Si $T$ es un operador en un espacio complejo de producto interno, cada valor propio $|\lambda|=1$ y $\|Tv\|\le\|v\|$ , demuestran que $T$ es unitaria.

Question

Si $T$ es un operador en un espacio de producto interno complejo de dimensión finita, cada valor propio $|\lambda|=1$ y $\|Tv\|\le\|v\|$ , demuestran que $T$ es unitaria.

Esto es lo que tenía en mente y donde me quedé atascado:

$$\|Tv\|\le\|v\| \to \langle v,(I-T^*T)v\rangle \ge0$$

Por lo tanto, $I-T^*T$ es autoadjunto, por lo que existe una base ortonormal de vectores propios de $I-T^*T$ . Soy capaz de deducir que cada uno de sus valores propios es real y satisface $\lambda\ge 0$ .

Un posible enfoque que pensé que podría tomar es calcular $\operatorname{trace}(I-T^*T)$ y tal vez mostrar que es $0$ . Eso completaría la prueba ya que entonces obtendríamos $\lambda=0$ para todos sus valores propios, lo que implicaría $I-T^*T=0 \to T^*T=I$ y por lo tanto $T$ es unitaria.

Sin embargo: $$\operatorname{trace}(I-T^*T)=\operatorname{trace}(I)-\operatorname{trace}(T^*T)=n -\operatorname{trace}(T^*T)$$

No sé cómo evaluar el segundo mandato. Me doy cuenta de que $T^*T$ es positivo y todos sus valores propios son no negativos, pero no sé cómo seguir a partir de aquí. Cualquier ayuda sería muy apreciada (o de lo contrario, me encantaría ver otras maneras de ir sobre el problema).

Answer 1

Supongo que estás hablando de un espacio de producto interno complejo de dimensión finita, ya que has tomado la traza y sólo has mencionado los valores propios. Pero para la gente que esté interesada en el caso de dimensión infinita: es un resultado de Bernard Russo, Pacific JM 1968 que existen contracciones en $B(H)$ con espectro precscrito contenido en el círculo unitario que no son unitarias, llamadas contracciones unimodulares no unitarias. En realidad, demuestra en el Teorema 1 que un álgebra de von Neumann contiene una contracción unimodular no unitaria si y sólo si es infinita. El sólo si va como a continuación, con el determinante de Kadison-Fuglede y la traza.

Prueba: dejar $\{e_j\;;\;1\leq j\leq n\}$ sea una base ortonormal de diagonalización para $T^*T$ con $T^*Te_j=t_je_j$ . Obsérvese que, por supuesto, $0\leq t_j\leq 1$ por cada $j$ y $|\det T|=1$ . Entonces tenemos, por Desigualdad AM-GM $$ 1=|\det T|^2=\det (T^*T)=\prod_{j=1}^nt_j\leq \left(\frac{1}{n}\sum_{j=1}^nt_j\right)^n\leq \left(\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n1\right)^n=1. $$ Por el caso de igualdad de AM-GM, deducimos que $t_j=1$ por cada $j$ Es decir $T^*T$ es el operador de identidad, es decir $T$ es unitaria, ya que estamos en dimensión finita. $\Box$

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Nota: En realidad, la primera prueba en la que pensé es la siguiente, que es más interesante. Utiliza La desigualdad de Hadamard . Lo único que hice arriba es que reproduje una prueba estándar de esa famosa desigualdad en este caso especial.

Toma $\{e_j\;;\;1\leq j\leq n\}$ una base ortonormal de diagonalización para $T^*T$ con $T^*Te_j=t_je_j$ . Ahora dejemos que $N$ sea la matriz de $T$ en esta base. Entonces la desigualdad de Hadamard dice que $$ |\det N|\leq \prod_{j=1}^n\|v_j\| $$ donde $v_j=Te_j$ es el $j$ columna de $N$ . Por las suposiciones sobre $T$ tenemos $|\det N|=|\det T|=1$ y $\|v_j\|=\|Te_j\|\leq 1$ por cada $j$ . Por lo tanto, la desigualdad obliga a $\|Te_j\|=1$ por cada $j$ . Por lo tanto, $t_j=(e_j,T^*Te_j)=\|Te_j\|^2=1$ por cada $j$ . Así, $T^*T$ es el operador de identidad.

Answer 2

¿Es este un resultado para espacios de dimensión finita? Si $\sigma$ es el desplazamiento a la izquierda en $l^2(\mathbb{Z})$ entonces $T = \frac{1}{2}\sigma$ no tiene valores propios, satisfaciendo trivialmente la condición de que todos los valores propios están en el círculo unitario. La norma de $T$ es 1/2, por lo que también satisface el otro requisito de $T$ . Pero $T$ aquí no es unitario.

Answer 3

El Descomposición de Schur da que existe una base ortonormal $\{e_1, \ldots, e_n\}$ tal que la matriz de $T$ es triangular superior: $$ \begin{bmatrix}t_{11} & t_{12} & \cdots & t_{1n}\\ 0 & t_{22} & \cdots & t_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & t_{nn} \end{bmatrix}$$

donde $t_{11}, \ldots, t_{nn}$ son valores propios de $T$ .

Tenemos $$1 = \|e_2\|^2 \ge \|Te_2\|^2 = \|t_{12}e_1 + t_{22}e_2\|^2 = |t_{12}|^2 + |t_{22}|^2 = |t_{12}|^2 + 1$$ así que $t_{12} = 0$ .

Tenemos $$1 = \|e_3\|^2 \ge \|Te_3\|^2 = \|t_{13}e_1 + t_{23}e_2 + t_{33}e_3\|^2 = |t_{13}|^2 + |t_{23}|^2 + |t_{33}|^2 = |t_{13}|^2 + |t_{23}|^2 + 1$$ así que $t_{13} = t_{23} = 0$ .

Continuando con esto obtenemos que la matriz es diagonal, por lo tanto $T$ es unitaria.