Prueba: si el polinomio característico de T se divide, entonces el adjunto T* tiene al menos un vector propio

Question

No entiendo una parte de esta prueba, espero que me puedan ayudar a resolverlo.

Dejemos que $T$ sea un operador lineal en el espacio del producto interior $V$ para el cual el polinomio característico se divide. Entonces $T^*$ tiene al menos un vector propio.

Prueba. Porque $T$ se divide, tiene un vector propio $v$ con valor propio $\lambda$ $\Rightarrow$ $(T-\lambda I)v=0$
$\Rightarrow\langle (T-\lambda I)v, x \rangle = 0$ para todos $x \in V$
$\Rightarrow\langle v, (T-\lambda I)^* x \rangle = 0$
$\Rightarrow\langle v, (T^*- \overline{\lambda}I) x \rangle = 0$
$\Rightarrow v \notin R(T^*- \overline{\lambda}I)$
$\Rightarrow R(T^*- \overline{\lambda}I) \ne V$
Por lo tanto, $(T^*- \overline{\lambda}I)$ no es invertible (¿por qué?)
Por lo tanto, existe un engenvector de $T^*$ (con valor propio $\lambda$ ) (¿por qué?).

No entiendo las dos últimas conclusiones.

1. Por qué $(T^*- \overline{\lambda}I) \ne V$ implica $(T^*- \overline{\lambda}I)$ no es invertible?
2. Por qué $(T^*- \overline{\lambda}I)$ no es invertible implica un vector propio de $T^*$ ?

Gracias por cualquier ayuda.

Answer 1

En primer lugar, parece que has escrito mal el último paso. Deberíamos decir que $R(T^* - \bar \lambda I) \neq V$ no es lo mismo que $(T^* - \bar \lambda I) \neq V$ Lo cual no tiene mucho sentido.

Obsérvese que un operador lineal es invertible si y sólo si es unívoco (inyectivo) y onto (sobreyectivo). Dado que $(T - \bar \lambda I)$ no es suryectiva, no puede ser invertible.

Para decirlo de otra manera: la declaración $v \notin R(T - \bar \lambda I)$ es lo mismo que decir que la ecuación $(T - \bar \lambda I) x = v$ no tiene solución (para $x$ ). Sin embargo, si $(T - \bar \lambda I)$ tuviera una inversa, entonces podríamos usar la inversa para resolver la ecuación y obtener $x = (T - \bar \lambda I)^{-1}v$ .

A su segunda pregunta, si $(T - \bar \lambda I)$ no es invertible, entonces $\bar \lambda $ debe ser un valor propio de $T^*$ . Una forma de comprobarlo es la siguiente: si $(T^* - \bar \lambda I)$ no es invertible, entonces la ecuación $(T^* - \bar \lambda I)x = 0$ tiene una solución $x \neq 0$ (es decir, una solución "no trivial"). La expansión del lado izquierdo de esta ecuación conduce a $$ T^*x - \bar \lambda Ix = 0 \implies T^*x = \bar \lambda x. $$ Así que, $x$ es un vector propio de $T^*$ asociado a $\bar \lambda$ .

Answer 2

1. Por qué $(T^*- \overline{\lambda}I) \ne V$ implica $(T^*- \overline{\lambda}I)$ no es invertible?

Tienes un error tipográfico, debería decir $R(T^*- \overline{\lambda}I) \ne V$ . Sólo dice que $T^*-\overline\lambda I$ no es suryectiva, por lo que no puede ser invertible.

2. Por qué $(T^*- \overline{\lambda}I)$ no es invertible implica un vector propio de $T^*$ ?

Si $V$ es de dimensión finita, entonces un operador es suryente si y sólo si es inyectivo. Así que $\ker(T^*- \overline{\lambda}I) \ne\{0\}$ lo que significa que existe $w$ con $T^*w- \overline{\lambda}w=0$ .

Answer 3

Primer punto, un mapa $\phi$ que no es suryectiva no puede ser invertible. ¿Cuál sería la imagen inversa bajo $\phi$ de un elemento que no está en la imagen de $\phi$ ?

Segundo punto, en un espacio lineal de dimensión finita El núcleo de un endomorfismo no invertible no se reduce al subespacio lineal cero.