En un complejo espacio vectorial, $\langle Tx,x \rangle=0 \implies T = 0$

Question

Supongamos $T$ es un operador lineal en un complejo producto interior en el espacio. Es un teorema que si $\langle Tx,x\rangle=0$ todos los $x$ en el espacio, a continuación,$T=0$. El teorema de falla en el caso real, como se ha visto, por ejemplo, por la rotación por $\pi/2$$\mathbb{R}^2$.

¿Hay algo más profundo detrás de este hecho, o puede que todo ser mirado como un capricho de la conjugada-linealidad del complejo producto interior?

Si alguien está interesado en la búsqueda de esta prueba, es el teorema 9.2 en Romano del Álgebra Lineal, tercera edición.

Answer 1

La clave es ver cómo $T$ actúa de manera arbitraria. Supongamos $\langle Tx,x \rangle = 0$ todos los $x \in V$ donde $V$ es un (real o complejo) espacio vectorial.

Si $T$ actúa en un espacio real con (Hamel)$\{e_j\}_{j \in \alpha}$, luego tenemos

• $\langle e_j, Te_j \rangle = 0$
• $ \langle e_j + e_k, T(e_j + e_k) \rangle = 0 \implica \langle e_j, T e_k \rangle = -\langle Te_k, e_j \rangle $

Esto es suficiente para deducir que $T = -T^*$. Si $T$ actúa en un espacio complejo, tenemos la restricción adicional de

• $ \langle e_j + ie_k, T(e_j + ie_k) \rangle = 0 \implica \langle e_j, T e_k \rangle = \langle Te_k, e_j \rangle $

Esto, junto con las otras dos propiedades, nos permite deducir que $T = 0$.

Podemos deducir que en un espacio real, $\langle Tx,x \rangle = 0$ para todos los $x \in V$ $\iff T^* = -T$, y en un espacio complejo, $\langle Tx,x \rangle = 0$ para todos los $x \in V$ $\iff T = 0$.

Nota: no he explícitamente demostrado lo contrario en cualquiera de los casos. Creo que usted encontrará que, en cada caso, la prueba es sencilla.

---

Aunque no puedo decir si el resultado es profundo, puedo decir que esto demuestra que el producto interior se vuelve mucho más potente a través de espacios complejos.

Una consecuencia de esta peculiaridad es que cuando uno define positiva definida operadores en un verdadero producto interior en el espacio, es importante si uno se especifica que el operador también debe ser auto-adjunto. Como verdadero formas bilineales, matrices de actuar de la misma hasta su uno mismo-adjoint parte. Es decir, tenemos $A + A^*= B + B^* \iff \langle x,Ax \rangle = \langle x,Bx \rangle$ todos los $x$.

Para el complejo interior-producto de los espacios, la especificación adicional de auto-adjointness es redundante, y tenemos $A = B \iff \langle x,Ax \rangle = \langle x,Bx \rangle$ todos los $x$.

---

Otra interesante peculiaridad: la declaración de $$ \|x+y\|^2 = \|x\|^2 + \|s\|^2 \ffi \langle x,y \rangle = 0 $$ sólo es cierto para el real interior-producto de espacios.

Answer 2

Creo que este hecho de la siguiente manera fácil para la auto-adjuntos a los operadores (en dimensión finita) y como todos los $T=R+iS$ donde $R,S$ son auto-adjuntos a los operadores, el teorema de la siguiente manera para cada $T$. Escribí la prueba fuelle.

La condición de $\langle Tx,x\rangle=0$, para cada $x$, implica $0=\langle Rx,x\rangle+i\langle Sx,x\rangle$.

Ahora, $\langle Rx,x\rangle, \langle Sx,x\rangle\in\mathbb{R}$ por cada $x$, ya que el $R$ $S$ son auto-adjoints. Por lo tanto, $\langle Rx,x\rangle=\langle Sx,x\rangle=0$, para cada $x$.

Sabemos por el teorema espectral (en dimensión finita) que $R$ es diagonalizable. Si $x$ es un autovector asociado a un autovalor $a$$0=\langle Rx,x\rangle=a\langle x,x\rangle$$a=0$. Por lo tanto, cualquier autovalor es cero y desde $R$ es diagonalizable, a continuación,$R=0$. Por supuesto, lo mismo ocurre con $S$. Así, $T=0$. $\square$