Conjetura: Es una transformación lineal sobre si y solamente si su adjunto es de 1-1

Question

Supongamos que $V$ $W$ son espacios con producto interno y $T:V\rightarrow W$ es una correlación lineal entre ellos. ¿Es $T$ a si y sólo si es de $T^*$ 1-1?

Esto es un hecho básico o una fantasía total. Puedo encontrar apoyo para el "if" pero no el "sólo si", y tengo curiosidad sobre que muestra que el $T$ no puede ser en si $T^*$ tiene núcleo no trivial.

Una prueba para el caso de la matriz es lo suficientemente buena para mis propósitos.

Answer 1

Uno tiene el siguiente resultado para la normativa de los espacios.

Si $T:X\to Y$ es un delimitada operador lineal entre la normativa de los espacios, a continuación, $T^*$ es inyectiva si el rango de $T$ es denso en $Y$. (Recordemos que $T^*:Y^*\to X^*$ está definido por $T^*(f)=f\circ T$.)

Prueba: Para la dirección de avance, supongo que por la contraposición que $y\in Y\setminus\overline{TX}$. Uso el de Hahn-Banach teorema para encontrar $f\in Y^*$ tal que $f(y)\ne0$$f|_{\overline{TX}}=0$. A continuación, $f$ es un elemento distinto de cero de que el núcleo de $T^*$ porque $(T^*f)(x)=f(Tx)=0$ por cada $x\in X$. En consecuencia, $T^*$ no es inyectiva.

Por el contrario suponer que $TX$ es denso en $Y$ y $f,g\in Y^*$ tal que $T^*f=T^*g$. Dado $y\in Y$, tomar una secuencia $(x_n)$ $X$ tal que $Tx_n\to y$. Entonces, por la continuidad obtenemos $$ f(y) = \lim f(Tx_n) = \lim (T^*f)(x_n) = \lim (T^*g)(x_n) = \lim g(Tx_n) = g(y). $$ Por lo tanto,$f=g$, lo $T^*$ es inyectiva. $\square$

Por lo tanto si hay alguna forma de garantizar que el rango de $T$ es cerrado (es decir $Y$ es finito-dimensional), entonces podríamos decir que el $T$ es en el fib $T^*$ es inyectiva. Desde esta formulación es un poco más general que lo que están pidiendo, uno podría preguntarse si las cosas se pueden mejorar si tenemos un producto interior. La respuesta vuelve a ser no.

Considere la posibilidad de $T:\ell_2\to\ell_2$ definido por $(Tx)(n)=x(n)/\sqrt{n}$. Este es un inyectiva delimitada operador lineal. No es la a porque no hay ningún elemento de $\ell_2$ se asigna al elemento $y\in\ell_2$$y(n)=1/n$. De hecho, si tuviéramos $Tx=y$, entonces tendríamos $x(n)=1/\sqrt{n}$ - que no es cuadrada summable. Sin embargo, su adjunto es inyectiva. Para ver esto, observe que $T^*=T$ porque \begin{align*} \langle Tx,y\rangle &= \sum_{n=1}^\infty (Tx)(n)\overline{y(n)} = \sum_{n=1}^\infty \frac{x(n)}{\sqrt n}\overline{y(n)} = \sum_{n=1}^\infty x(n)\overline{\left(\frac{y(n)}{\sqrt n}\right)} \\ &= \sum_{n=1}^\infty x(n)\overline{(Ty)(n)} = \langle x,Ty \rangle \end{align*} es válido para cada $x,y\in\ell_2$, e $T$ es inyectiva.

Answer 2

La correspondiente igualdad es $$\etiqueta{1} \ker T^*=(\text{ran}\,T)^\asesino $$ Prueba. Deje $v\in\ker T^*$. Entonces $$ \langle v,Tw\rangle=\langle T^*v,w\rangle=0,$$which shows that $\ker T^*\subconjunto (\text{ran}\,T)^\asesino$. Conversely, if $v\(\text{ran}\, T)^\asesino$, then for any $p$ tenemos $$ \langle T^*v,w\rangle=\langle v,Tw\rangle=0. $$ Como $w$ es arbitrario, llegamos a la conclusión de que $T^*v=0$, lo $(\text{ran}\,T)^\perp\subset \ker T^*$, estableciendo $(1)$.

Si consideramos ahora el ortogonal versión de $(1)$, obtenemos $$\etiqueta{2} (\ker T^*)^\asesino=\overline{\text{ran}\,T}. $$ Esto muestra que, en lo finito-dimensional caso, de hecho, $T^*$ es de 1-1, si y sólo si $T$ es sobre. En el caso general, solo se puede decir que $T$ ha densa gama.