He aceptado la respuesta de Harald Hanche-Olsen a esta pregunta. Sin embargo, creo que es necesario ampliarla un poco para explicar exactamente por qué. La razón breve es que su respuesta desencadenó una conexión en mi cerebro que significó que unas cuantas idiosincrasias de los espacios de Hilbert se hicieron claras de repente. Me gustaría explicarlas. Debo añadir que esperaba que esta pregunta fuera una de esas en las que no había una respuesta "correcta".
El punto clave fue que su respuesta me hizo pensar en el caso del rango uno donde todo es mucho más simple. Como dijo, un vector en $H$ "es" un mapa lineal $\mathbb{C} \to H$ , $t \mapsto t \eta$ . Del mismo modo, un funcional sobre $H$ es un mapa lineal $H \to \mathbb{C}$ . Riesz rep dice que tal funcional es de la forma $\xi \mapsto \langle \eta, \xi \rangle$ . Ponerlos juntos y se encuentra que los operadores de rango uno $H \to H$ son de la forma $\xi \mapsto \langle \eta, \xi\rangle \zeta$ . O en notación "bra-ket", $|\xi\rangle \mapsto |\zeta\rangle \langle \eta | \xi \rangle$ . Así que el operador es $|\zeta \rangle \langle \eta|$ .
Lo siguiente es pensar en los colindantes. ¿Cuál es el adjunto de este operador? Simple: intercambiar todo. Así que $|\zeta \rangle \langle \eta|^\star = |\eta \rangle \langle \zeta|$ . De esto podemos deducir que "autoadjunto" significa " $\eta = \zeta$ ", "skew-adjoint" significa " $\eta = i\zeta$ ", mientras que "normal" es un poco más complicado.
Sin embargo, esto no parece muy perspicaz. El "clic" era para pensar en $|\zeta \rangle \langle \eta|$ y $|\eta \rangle \langle \zeta|$ y tratar de averiguar lo que la operación de intercambio estaba haciendo. Para mí, la razón por la que esto es algo puramente algebraico y no geométrico es que la representación de los funcionales como "producto interno con vector" es uno de esos teoremas que "simplemente funcionan", con poca comprensión de por qué funciona (sí, sí, sé por qué, pero no sé por qué ). Pero si uno elimina por completo la Representación de Riesz, entonces simplemente está trabajando en un espacio de Banach y los adyacentes no existen. Así que necesitaba eliminar la conclusión de la Representación de Riesz, pero dejar lo suficiente para seguir asegurando que sé que estoy en un espacio de Hilbert.
El paso clave en Riesz Rep es el subespacio complementario propiedad: que cada subespacio tiene un complemento (resulta que esto caracteriza a los espacios de Hilbert, como se ha demostrado por Lindenstrauss y Tzafriri en 1971 ). Esto es mucho más intuitivo para mí: es geométrico .
Así que cuando pensamos en una transformación lineal de rango uno sobre $H$ tenemos dos subespacios obvios: la imagen y el núcleo. La imagen tiene dimensión $1$ el núcleo tiene codimensión $1$ . El subespacio complementario implica entonces que cada una de ellas tiene un complemento, siendo el complemento de la imagen de codimensión $1$ y de que el núcleo sea de dimensión $1$ . Así que hasta el escalar , éstas especifican otra transformación lineal. Y esa transformación lineal es el adjunto. Entonces todo lo demás cae en su lugar.
Así que la clave, para mí, es que el hecho de que $\ker A^\star = (\operatorname{Im} A)^\perp$ y viceversa no es una feliz consecuencia de las colindancias, sino la casi definitorio propiedad.
Ese "casi" me rescata un poco de haberme perdido esto antes. La frase "hasta el escalar" que he destacado arriba es importante. Para obtener el verdadero adjunto hay que trabajar un poco más para demostrar que hay un operador que satisface esta propiedad "casi definitoria" y que el mapa $T \mapsto T^\star$ es "bonito" - es más fácil ir al revés y empezar con el adjunto y trabajar hacia atrás.
O se puede hacer algo un poco diferente. En lugar de decir "esto funciona hasta los escalares, ¿podemos arreglarlo?" deberíamos decir "esto funciona hasta los escalares, así que ignoremos los escalares" y, siendo buenos geómetras y topólogos, ¡sabemos cómo hacerlo! Trabajar con espacios proyectivos, y más generalmente con Grassmanianos.
Concentrándonos de nuevo en los operadores de rango uno, tenemos que sus imágenes se encuentran en $\mathbb{P}H$ y sus núcleos en $\mathbb{P}^{\infty - 1}H$ (subespacios cerrados de codimensión 1), por lo que hasta los escalares, un operador de rango uno es un punto en $\mathbb{P}H \times \mathbb{P}^{\infty -1}H$ . El hecho crucial de que el propiedad del punto más cercano da es que $\mathbb{P}H \cong \mathbb{P}^{\infty - 1}H$ (Riesz Rep es entonces la observación trivial de que $\mathbb{P}^{\infty - 1}X \cong \mathbb{P}X$ para cualquier espacio vectorial normado $X$ ). Así que realmente un operador de rango uno es un punto en $\mathbb{P}H \times \mathbb{P}H$ . La adición es entonces la obvia $\mathbb{Z}/2$ acción sobre esto.
No es difícil extender esto a cualquier operador de rango finito, como dice Harald. La cuestión es dar el salto al infinito. En este punto, Harald dice:
Hay que admitir que de aquí al rango infinito es un poco exagerado, pero creo que podría ayudar de todos modos.
lo que demuestra que no conoce su propia brillantez. Lo sorprendente es que no hay tramo ¡! En un espacio de Hilbert tenemos la propiedad de aproximación que dice que todo operador lineal continuo es el débil límite de una secuencia de operadores de rango finito. Dado que la adjunción es una propiedad débil -en el sentido de que sabes que tienes el adjunto si un montón de evaluaciones dicen que lo tienes-, si tengo una secuencia de operadores débilmente convergente, ¡los adjuntos convergen débilmente al adjunto! Y una vez que tengo el adjunto, es el adjunto sin importar lo extraño que lo haya encontrado.
En conclusión, fue la respuesta de Harald Hanche-Olsen la que desencadenó esto en mi cerebro, así que se lleva la etiqueta de "aceptado". Puede que no sea la respuesta "correcta", pero fue la respuesta que me enseñó un montón de cosas sobre algo que creía que ya sabía mucho.
(PD Obviamente, esta respuesta es de la wiki de la comunidad, por lo que votarla no me hace ganar ningún rep y simplemente dice que estás de acuerdo o te gusta lo que he dicho. Sin embargo, si te gusta esta respuesta lo suficiente como para votarla, deberías votar también por la respuesta de Harald, ya que fue la que provocó todo esto).
