Mostrar para isometría $T:V \rightarrow V$ , $\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1} T^i$ converge a la proyección ortogonal sobre $ker(T-I)$ .

Question

La pregunta es: Si $V$ es un espacio vectorial de dimensión finita con un producto interior, y $T:V \rightarrow V$ es una isometría en $V$ demuestre que $Q_n = \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1} T^i$ converge, ya que $n \rightarrow \infty$ al mapa lineal $P:V \rightarrow V$ que es la proyección ortogonal sobre $ker(T-I)$ .

Estoy luchando con este problema de deberes. Cosas que he hecho:

desde $\forall x\in V. \ \ |T^i x| = |T^{i-1}x| = \ \ ... \ \ = |Tx|=|x|$ ,

$\forall x\in V. \ \ \lim_{n\rightarrow \infty} |Q_n(x)| = \frac{1}{n}|\sum_{i=0}^{n-1} T^ix |\leq \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1} |T^ix|=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n}|\sum_{i=0}^{n-1} |x| =|x|$ está limitada por una secuencia convergente. Por lo tanto $Q_n(x)$ es convergente. Y entonces para cada $x \in V$ , dejemos que $x = x_1 + x_2$ donde $x_1 \in ker(T-I)$ y $x_2 \in ker(T-I)^{\perp} $ . Entonces $Q_n(x) = Q_n(x_1) +Q_n(x_2) = x_1 + Q_n(x_2)$ .

Entonces estoy tratando de probar que $\sum_{i=0}^{n-1} T^i(x_2)$ está acotada para todo $n$ para que $\frac{1}{n}\lim_{n\rightarrow \infty}\sum_{i=0}^{n-1} T^i(x_2)$ tiende a $0$ como $n\rightarrow \infty$ . Pero ahora mismo no tengo ni idea de cómo hacerlo. Agradecería cualquier ayuda.

Merci.

Answer 1

Para cada $x \in V$ escribe $x = y + z$ donde $y \in \ker(T-I)$ y $z \perp \ker(T-I)$ . Entonces

1. Desde $Ty = y$ obtenemos $Q_n(y) = y$ .

2. Tenga en cuenta que $z \in \ker(T-I)^{\perp} = \operatorname{im}(T-I)^*=\operatorname{im}(T^{-1}-I)$ . En el último paso, utilizamos el hecho de que $T$ es invertible y $T^* = T^{-1}$ . Por lo tanto, existe $w \in V$ tal que $z = (T^{-1}-I)w$ . Entonces

   $$ \| Q_n(z) \| = \left\| \frac{1}{n}(T^{-1}w - T^{n-1}w) \right\| \leq \frac{\|T^{-1}w\| + \|w\|}{n} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 $$

   y así, $Q_n(z) \to 0$ .

Combinando todo, se deduce que $Q_n(x) \to y$ como $n\to\infty$ . Desde $y$ es la proyección ortogonal de $x$ en $\ker(T-I)$ hemos terminado.

Answer 2

Para complementar la respuesta existente (y más elegante), esto es lo que tenía en mente siguiendo el teorema espectral.

Porque $T$ es una isometría, todos los valores propios de $T$ satisfacer $|\lambda| = 1$ . Porque $T$ es normal, tiene una base ortonormal de vectores propios. Sea $P_n = \frac 1n \sum_{i=0}^{n-1} T^i$ .

En primer lugar, confirmamos que para cualquier vector propio $x$ asociado a $\lambda = 1$ (es decir, cualquier $x$ en $\ker (T-I)$ ), nos encontramos con que $P_n x = x$ para todos $n$ por lo que claramente $P_n x \to x$ .

A continuación, para cualquier vector propio $y$ asociado a $\lambda \neq 1$ encontramos que $$ P_n y = \frac 1n \sum_{i=0}^{n-1} T^i y = \left(\frac 1n \sum_{i=0}^{n-1} \lambda_i\right) y = \frac 1n \cdot \frac{1 - \lambda^n}{1 - \lambda} \cdot y. $$ Observando que $ \lim_{n \to \infty} \frac 1n \cdot \frac{1 - \lambda^n}{1 - \lambda} = 0, $ tenemos $P_n y \to 0$ como $n \to \infty$ .

Así, $\lim_{n \to \infty}P_n$ se comporta como la proyección que buscamos sobre una base de $V$ . Así, $\lim_{n \to \infty}P_n$ es la proyección sobre $\ker(T - I)$ como desee.