Operador del adjoint, biyectiva

Question

Que $A\in\mathcal{L}(X,Y)$, donde $X,Y$ son espacios vectoriales normados. Definir el adjoint operador $$ \begin{array}{ll} A^{\prime}\ : & Y^{\prime}\rightarrow X^{\prime},\\ & G \mapsto A^{\prime}(G)\ =\ G\circ A. \end{matriz} $ es fácil mostrar que $A^{\prime}\in\mathcal{L}(Y^{\prime}, X^{\prime})$ y $\|A\| = \|A^{\prime}\|$.

Ahora, supongamos que $A$ es biyectiva, entonces mostrar que $A^{\prime}$ también es biyectiva.

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En primer lugar, he demostrado que $[\mbox{Im}(A)]^{\circ} = \mbox{Ker}(A^{\prime})$ y $\mbox{Ker}(A^{\prime}) = \{O\}$. Por lo tanto es inyectiva $A^{\prime}$. Mi problema es que no sé cómo puedo mostrar que $A^{\prime}$ es a.

Por favor necesito ayuda.

Gracias de antemano.

Answer 1

Esto no es cierto en general. Deje $1<p<q<\infty$. Considere la posibilidad de bijective delimitada operador lineal $$ Yo:(\ell_p,\Vert\cdot\Vert_p)\(\ell_p,\Vert\cdot\Vert_q):x\mapsto x $$ que se establece teórico de la identidad. Su adjunto es $$ I^*:(\ell_p,\Vert\cdot\Vert_q)^*\(\ell_p,\Vert\cdot\Vert_p)^*:f\mapsto f\circ I $$ Se supone que es bijective. Desde dual espacios son siempre completa, a continuación, $I^*$ es un bijection entre espacios de Banach. Por asignación abierta teorema de la $I^*$ es un isomorfismo. Tenga en cuenta que $$ (\ell_p,\Vert\cdot\Vert_p)^*\cong(\ell_q,\Vert\cdot\Vert_q) $$ $$ (\ell_p,\Vert\cdot\Vert_q)^* \cong\left(\operatorname{finalización}(\ell_p,\Vert\cdot\Vert_q)\right)^* \cong(\ell_q,\Vert\cdot\Vert_q)^* \cong(\ell_p,\Vert\cdot\Vert_p) $$ así que usando ese $I^*$ es un isomorfismo vemos que $(\ell_p,\Vert\cdot\Vert_p)$ $(\ell_q,\Vert\cdot\Vert_q)$ son isomorfos a través de algún operador $J$. Pero esto es imposible, así que tenemos una contradicción. Por lo tanto $I^*$ no es bijective, a pesar de $I$ es bijective.

Por otro lado, si se asume que el $X$ $Y$ son espacios de Banach, entonces tienen una equivalencia $$ Un\text{ es bijective}\Longleftrightarrow Un'\text{ es bijective} $$ Para la prueba de ver esto y esto responde.

Answer 2

No creo que la afirmación es verdadera cuando los espacios no están completas. Deje $X$ ser el espacio de funciones diferenciables en $[-1,1]$ $C^1$ norma, y deje $Y$ ser el mismo conjunto de funciones, pero equipado con la $C^0$ norma. Deje $A$ ser el mapa de identidad. Sin duda es continua, ya que $\|f\|_0 \leq \|f\|_1$.

Ahora, vamos a $T(f) = f'(0)$. Esto es en $X'$, pero no es la imagen de cualquier operador en virtud de la $A'$. Supongamos $S: Y \rightarrow \mathbb{R}$ eran de un operador. A continuación,$S(f) = T(f)$. Pero esto significa que la diferenciación en $0$ es un mapa continuo en $Y$. Pero hay funciones delimitadas por 1 que arbitrariamente grande derivados a 0.