{2 \pi i \sigma}+1}{e^{2 \pi i \sigma}-1} d\left(\int_{0}^{\sigma} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma^{\prime}}}{2 i} d E\left(\sigma^{\prime}\right) \varphi\right)= \\
& =\int_{0}^{1}-i \frac{e^{2 \pi i \sigma}+1}{e^{2 \pi i \sigma}-1} \frac{1-e^{2 \pi i \sigma}}{2 !} d E(\sigma) \varphi=\int_{0}^{1} \frac{1+e^{2 \pi i \sigma}}{2} d E(\sigma) \varphi,
\end{aligned}
\]

и, значит,
\[
A f+i f=\int_{0}^{1} d E(\sigma) \varphi=\varphi ; \quad A f-l f=\int_{0}^{1} e^{2 \pi i \sigma} d E(\sigma) \varphi .
\]

найдено такое $f^{*}$, что для всех $g\left(f^{*}, g\right)=\int_{-\infty}^{\infty} \lambda d\left(F^{\prime}(\lambda) f, g\right)$ и что $f$ с этим свойством повсюду плотны. (Эрмитовость оператора, определенного таким образом, следует тогда из $\bar{S}_{3}$ : нужно поменять $f$ и $g$ в последнем выражении и взять комплексно-сопряженное.) Оба эти предложения доказываются в статье, цитированной в прим. ${ }^{78}$ ), стр. 91 ).
Тем самым $U_{\varphi}$ определено и равно $\int_{0}^{1} e^{2 \pi i \sigma} d E$ (б) $\varphi$. Поскольку $\varphi$ было произвольно, то $U$ имеет смысл всюду. Если мы образуем внутреннее произведение с произвольным $\psi$ и возьмем комплексно-сопряженное, то убедимся, что $U^{*} \psi=\int_{0}^{1} e^{-2 \pi i \sigma} d E(\circ) \psi$. Выкладка в конце II. 8 показывает тогда, что $U U^{*}=U^{*} U=1$, т. е. что $U$ унитарен и принадлежит $E(\sigma)$.

Итак, разрешимость проблемы собственных значений оператора $A$ эквивалентна унитарному характеру его кэли-образа $U$. Его единственность этим установлена и таким образом последний остающийся вопрос это – всегда ли мы можем образовать $U$, и если да, то когда он будет унитарен? Чтобы ответить на эти вопросы, мы опять начнем с замкнутого эрмитова оператора $A$.

Мы определили $U$ таким образом: Если $\varphi=A f+i f$ и только тогда $U \varphi$ имеет смысл и равно $A f-i f$. Но сначала следует показать, что это определение вообще приемлемо, т. е. что для одного $\varphi$ не может существовать нескольких $f$. Или, иными словами, что из $A f+i f=A g+i g$ следует, что $f=g$, или, в силу линеиности $A$, что из $A f+i f=0$ следует, что $f=0$.
Мы имеем
\[
\begin{aligned}
\|A f \pm i f\|^{2} & =(A f \pm i f, A f \pm i f)= \\
& =(A f, A f) \pm(A f, i f) \pm(i f, A f)+(i f, i f)= \\
& =\|A f\|^{2} \mp i(A f, f) \pm i(f, A f)+\|f\|^{2}=\|A f\|^{2}+\|f\|^{2} .
\end{aligned}
\]

Итак, из $A f+i f=0$ вытекает $\|f\|^{2} \leqq\|A f+i f\|^{2}=0, f=0$, и, значит, наш способ определения оправдан. Во-вторых, $\|A f-i f\|=$ $=\|A f+i f\|$, т. е. $\|U \varphi\|=\|\varphi\|$. Но, значит, $U$, коль скоро он определен, непрерывен. Далее, пусть ( (т. е. множество всех $A f+l f$ ) і $\mathfrak{F}$-область изменения $U$ (множество всех $U f$, т. е. множество всех $A f-i f$ ). Так как $A$ и $U$ линеины, то ( $\xi$ и $\mathfrak{F}$ суть линенные многообразия, но они еще и замкнуты. Действительно, пусть $\varphi$-предельная точка ( или $\mathfrak{F}$ соответственно. Тогда существует последовательность $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \ldots$ из ( или из $\mathfrak{\digamma}$ соответственно, сходящаясяк $\varphi: \varphi_{m} \rightarrow \varphi$. Значит, $\varphi_{n}=A f_{n} \pm t f_{n}$. Поскольку $\varphi_{n}$ сходится, они удовлетворяют критерию сходимости Коши (ср. D. из II. 1), и поскольку
\[
\left\|f_{m}-f_{n}\right\| \leqq\left\|A\left(f_{m}-f_{n}\right)=l\left(f_{m}-f_{n}\right)\right\|=\left\|\varphi_{m}-\varphi_{n}\right\| .
\]

то и $f_{n}$, безусловно, удовлетворяют этому критерию, но так как $\left\|A f_{m}-A f_{n}\right\|=\left\|A\left(f_{m}-f_{n}\right)\right\| \leqq\left\|A\left(f_{m}-f_{n}\right) \pm l\left(f_{m}-f_{n}\right)\right\|=\left\|\varphi_{m}-\varphi_{n}\right\|$.
то и $A f_{n}$ также удовлетворяют критерию. Следовательно, $f_{1}, f_{2}, \ldots$ и $A f_{1}, A f_{2}, \ldots$ (по D. из II. 1) тоже сходятся: $f_{m} \rightarrow f, A f_{m} \rightarrow f^{*}$. Поскольку $A$-замкнутый оператор, $A f$ определено и равно $f^{*}$. Имеем, следовательно:
\[
\varphi_{n}=A f_{n} \pm l f_{n} \rightarrow f^{*} \pm i f=A f \pm i f, \varphi_{n} \rightarrow \varphi .
\]

Но, значит, $\varphi=A f \pm i f$, т. е. $\varphi$ также принадлежит к ( или к $\mathfrak{F}$ соответственно.

Итак, $U$ определен в замкнутом линейном многообразии (巨 и отображает его на замкнутое линейное многообразие $\mathfrak{F}$. Oператор $U$ линеен и, так как $\|U f-U g\|=\|U(f-g)\|=\|f-g\|$, то оставляет все расстояния инвариантными. Мы назовем его изометрическим. Тем самым из $U f
eq U g$ следует, что $f
eq g$, т. е. отображение однозначно. Верно также, что $(f, g)=(U f, U g)$, что доказывается совершенно так же, как в конце II. 5 доказывается аналогичное соотношение для унитарных операторов. Следовательно, $U$ оставляет также неизменными все внутренниє произведения. Но унитарным $U$ будет, конечно, тогда и только тогда, когда $\left(\mathfrak{E}=\mathfrak{F}=\mathfrak{R}_{\infty}\right.$.

Если $A$ и $B$ – два замкнутых эрмитовых оператора, $U$ и $V$ – их кэли-образы, а вышеописанными множествами будут соответственно $(\mathfrak{E}, \mathfrak{F}$ и $\mathfrak{G}, \mathfrak{5}$, то сразу видно, что если $B$ есть истинное продолжение $A$, то и $V$ есть истинное продолжение $U$. Следовательно, ( есть истинная часть $\mathfrak{E}, \mathfrak{F}$ – истинная часть $\mathfrak{g}$. Следовательно, $\mathfrak{E}
eq \mathfrak{\Re}_{\infty}$, $\widetilde{\delta}
eq \mathfrak{R}_{\infty}$. Значит, $U$ не унитарен и проблема собственных значений $A$ неразрешима. Так мы доказали неоднократно упоминавшуюся прежде теорему: Если проблема собственных значений $A$ разрешима, то не существует истинных продолжений $A$, т. е. $A$ максимален.

Вернемся теперь к замкнутому эрмитову оператору $A$ с его (E, $\mathfrak{F}$ и $U$. Если $A f$ имеет смысл, то для $A f+i f=\varphi U \varphi$ тоже имеет смысл и, именно, $A f-i f=U \varphi$, следовательно, $f=\frac{1}{2 i}(\varphi-U \varphi)$, $A f=\frac{1}{2}(\varphi+U \varphi)$, т. е., если мы положим $\psi=\frac{1}{2 i} \varphi$, то $f=\psi-U \psi$, $A f=i(\psi+U \psi)$. Наоборот, для $f=\psi-U \psi$, разумеется, определено $A f$; так как поскольку $U \psi$ имеет смысл, то $\psi=A f^{\prime}+i f^{\prime}$ ( $A f^{\prime}$ определено !), $\quad U \psi=A f^{\prime}-i f^{\prime} \quad$ и, следовательно, $\quad f=\psi-U \psi=2 i f^{\prime}$. Область определения $A$ есть, таким образом, множество всех $\psi-U \psi$ и, при $f=\psi-U \psi, A f=i(\psi+U \psi)$. Тем самым $A$ тоже однозначно определяется по $U$ (так же, как ( $₹$ и $\mathfrak{F}$ ). Одновременно мы убеждаемся, что множество $\psi-U \psi$ должно быть всюду плотно (как область определения $A$ ).

Пойдем теперь в обратном направлении, начиная с двух замкнутых линейных многообразий ( $\mathfrak{F}$ и линейного изометрического $U$, отображающего ( $\mathfrak{\xi}$ на $\mathfrak{F}$. Существует ли эрмитов оператор $A$, кэлиобразом которого является этот $U$ ? Во всяком случае для этого
необходимо, чтобы $\psi-U \psi$ были. всюду плотны, так что это предполагается. Искомый оператор $A$ определяется тогда, согласно только что сказанному, однозначно, и остается открытым лишь вопрос о том, возможно ли такое определение, будет ли этот $A$ в денствительности эрмитовым, будет ли $U$ в действительности его кэли-образом. Первое, несомненно, справедливо, если $f$ однозначно определяет $\varphi$ (когда оно вообще существует) через соотношение $f=\varphi-U \varphi$, т. е., если $\varphi=\psi$ следует из $\varphi-U \varphi=\psi-U \psi$ или $\varphi=0$ следует из $\varphi-U \varphi=0$. В самом деле, положим $\varphi-U \varphi=0$. Тогда из $g=\psi-U \psi$ следует, что
\[
(\varphi, g)=(\varphi, \psi)-(\varphi, U \psi)=(U \varphi, U \psi)-(\varphi, U \psi)=(U \varphi-\varphi, U \psi)=0,
\]

и, поскольку эти $g$ всюду плотны, то $\varphi=0$.
Во-вторых, нам нужно доказать, что $(A f, g)=(f, A g)$, т. е. что ( $A f, g$ ) переходит в комплексно-сопряженное выражение при замене $f$ и $g$. Положим $f=\varphi-U \varphi, g=\psi-U \psi$, тогда $A f=i(\varphi-U \varphi)$ и
\[
\begin{aligned}
(A f, g)= & (l(\varphi+U \varphi), \psi-U \psi)= \\
& =i(\varphi, \psi)+i(U \varphi, \psi)-i(\varphi, U \psi)-i(U \varphi, U \psi)= \\
& =i[(U \varphi, \psi)-(\overline{U \psi, \varphi})]=i(U \varphi, \psi)+i(\overline{U \psi, \varphi})
\end{aligned}
\]

и последнее выражение, очевидно, ведет себя желательным образом при перемене мест $f$ и $g$, т. е. $\varphi$ и $\psi$. Ответ на третий вопрос мы получим следующим образом. Обозначим через $V$ кэли-образ $A$. Его область определения есть множество всех
\[
A f+i f=i(\varphi+U \varphi)+i(\varphi-U \varphi)=2 i \varphi .
\]
т. е. область определения $U$, и в этой области
\[
V(2 i \varphi)=V(A f+i f)=A f-i f=i(\varphi+U \varphi)-i(\varphi-U \varphi)=2 i U \varphi \text {, }
\]
т. е. $V \varphi=U \varphi$. Следовательно, $V=U$.

Таким образом (замкнутые) эрмитовы операторы $A$ со всюду плотными $\varphi-U \varphi$ соответствуют нашим линейным изометрическим $U$ одно-однозначно, если мы отнесем каждому $A$ его кэли-образ $U^{104}$ ).
104) Чтобы проблема собственных значений $A$ была всегда разрешима, из этого должна была бы следовать унитарность $U$, т. е. условие $\mathfrak{\xi}=\mathfrak{\S}=\Re_{n}$ или $\Re_{\infty}$. Как мы вывели из существования не максимальных $A$, в $\Re_{\infty}$ это не так. Напротив, в $\Re_{n}$ это должно выполняться, в чем легко убедиться и непосредственно: поскольку каждое линейное многообразие в $\Re_{n}$ замкнуто, то то же будет и для многообразия всех $\varphi-U \varphi$, и, поскольку оно всюду плотно, оно равно $\Re_{n}$. (E-множество всех $\varphi$ – имеет не меньшее число измерений, чем его линейное отображение – множество всех $\varphi-U \varphi$, т. е. имеет максимальное число измерений $n$. Последнее должно иметь место также и для $\mathfrak{F}$-линейного одно-однозначного изображения (ङ. Но при конечном $n$ отсюда следует, что $\mathfrak{\xi}=₹=\Re_{n}$.
Мы можем теперь обозреть все $B$ – эрмитовы продолжения $A$, поскольку все $V$ – изометрические продолжения $U$ можно найти без всякого труда ( $\varphi-V \varphi$ автоматически повсюду плотны, так как $\varphi-U \varphi-$ подмножество предыдущего множества – всюду плотны). Чтобы оператор $A$ был максимальным, $U$ должен быть тоже максимальным и наоборот. Если $U$ не максимален, то $\left(\xi
eq \mathfrak{R}_{\infty}, \mathfrak{F}
eq \mathfrak{R}_{\infty}\right.$. Из этих неравенств в свою очередь следует не максимальный характер $U$. В самом деле, тогда $\Re_{\infty}-\left(E=0, \Re_{\infty}-F
eq 0\right.$; поэтому мы можем выбрать некоторое $\varphi_{0}$ из $\mathfrak{R}_{\infty}-\mathscr{F}$ и некоторое $\psi_{0}$ из $\Re_{\infty}-\mathscr{F}$ такие, что $\varphi_{0}
eq 0, \psi_{0}
eq 0$; и если мы их еще заменим на $\frac{\varphi_{0}}{\left\|\varphi_{0}\right\|}, \frac{\psi_{0}}{\left\|\psi_{0}\right\|}$, мы будем иметь $\left\|\varphi_{0}\right\|=\left\|\psi_{0}\right\|=1$. Определим теперь оператор $V$ в $\left[\tilde{5}, \varphi_{0}\right]$ так, что для $f=\varphi+a \varphi_{0}$ ( $\varphi$ из ( $\tilde{,}, a$ – некоторое число) $V f=U \varphi+a \psi_{0}$, причем $V$, очевидно, линеен; так как $\varphi$ ортогональна к $\varphi_{0}$ и $U \varphi$ ортогональна к $\psi_{0}$, то $\|f\|^{2}=\|\varphi\|^{2}+|a|^{2},\|V f\|^{2}=$ $=\|U \varphi\|^{2}+|a|^{2}$, и, значит, $\|V f\|=\|f\|$ и $V$ изометрический оператор. Наконец, $V$ есть истинное продолжение $U$. Следовательно, максимальный характер $A$ определяется тем, что $5=\mathfrak{R}_{\infty}$ или $\mathfrak{F}=\mathfrak{R}_{\infty}$.

Если, с другой стороны, $A$ не максимален, то оба замкнутых линейных многообразия $\mathfrak{R}_{\infty}-\left(5\right.$ и $\mathfrak{R}_{\infty}$ – $\mathfrak{F}$ отличны от нуля. Пусть ортонормированными системами, растягивающими эти многообразия, будут $\varphi_{1}, \ldots, \varphi_{p}$ и $\psi_{1}, \ldots, \psi_{q}$ соответственно (ср. теорему 9. из II. 2$) ; p=1,2, \ldots, \infty ; q=1,2, \ldots, \infty ;$ при $p$ или $q$, равном $\infty$, ряд $\varphi$ или $\psi$ не обрывается. Пусть $r=\operatorname{Min}(p, q)$, тогда мы определим оператор $V$ в $\left[\xi, \varphi_{1}, \ldots, \varphi_{r}\right]$ следующим образом: для $f=\varphi+\sum_{
u=1}^{r} a_{
u} \varphi_{
u}$ ( $\varphi$ из (5; $a_{1}, \ldots, a_{r}$-числа), $V f=U \varphi+\sum_{
u=1}^{r} a_{
u} \psi_{
u}$. Далее легко убедиться в том, что $V$-линеинны и изометрический оператор и что он является истинным продолжением $U$. Его область определения – это $\left[\digamma, \varphi_{1}, \ldots, \varphi_{r}\right]$, т. е. при $r=p$ она совпадает с $\left[\mathfrak{E}, \mathfrak{R}_{\infty}-(\tilde{\xi}]=\mathfrak{R}_{\infty}\right.$; его область изменения – это $\left[\mathfrak{F}, \psi_{1}, \ldots, \psi_{r}\right]$ и, следовательно, при $r=q$ она совпадает с [F, $\left.\mathfrak{R}_{\infty}-\mathfrak{F}\right]=\mathfrak{R}_{\infty}$. Значит, одна из двух областей во всяком случае равна $\Re_{\infty}$. Пусть $V$ будет кэли-образом эрмитова оператора $B$. В соответствии с нашим рассуждением $B$ есть продолжение $A$ и притом максимальное. Заметим, что $\varphi$ и $\psi$ могут быть выораны бесконечным числом разных способов (например, мы можем заменить $\psi_{1}$ на любое $\theta \psi_{1}$ с $|\theta|=1$ ). Соответствующая неопределенность остается и в выборе $V$ и $B$.

Итак, мы до конца проанализировали проблему собственных значений и пришли к следующему выводу: если она разрешима, то она имеет лишь одно решение, однако для немаксимальных операторов она, безусловно, неразрешима. Немаксимальные операторы всегда могут быть бесконечно многими способами продолжены до максимальных (мы все время имеем в виду эрмитовы замкнутые операторы).
Но условие максимальности не есть в точности то же, что условие разрешимости проблемы собственных значений. Первое гласит, что $\mathfrak{F}=\mathfrak{R}_{\infty}$ или $\mathfrak{F}=\mathfrak{R}_{\infty}$, в то время как последнее-что $\quad \mathfrak{E}=\mathfrak{R}_{\infty}$ и $\mathfrak{F}=\Re_{\infty}^{\infty}$.

Мы не собираемся подробно исследовать здесь те операторы, для которых имеет место первое условие и не имеет места второе, т. е. операторы, для которых проблема собственных значений неразрешима и поскольку (вследствие максимальности) они не имеют истинных продолжении, то это положение для них окончательно. Операторы эти характеризуются тем, что для них $\mathfrak{E}=\Re_{\infty}, \mathfrak{F}
eq \Re_{\infty}$, или $\mathfrak{E}
eq \Re_{\infty}$, $\mathfrak{F}=\mathfrak{R}_{\infty}$. Такие операторы существуют на самом деле и все они могут быть получены из двух простых нормальных форм, так что их можно рассматривать как исключения по сравнению с максимальными операторами с разрешимой проблемой собственных значений. Читатель может найти более подробные сведения об этом предмете в статье автора, упомянутон в прим. ${ }^{95}$ ) стр. 111. Во всяком случае в настоящий момент эти операторы должны быть исключены из квантовомеханического рассмотрения. Причина этого состоит в том, что разложение единицы, принадлежащее данному эрмитову оператору, столь существенно входит (как мы вскоре убедимся) во все представления квантовой механики, что просто невозможно отказаться от его существования, т. е. от разрешимости проблемы собственных значений ${ }^{105}$ ). В соответствии с этим мы будеи, как правило, допускать только такие эрмитовы операторы, для которых проблема собственных значений разрешима. Поскольку это свойство является усилением максимальности, мы будем называть такие операторы гипермаксимальными ${ }^{106}$ ).
105) Тем не менее, как указал автор (цитировано в прим. ${ }^{78}$ ), стр. 91), следующий оператор является максимальным, но не гипермаксимальным: пусть $\Re_{\infty}$ – пространство всех $f(q)$, определенных в интервале $0 \leqq q \leqq+\infty$, с конечным интегралом $\int_{0}^{\infty}|f(q)|^{2} d q$; и пусть $R$ – оператор, $\frac{d}{d q}$, определенный для всех непрерывно дифференцируемых $f(q)$ с конечным интегралом $\int_{-\infty}^{\infty}\left|f^{\prime}(q)\right|^{2} d q$ и с условием $f(0)=0$, причем оператор, сделанный замкнутым. Он равен тогда $-\frac{2 \pi}{h} A^{\prime}$, если взять $A^{\prime}$ из II. 8 для интервала $0, \infty$, следовательно, эрмитов. Этот $R$ максимален, но не гипермаксиз

Это замечательно потому, что $A^{\prime}=\frac{h}{2 \pi} R$ надлежит интерпретировать физически как оператор импульса в полупространстве, ограниченном с одной стороны стенкой $q=0$.
${ }_{106}$ ) Это понятие восходит к Erhard’y Schmidt’y, ср. ссылку прим. $\left.{ }^{78}\right)$, стр. 91.