Sea$T:V\to V$ un mapa lineal diagonalizable en un espacio vectorial$V$. ¿Sostiene que$T^{**}:V^{**}\to V^{**}$ es diagonalizable?

Question

Edit: he encontrado mi propia respuesta. Pero voy a estar feliz de ver a otras respuestas.

Pregunta: Vamos a $T:V\to V$ ser un operador lineal en un espacio vectorial $V$.
(a) Supongamos que $T$ es diagonalizable. Es que $T^{**}:V^{**}\to V^{**}$ es diagonalizable?
(b) Si $V$ tiene una generalizada subespacio propio de descomposición con respecto a $T$, entonces ¿que $V^{**}$ tiene una generalizada subespacio propio de descomposición con respecto a $T^{**}$?

Aquí, $V$ se define sobre un campo $F$ e $V^*$ denota el dual algebraico $\operatorname{Hom}_F(V,F)$ de $V$. Así, el doble doble de la de $V$ es $V^{**}=(V^*)^*$. El doble mapa de $T^*:V^*\to V^*$ es definido por $T^*(f)=f\circ T$ por cada $f:V\to F$. Del mismo modo, que el doble doble de la $T^{**}=(T^*)^*$ satisface $$T^{**}\varphi(f)=(\varphi\circ T^*)(f)=\varphi(f\circ T)$$ for all $\varphi:V^*\a F$ and $f\V^*$.

Decimos que $T$ es diagonalizable si $V$ tiene una descomposición en suma directa de subespacios propios $V_\lambda$ de $T$ $$V=\bigoplus_{\lambda\in F} V_\lambda,$$ donde $V_\lambda=\big\{v\in V:Tv=\lambda v\big\}$. Si $V_\lambda\neq \{0\}$, $\lambda$ es un autovalor de a$T$.

También podemos decir que el $T$ es Jordanizable si $V$ tiene una descomposición en suma directa de generalizada subespacios propios $V^\lambda$ de $T$ $$V=\bigoplus_{\lambda\in F} V^\lambda,$$ donde $V^\lambda=\big\{v\in V:(T-\lambda)^dv=0\text{ for some integer }d>0\big\}$. Si $V^\lambda\neq \{0\}$, $\lambda$ es un generalizada autovalor de a$T$. Un bloque de Jordan de a$T$ es un subespacio $J$ algunos $V^\lambda$ que es un indecomposable $F[X]$-submódulo con la acción $X\cdot v=Tv$ para todos los $v\in V$ que no es un subespacio de un mayor indecomposable $F[X]$-submódulo de $V$.

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Aquí es lo que se conoce.

Si $V$ es finito dimensional, entonces tenemos un natural de identificación de $V=V^{**}$, lo $T$ e $T^{**}$ son básicamente el mismo operador en virtud de esta identificación. Por lo tanto, las respuestas a ambas preguntas son positivas.

Sin embargo, si $V$ es de infinitas dimensiones, las cosas son un poco nublado. Sé que si $T$ es diagonalizable y tiene un número finito de valores propios, entonces no $T^{**}$. Por lo tanto, la respuesta a (a) es afirmativa en este caso. Pero lo que si $T$ tiene un número infinito de valores propios?

Podemos decir algo similar para (b). Supongamos $V$ se puede descomponer en una suma directa de un número finito generalizada subespacios propios de a$T$. Si para cada generalizada autovalor $\lambda$, existe un entero positivo $d_\lambda$ tal que cualquier $(T-\lambda)^{d_\lambda}$ se desvanece en el generalizado autoespacio $V^\lambda$, a continuación, $V^{**}$ también se puede descomponer en una suma directa de un número finito generalizada subespacios propios de a$T^{**}$. Pero yo no tengo la respuesta si $T$ tiene infinidad de autovalores generalizado o si $d_\lambda$ no existe para algunos $\lambda$.

La idea de la prueba de mis resultados parciales de (a) y (b) es que si $p(T)=0$ para algún polinomio $p$, a continuación, $p(T^{**})=0$ así. Pero esta prueba no funciona si $T$ tiene infinitamente muchos (generalizada) autovalor o si existen arbitrariamente grandes bloques de Jordan (en términos de dimensiones). Yo no espero que la respuesta a (a) sí (y por lo que esta será la respuesta (b)), pero no puedo encontrar una manera de construir un contraejemplo.

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De hecho, vamos a $V^{*m}$ denotar la $m$th doble de $V$ e $T^{*m}$ la $m$th doble de $T$ (es decir, $V^{*m}=\big(V^{*(m-1)}\big)^*$ e $T^{*m}=\big(T^{*(m-1)}\big)^*$, $V^{*0}=V$ e $T^{*0}=T$). Si $T$ satisface la ecuación polinómica $p(T)=0$, entonces cada $T^{*m}$ satisface $p\big(T^{*m}\big)=0$. Por lo tanto, si $T$ es diagonalizable con un número finito de valores propios, entonces también lo son todos los $T^{*m}$. Si $V$ tiene una generalizada subespacio propio de descomposición wrt $T$ con un número finito de autovalores generalizado y universal, límite superior en la dimensión de cada bloque de Jordan, a continuación, $V^{*m}$ tiene una generalizada subespacio propio de descomposición wrt $T^{*m}$.

Answer 1

Respuesta (b).

Deje $V$ ser el espacio real de secuencias de $(x_1,x_2,x_3,\ldots)$ con un número finito de cero no miembros. A continuación, $V=\bigoplus_{k=1}^\infty\Bbb{C}e_k$, donde $e_i$ es la secuencia de las $(0,0,\ldots,0,1,0,0,\ldots)$ con $1$ a $i$th entrada y $0$ en todos los demás lugares. Por lo tanto, podemos identificar a $V^*$ con $\prod_{k=1}^\infty \Bbb{C}e_k$. En otras palabras, para $f\in V^*$, se identifican $f$ con $$(f_1,f_2,f_3,\ldots)=\big(f(e_1),f(e_2),f(e_3),\ldots\big).$$
De esta manera, $V\subseteq V^*$ e $e_1,e_2,e_3,\ldots$ son linealmente independientes, elementos de $V^*$.

Considere la posibilidad de $T:V\to V$ a ser el operador de desplazamiento a la izquierda $$(x_1,x_2,x_3,\ldots)\mapsto (x_2,x_3,x_4,\ldots).$$ A continuación, $T$ tiene una generalizada autovalor $0$, y por lo $V=V^0$. Pretendemos que $T^{**}:V^{**}\to V^{**}$ no es Jordanizable. En primer lugar, nos encontramos con todos los autovalores de a$T^{**}$.

Supongamos que $\lambda$ es un autovalor de a$T^{**}$. Entonces, existe un no-trivial $\varphi\in V^{**}$ tal que $T^{**}(\varphi)=\lambda\varphi$. Por lo tanto, $$\lambda\varphi(f)=T^{**}\varphi(f)=\varphi(f\circ T)$$ para cada $f\in V^*$. Como antes, escribir $f=(f_1,f_2,f_3,\ldots)$. A continuación, $$f\circ T=(0,f_1,f_2,f_3,\ldots).$$ Por lo tanto, $$0=\varphi(f\circ T)-\lambda \varphi(f)=\varphi(0,f_1,f_2,\ldots)-\lambda \varphi(f_1,f_2,\ldots)=\varphi(-\lambda f_1,f_1-\lambda f_2,f_2-\lambda f_3,\ldots).$$ Si $\lambda \neq 0$, entonces para cualquier $g=(g_1,g_2,g_3,\ldots)\in V^*$, $f_1,f_2,f_3,\ldots\in\Bbb{C}$ tal que $$g_1=-\lambda f_1,\ g_2=f_1-\lambda f_2,\ g_3=f_2-\lambda f_3,\ \ldots,$$ es decir, $$f_1=-\frac{g_1}{\lambda},\ f_2=-\frac{g_2}{\lambda}+\frac{g_1}{\lambda^2},\ f_3=-\frac{g_3}{\lambda}+\frac{g_2}{\lambda^2}-\frac{g_1}{\lambda^3},\ \ldots.$$ Por lo tanto, $\varphi(g)=0$ para todos los $g\in V^*$, lo que da $\varphi=0$, contradiciendo la suposición de que $\varphi$ no es trivial. Por lo tanto, $\lambda=0$.

Hemos demostrado que $T^{**}$ sólo tiene un autovalor $0$. Por lo tanto, debemos mostrar que $V^{**}$ no es un generalizada subespacio propio correspondiente a la generalizada autovalor $0$. Hacemos esto mediante la selección de un determinado $\varphi$. Deje $B$ ser una base de $V^*$ extender $\{e_1,e_2,e_3,\ldots\}\cup\{E\}$, donde $$E=(1,1,1,\ldots).$$ Definir $\varphi:V^{*}\to\Bbb{C}$ por linealmente la ampliación de las relaciones $$\varphi(e_k)=0,\ \varphi(E)=1,\ \text{and}\ \varphi(b)=0$$ para todos los $k=1,2,3,\ldots$ e $b\in B\setminus\{E,e_1,e_2,e_3,\ldots\}$. Si $\varphi$ es en la generalización de la autoespacio $\big(V^{**}\big)^0$, a continuación, $\big(T^{**}\big)^n\varphi=0$ para algún entero positivo $n$. Sin embargo, para cualquier $n=1,2,3,\ldots$, obtenemos $$\big(T^{**}\big)^n\varphi(E)=\varphi(E-e_1-e_2-\ldots-e_n)=\varphi(E)-\varphi(e_1)-\varphi(e_2)-\ldots-\varphi(e_n)=1,$$ que es distinto de cero. Así, $\varphi$ no es en $\big(V^{**}\big)^0$, lo $T^{**}$ no es Jordanizable. De hecho, uno puede mostrar que $\big(V^{**}\big)^0=V^0=V$, donde identificamos $V$ como un subespacio de $V^{**}$ a través de la inyección canónica $V\hookrightarrow V^{**}$.

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Respuesta (a).

Deje $V$ a ser como antes. Ahora, $T:V\to V$ se define como $$T(x_1,x_2,x_3,\ldots)=(x_1,2x_2,3x_3,\ldots).$$ Claramente, $T$ es diagonalizable con autovalores $1$, $2$, $3$, $\ldots$. Que es, $V=\bigoplus_{k=1}^\infty V_k$ con $V_k=\Bbb{C}e_k$ es el subespacio propio corrsponding al autovalor $k$ de $T$. En primer lugar, me dicen que la autovalores de a$T^{**}$ se $1$, $2$, $3$, $\ldots$.

Para mostrar esto, vamos a $\lambda\in\Bbb{C}$ e $\varphi\in V^{**}$ tal que $T^{**}\varphi=\lambda\varphi$. Para $f=(f_1,f_2,f_3,\ldots)\in V^*$, tenemos $$f\circ T=(f_1,2f_2,3f_3,\ldots).$$ Es decir, $$0=T^{**}\varphi(f)-\lambda\varphi(f)=\varphi\big((1-\lambda)f_1,(2-\lambda)f_2,(3-\lambda)f_3,\ldots\big).$$ Si $\lambda\notin\Bbb{N}_1$, entonces para cualquier $g=(g_1,g_2,g_3,\ldots)\in V^*$, $f_1,f_2,f_3,\ldots\in\Bbb{C}$ tales que $$f_k=\frac{g_k}{\lambda-k}$$ para todos los $k$. Por lo tanto, $\varphi(g)=0$ para todos los $g\in V^*$, lo $\varphi=0$. Por lo tanto, la única posible autovalores de a$T^{**}$ son los enteros positivos.

Ahora identificar el espacio propio de $T^{**}$ con autovalor $k\in\Bbb{N}_1$. Observe que para $\varphi$ en el autoespacio $\big(V^{**}\big)_k$, tenemos $$\varphi\big((1-k)f_1,(2-k)f_2,\ldots,-f_{k-1},0,f_{k+1},2f_{k+2},\ldots\big)=0.$$ Para cualquier $g=(g_1,g_2,g_3,\ldots)\in V^*$, tenemos $$g=g_ke_k+\big((1-k)f_1,(2-k)f_2,\ldots,-f_{k-1},0,f_{k+1},2f_{k+2},\ldots\big),$$ donde $$f_j=\frac{g_j}{j-k}$$ para todos los $j\neq k$. Por lo tanto, $$\varphi(g)=\varphi(g_ke_k)=g_k\varphi(e_k).$$ Desde $\varphi\neq 0$, debemos tener $\varphi(e_k)\neq 0$. WLOG, $\varphi(e_k)=1$. Esto demuestra que $\varphi$ es precisamente la imagen de $e_k$ bajo el canónica de la incrustación de $V\hookrightarrow V^{**}$. Por lo tanto, $\big(V^{**}\big)_k=\Bbb{C}e_k$ (si identificamos $V$ como un subespacio de $V^{**}$).

Ahora, $V^{**}$ no es igual a la suma directa de $\bigoplus_{k=1}^\infty \big(V^{**}\big)_k=\bigoplus_{k=1}^\infty \Bbb{C}e_k=V$ simplemente porque $V^{**}$ tiene un incontable dimensión, y $V$ es una contables dimensiones de espacio vectorial. Esto demuestra que $T^{**}$ no es diagonalizable. De hecho, también podemos probar que $\big(V^{**}\big)^k=\big(V^{**}\big)_k=\Bbb{C}e_k$. Por lo tanto, $T^{**}$ no es Jordanizable.

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Curiosamente, es posible que $T^*$ no tiene generalizado en todos los subespacios propios en $V^*$, incluso si $V$ se descompone en la suma directa de la generalizada subespacios propios de a$T$.

El mismo $V$ como en las respuestas anteriores funciona bien, con $T$ siendo el operador de desplazamiento a la izquierda $$(x_1,x_2,x_3,\ldots)\mapsto(x_2,x_3,x_4,\ldots).$$ Resulta que $T^*$ no tiene autovalores, por lo que también no tiene autovalores generalizado.

Sin embargo, si $V$ tiene una generalizada subespacio propio de descomposición wrt $T$ con un número finito de autovalores generalizado y universal límite superior para las dimensiones de todos los bloques de Jordan, entonces los autovalores generalizado $T^{*m}$ son precisamente la generalización de los autovalores de a$T$. En tal caso, generalizados para un autovalor $\lambda$ de $T$ con un máximo de Jordania bloque dimensión $d_\lambda$, el máximo de Jordania bloque dimensión de $T^{*m}$ con la generalización de la autovalor $\lambda$ también $d_\lambda$. Por lo tanto, el polinomio mínimo de a$T^{*m}$ es el mismo que el polinomio mínimo de a$T$.