Estoy intentando demostrar que si$T$ es un operador normal, entonces nulo$T^k$ = nulo$T$ y rango$T^k$ = rango$T$. Mostrar null$T$$\subset$ null$T^k$ es simple, así que estoy trabajando en la otra inclusión. Hasta ahora he podido deducir que para un vector$v \in$ null$T^k$ tenemos$TT^\star v = T^\star Tv$$\implies$ $T^k T^\star v = T^\star T^k v$ $\implies$$T^k T^\star v = 0$ $\implies$ $T^\star v \in$ nulo $T^k$. Sin embargo, no estoy seguro de si esto es útil, y estoy atascado en dónde debería ir desde aquí.
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Primero para $S$ auto-adjunto: supongamos $S^kx = 0$. Entonces
$$0 = \langle S^{k}x, S^{k-2}x \rangle = \langle S^{k-1}x, S^{k-1}x\rangle$$
tan positiva de la definición del producto interior, $S^{k-1}x = 0$, y podemos continuar hacia abajo a $Sx=0$.
Si $T$ es normal, supongamos $T^k=0$. Entonces
$$ (T^*T)^kx = (T^*)^k (T^kx) = 0$$
(La clave es $(T^*T)^k = (T^*)^k T^k$ desde $T$ es normal). Así que por la primera parte (desde $T^*T$ es auto adjunto)
$$0 = \langle T^* Tx, x \rangle = \langle Tx, Tx \rangle$$
por lo $Tx = 0$.
Para mostrar $\operatorname{Rg}(T^k)=\operatorname{Rg}(T)$, la nota usando el resultado anterior,
$$\operatorname{Rg}(T^k) = \operatorname{Ker}((T^k)^*)^\perp = \operatorname{Ker}((T^*)^k)^\perp\\ = \operatorname{Ker}(T^*)^\perp = \operatorname{Rg}(T).$$
Comentario: esta dice que el normal de cualquier operador tiene el mismo kernel que la de cualquiera de sus poderes. Si $T$ es normal, a continuación, $T-\lambda I$ es normal, lo que demuestra que $(T-\lambda I)^kx = 0 \Rightarrow (T-\lambda I)x=0$. Esto demuestra que el normal de cualquier operador en dimensiones finitas es diagonalizable sobre $\mathbb{C}$. Algunos cortos de trabajo adicional es necesario para mostrar a es ortogonalmente diagonalizable.
chocojosh
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