si $E^2=E$ entonces $\text{Im}\;E\subset\left(\ker E+(\ker E)^\perp\right)$ ?

Question

Notación:

$V$ es un espacio de producto interno de dimensión infinita;
$\langle\cdot,\cdot\rangle$ es el producto interior de $V$ ;
$E:V\rightarrow V$ es un mapa lineal;
$\text{Im}=\{E(v):v\in V\}$ ;
$\ker E=\{z\in V:E(z)=0\}$ ;
$(\ker E)^\perp=\{x\in V:\langle x,y\rangle=0 \;\forall y\in\ker E\}$ .

Demuestra o da un ejemplo: si $E^2=E$ entonces $\text{Im}\;E\subset\left(\ker E+(\ker E)^\perp\right)$

¿Puede ayudarme? Gracias.

Answer 1

Nota: si $V$ es completa (=Hilbert), entonces $V=F\oplus F^\perp$ para todo subespacio cerrado $F$ . Si $V$ no está completo, esto es falso.

Si $E$ está acotado, entonces $\ker E$ está cerrado. Así que si $V=H$ es un espacio de Hilbert, entonces $H=\ker E\oplus (\ker E)^\perp$ contiene cualquier cosa. En particular $\mbox{im } E$ . Y el resultado se mantiene trivialmente. Aquí hay dos contraejemplos que muestran que la propiedad falla si se elimina una de las dos suposiciones: 1) $E$ está acotado 2) $V=H$ es Hilbert.

Contraejemplo 1: aunque $V=H$ es Hilbert, podemos encontrar $E$ no acotado para el que falla la propiedad.

Dejemos que $H$ sea un espacio de Hilbert separable de dimensión infinita con base ortonormal $\{e_n\,;\,n\geq 1\}$ .

Considere $K:=\mbox{span}\{e_n\,;\,n\geq 1\}$ el subespacio vectorial abarcado por la base. Entonces $K$ es denso en $H$ pero no cerrado, es decir $K\subsetneq \overline{K}=H$ . Tenga en cuenta que $K^\perp =\overline{K}^\perp=H^\perp=\{0\}$ .

Ahora toma $L$ cualquier complemento algebraico de $K$ en $H$ es decir $K\oplus L=H$ Entonces, defina $E$ por la identidad en $L$ y $0$ en $K$ . Así que $E$ es un idempotente lineal en $L(H)$ con $\ker E=K$ y $\mbox{im} E=L$ .

Si tuviéramos $\mbox{im} E\subseteq \ker E+\ker E^\perp=K+K^\perp=K=\ker E$ Tendríamos $E=E^2=0$ . Y como $L=\mbox{im} E\neq \{0\}$ (lejos de eso: tiene una dimensión incontable...), $E\neq 0$ es un contraejemplo.

Contraejemplo 2: podemos encontrar $E$ acotado para el que la propiedad falla en $V$ no Hilbert.

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $V=K$ denso en $H$ como en el caso anterior. Ahora arregle $x_0\in H\setminus K$ y considerar $$ K_0=\{y\in K\,;\,(x_0,y)=0\}=x_0^\perp\cap K. $$ Por la continuidad de $(x_0,\cdot)$ , $K_0$ está cerrado en $K$ . Y con un poco de trabajo, se puede demostrar que es denso en $x_0^\perp$ . De ello se desprende que $K_0^\perp=(x_0^\perp)^\perp=\mathbb{C}x_0$ de donde $K_0^\perp\cap K=\{0\}$ . Ahora podemos definir un idempotente lineal acotado $E$ en $K$ con $\ker E=K_0$ . Sólo toma $y_0$ tal que $(x_0,y_0)=1$ y establecer $Ex=(x,x_0)y_0$ . Entonces, claramente $\mbox{im} E=\mathbb{C}y_0$ no está contenida en $$\ker E+(\ker E)^\perp=K_0\oplus K_0^\perp\cap K=K_0=\ker E.$$