Mostrar $T$ es invertible si $T'$ es invertible donde $T\in B(X)$ , $T'\in B(X')$

Question

Parece sencillo, pero no acabo de entenderlo. $X$ es un espacio complejo de Banach, y $T\in B(X)$ , $T'\in B(X')$ es su adjunto. Supongamos que $T'$ es invertible. ¿Cómo podemos demostrar que $T$ ¿es invertible?

En realidad ya he mostrado $T$ para ser 1-1, y que $T^{-1}$ si existiera, estaría limitada. Así que en realidad sólo queda demostrar que $T$ está dentro.

EDIT: Sospecho que el siguiente resultado simple, que he demostrado que es cierto, podría ayudar:

$\|Tx\| {\|(T')^{-1}\|}^{-1} \|x\|$

Así es como sé que $ker(T)=\{0\}$ por lo tanto, 1-1. Creo que si asumiéramos $T$ no estaban en, podríamos mostrar de alguna manera $T'$ no es 1-1 (demostrando que tiene un núcleo distinto de cero), contradicción ya que $T'$ invertible. ¿Alguien puede ver exactamente cómo podría funcionar esto?

Answer 1

Sea $T:X\longrightarrow Y$ sea un operador lineal acotado entre dos espacios vectoriales normados, y sea $T^*:Y^*\longrightarrow X^*$ denota su adjunto. Por el teorema del mapa abierto, $T^*$ es invertible si y sólo si es biyectiva, ya que $X^*$ y $Y^*$ son automáticamente espacios de Banach. Esto no es cierto para $T$ en general, pero es cierto si suponemos que $X,Y$ sean espacios de Banach.

Por supuesto, si $T$ es invertible, $TS=ST=I$ implica $S^*T^*=T^*S^*=I$ de ahí $T^*$ es invertible con inversa $(T^{-1})^*$ . Usted quiere la inversa, lo que equivale a decir: ¿acaso $T^*$ biyectiva implica $T$ biyectiva? Observe que si $X,Y$ se supone que son reflexivos, entonces el resultado se deduce trivialmente a través de la identificación $T^{**}\simeq T$ y la observación anterior.

Recordemos que el ortogonal de un conjunto $S$ en $X$ se define como $S^\perp:=\{\phi\in X^*\;;\;\phi(x)=0\;\forall x\in S\}$ . Se trata de un subespacio cerrado débil* de $X^*$ . Ahora $$ \mbox{Im}\:T^*\subseteq (\mbox{Ker}\;T)^\perp. $$ En efecto, si $x^*=T^*y^*$ entonces $(x^*,x)=(T^*y^*,x)=(y^*,Tx)=0$ para cada $x\in\mbox{Ker}\;T$ .

En consecuencia, si $T^*$ es onto, entonces $(\mbox{Ker}\;T)^\perp=X^*$ . Ahora bien, si tuviéramos $\mbox{Ker}\;T\neq\{0\}$ Hahn-Banach nos proporcionaría un funcional lineal acotado $x^*\in X^*$ que no desaparece en $\mbox{Ker}\;T$ contradictorio $(\mbox{Ker}\;T)^\perp=X^*$ . Por lo tanto

$$T^*\;\mbox{surjective}\quad\Rightarrow\quad T\;\mbox{injective}.$$

Ahora observe que en general $$ \mbox{Ker}\;T^*=(\mbox{Im}\;T)^\perp. $$ En efecto, $T^*y^*=0$ sólo si $(T^*y^*,x)=0$ para todos $x\in X$ es decir $(y^*,Tx)=0$ para todos $x\in X$ es decir $(y^*,y)=0$ para todos $y\in \mbox{Im}\;T$ . Así que si $T^*$ es inyectiva, obtenemos $(\mbox{Im}\;T)^\perp=\{0\}$ es decir, todo funcional lineal acotado $y^*\in Y^*$ que desaparece en $\mbox{Im}\;T$ debe desaparecer en $Y^*$ . Por Hahn-Banach, esto produce $\overline{\mbox{Im}\;T}=Y$ . Una buena forma de ver esto es considerar el aniquilador: si $S\subseteq Y^*$ denota $S^o:=\{y\in Y\;;(y^*,y)=0\;\forall y^*\in S\;$ . Entonces, para cualquier subespacio $F$ en $Y$ , $(F^\perp)^o=\overline{F}$ . Por lo tanto $$ (\mbox{Ker}\;T^*)^o=\overline{\mbox{Im}\;T}. $$ Por Hahn-Banach, $S^o=Y$ sólo si $S=\{0\}$ . Así que obtenemos una equivalencia:

$$T^*\;\mbox{injective}\quad\iff\quad \overline{\mbox{Im}\;T}=Y.$$

Por último, y esto es lo parte difícil de todo el asunto, en realidad: cuando $X,Y$ son espacios de Banach

$$\mbox{Im}\;T\;\mbox{is closed}\quad\iff\quad \mbox{Im}\;T^*\;\mbox{is closed}.$$

Prueba: ver aquí página 77.

Nota: probablemente pueda simplificarse aquí, dado que suponemos que $T^*$ ser invertible, pero creo que es bueno recordar este hecho general.

Conclusión: estas tres piezas en conjunto muestran que cuando $X,Y$ son espacios de Banach, $T^*$ es invertible si y sólo si $T$ es invertible.