Cambio de Operador no tiene la "raíz cuadrada"?

Question

Considerar la izquierda del operador de desplazamiento a la $T : \ell^1(\mathbb N) \to \ell^1(\mathbb N)$ $$T(x_1,x_2..... )=(x_2, x_3 ........),$$ y también el derecho operador de desplazamiento a la $S : \ell^1(\mathbb N) \to \ell^1(\mathbb N)$ $$S(x_1,x_2..... )=(0, x_1, x_2 ........).$$ Podemos encontrar un operador lineal $R: \ell^1(\mathbb N) \to \ell^1(\mathbb N)$ tal que $T=R^2$ o $S=R^2$?

En mi opinión, este es intuitivamente no es cierto porque no se puede "cambio de un vector por medio de la posición". Pero, ¿cómo demostrarlo? Alguien puede ayudar? Gracias!

Answer 1

Supongamos que $R^2=T$. A continuación, $\ker R\subseteq\ker T=\Bbb Re_0$ donde $e_0=\langle 1,0,0,\ldots\rangle$. Claramente $\ker R$ no es trivial, por lo $\ker R=\ker T$. Por otra parte, $T$ es surjective, por lo $R$ también debe ser surjective. En particular, $e_0=Rx$ algunos $x\in\ell^1(\Bbb N)\setminus\ker T$, y por lo tanto $R^2x=Re_0=0\ne Tx$.

Ahora supongamos que $R^2=S$, y deje $V=\operatorname{ran}S$; claramente $\operatorname{ran}R\supseteq V$. $R$ no se puede surjective, por lo $\operatorname{ran}R=V$. Pero, a continuación,$\operatorname{ran}\left(R\upharpoonright V\right)=\operatorname{ran}S=V$, por lo que para cada una de las $x\in\ell^1(\Bbb N)\setminus V$ debe haber un $y\in V$ tal que $Rx=Ry$. Sin embargo, $S$ es inyectiva, por lo $R$ también debe ser inyectiva.

Answer 2

No creo que es obvio. Para $T$, en teoría, se podrían desplazar $x_2$ a la posición $n, x_n$ a la posición $3, x_3$ a la posición $n+1$ y así sucesivamente. El problema viene con el "y así sucesivamente". Deje $x_2$ ir a la posición $n$. A continuación, debemos tener $x_n$ va a la posición $1, x_1$ a la posición $n-1, x_{n+1}$ a posición $2$, $x_3$ a la posición $n+1$ y así sucesivamente. Por lo $R(x_1,x_2,x_3,\dots )=(x_{n-1}x_n,x_{n+1},x_{n+2}\dots x_2,x_3,x_4,\dots)$. Pero ahora tenemos la posición $n-1$ participación $x_{2n-3}$ $R(x_1,x_2,x_3,\dots )=(x_{n-1},x_n,x_{n+1},x_{n+2}\dots ,x_{2n-4},x_{2n-3},x_2,x_3,x_4,\dots,x_{n-4},x_{n-3},x_{n-2}\dots)$ y hemos contabilizado el primer $2n-3$ entradas hasta el momento. Por desgracia, la posición $2n-3$ terminaran $x_1$, por lo que esta falla.