demostrar que un operador es unitario

Question

Tengo $V$ un espacio de producto interno por encima de $\mathbb{C}$ y un operador lineal $T$ como $T=T^{*}$ en $V$ (surjective).

Tengo que demostrar que $U=\left(I-iT\right)\left(I+iT\right)^{-1}$ cumple la condición $U^{*}=U^{-1}$ , por $*$ Me refiero al operador adjunto.

Lo sé: $$\left\|v+iT(v)\right\|=\left\|v-iT(v)\right\|$$ $$v=0 \iff v+iT(v)=0$$ $$(I+iT)^*=I-iT$$ También sé que $(I+iT),=I-iT$ ambos inyectivos y suryentes, por lo que son invertibles.

No debería usar la regla $(ST)^*=T^*S^*$ o cualquier otra norma ( $(S+T)^*=...$ y etc.) sin probarlos. He intentado hacerlo con la definición $\langle T(u),v \rangle = \langle u,T^*(v) \rangle$ pero me quedé atascado:

$$\left \langle \left(I-iT\right)\left(I+iT\right)^{-1}(u),v \right \rangle = \left \langle \left(I+iT\right)^{-1}(u),\left(I+iT\right)(v) \right \rangle$$

¿Cuál es la forma más fácil de demostrar que $U$ ¿es unitario?

Editar: es fácil demostrar que $(ST)^*=T^*S^*$ .

¿Cómo puedo demostrar que $\left(S^{-1}\right)^{*}=\left(S^{*}\right)^{-1}$

Answer 1

Desgraciadamente, no veo una forma elemental de resolver el problema sin hacer uso de algunas de las reglas que has mencionado que no puedes utilizar, pero una forma de verlo es la siguiente. Necesitamos unos cuantos lemas; expondré algunos con pruebas y otros sólo con explicaciones.

Lema 1. Tenemos que $(T^*)^* = T.$

Prueba. Por definición, el adjunto es el único operador lineal que satisface $\langle T(v), w \rangle = \langle v, T^*(w) \rangle$ para todos los vectores $v$ y $w$ sur $V.$ Por lo tanto, tenemos que $$\langle (T^*)^*(v), w \rangle = \langle v, T^*(w) \rangle = \langle T(v), w \rangle$$ para todos los vectores $v$ y $w$ sur $V.$ Llegamos a la conclusión deseada de que $(T^*)^* = T.$ QED.

Lema 2. Dado que $T$ es invertible, tenemos que $(T^{-1})^* = (T^*)^{-1}.$

Prueba. Demostraremos que $T^*(T^{-1})^* = I$ y $(T^{-1})^* T^* = I.$ Por definición, el adjunto es el único operador lineal que satisface $\langle T(v), w \rangle = \langle v, T^*(w) \rangle$ para todos los vectores $v$ y $w$ sur $V.$ Por lo tanto, tenemos que $$\langle T^* (T^{-1})^*(v), w \rangle = \langle (T^{-1})^*(v), (T^*)^*(w) \rangle = \langle (T^{-1})^*(v), T(w) \rangle = \langle v, T^{-1} T(w) \rangle = \langle v, w \rangle$$ para todos los vectores $v$ y $w$ de $V,$ donde la segunda igualdad se cumple por el lema 1. En consecuencia, tenemos que $T^*(T^{-1})^* = I.$ Se puede demostrar la segunda afirmación de forma análoga utilizando el hecho de que $TT^{-1}(w) = w$ para todos los vectores $w$ de $V.$ Llegamos a la conclusión deseada de que $(T^{-1})^* = (T^*)^{-1}.$ QED.

Lema 3. Dados los operadores lineales $T$ y $S,$ tenemos que $(TS)^* = S^* T^*.$

Prueba. Por definición, el adjunto es el único operador lineal que satisface $\langle T(v), w \rangle = \langle v, T^*(w) \rangle$ para todos los vectores $v$ y $w$ sur $V.$ Por lo tanto, tenemos que $$\langle (TS)^*(v), w \rangle = \langle v, TS(w) \rangle = \langle T^*(v), S(w) \rangle = \langle S^* T^*(v), w \rangle$$ para todos los vectores $v$ y $w$ sur $V.$ Llegamos a la conclusión deseada de que $(TS)^* = S^* T^*.$ QED.

Lema 4. Dados los operadores lineales $T$ y $S,$ tenemos que $(T + S)^* = T^* + S^*.$

Prueba. Utilice la definición de adjunto y la linealidad del producto interior. QED.

Lema 5. Polinomios dados $f(x)$ y $g(x)$ sur $\mathbb C[x],$ tenemos que $f(T) g(T) = g(T) f(T),$ es decir, los polinomios de un operador lineal conmutan entre sí.

Prueba. Utilice el hecho de que $T$ conmuta consigo mismo y todos los escalares conmutan.

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Debemos asumir que $V$ es de dimensión finita.

Prueba. Utilizando los lemas, tenemos que $$\begin{align*} U^* &= [(I - iT)(I + iT)^{-1}]^* \\ \\ &= [(I + iT)^{-1}]^* (I - iT)^* \tag{by Lemma 3} \\ \\ &= [(I + iT)^*]^{-1} (I - iT)^* \tag{by Lemma 2} \\ \\ &= (I - iT)^{-1}(I + iT) \tag{by Lemma 4} \end{align*}$$ para que $$U^* U = (I - iT)^{-1}(I + iT)(I - iT)(I + iT)^{-1} = (I - iT)^{-1} (I - iT)(I + iT)(I + iT)^{-1} = I,$$ donde la segunda igualdad se cumple por el lema 5. Teniendo en cuenta que $V$ es de dimensión finita, tenemos que $U$ es invertible si y sólo si $U$ es inyectiva si y sólo si $U$ tiene un inverso a la izquierda. Ciertamente, $U^*$ es un inverso de la izquierda de $U,$ por lo que $U^*$ es un inverso de la derecha de $U,$ es decir, $U^* = U^{-1}.$ QED.

Answer 2

Set

$U = (I - iT)(I + iT)^{-1}; \tag 1$

para cualquier operador $A$ , $B$ y cualquier $x, y \in V$ ,

$\langle (AB)^\dagger x, y \rangle = \langle x, ABy \rangle = \langle A^\dagger x, By \rangle = \langle B^\dagger A^\dagger x, y \rangle, \tag 2$

de donde

$(AB)^\dagger x = B^\dagger A^\dagger x, \; \forall x \in V, \tag 3$

y por lo tanto

$(AB)^\dagger = B^\dagger A^\dagger; \tag 4$

también,

$\langle (A + B)^\dagger x, y \rangle = \langle x, (A + B)y \rangle = \langle x, Ay + By \rangle = \langle x, Ay \rangle + \langle x, By \rangle$ $= \langle A^\dagger x, y \rangle + \langle B^\dagger y, x \rangle = \langle A^\dagger x + B^\dagger x, y \rangle = \langle (A^\dagger + B^\dagger)x, y \rangle, \tag 5$

de la cual

$(A + B)^\dagger x = (A^\dagger + B^\dagger)x, \; \forall x \in V, \tag 6$

y por lo tanto

$(A + B)^\dagger = A^\dagger + B^\dagger; \tag 7$

aplicando (4) y (7) a (1):

$U^\dagger = ((I + iT)^{-1})^\dagger (I - iT)^\dagger = ((I + iT)^{-1})^\dagger (I - (iT)^\dagger); \tag 8$

tenemos

$I - (iT)^\dagger = I + iT^\dagger = I + iT, \tag 9$

desde

$T^\dagger = T; \tag{10}$

Además,

$(I + iT)(I + iT)^{-1} = I, \tag{11}$

de la cual

$((I + iT)^{-1})^\dagger (I + iT)^\dagger = I^\dagger = I, \tag{12}$

para que

$((I + iT)^{-1})^\dagger = ((I + iT)^\dagger)^{-1} = (I - iT)^{-1}; \tag{13}$

entonces

$U^\dagger = ((I + iT)^{-1})^\dagger (I - iT)^\dagger$ $= (I - iT)^{-1} (I - (iT)^\dagger) = (I - iT)^{-1} (I + iT); \tag{14}$

finalmente,

$U^\dagger U = (I - iT)^{-1} (I + iT)(I - iT)(I + iT)^{-1} = (I - iT)^{-1} (I - iT)(I + iT)(I + iT)^{-1} = II = I, \tag{15}$

y ahora a la derecha multiplicando por $U^{-1}$ rinde

$U^\dagger = U^\dagger I = U^\dagger (UU^{-1}) = (U^\dagger U)U^{-1} = IU^{-1} = U^{-1}, \tag{16}$

$OE\Delta$ .

Observamos que el argumento que rodea a (11)-(13) se extiende para mostrar que

$(S^\dagger)^{-1} = (S^{-1})^\dagger \tag{17}$

para operadores generales invertibles $S$ .