En un espacio de Hilbert $X$, $T \in B(X)$, $|\lambda|=\lVert T \rVert$. Demostrar que $Im(\lambda I - T)+Ker(\lambda I-T)$ es densa en $X$

Question

Que $X$ ser un espacio de Hilbert, $T\in B(X)$ y $\lambda$ ser un escalar tal que $|\lambda|=\lVert T \rVert$. Demostrar que $Im(\lambda I - T)+Ker(\lambda I-T)$ es denso en $X$.

Desde $Ker(\lambda I -T)=Im(\bar{\lambda}I-T^*)^\perp$ $T^*$ dónde está el adjunto de $T$, necesitamos mostrar $Im(\lambda I-T)+Im(\bar{\lambda} I-T^*)^\perp$ es denso. Mi intento es suponer no es denso. Por lo tanto, podemos encontrar algo fuera de su encierro. Sin embargo, estoy tipo de atascado en este punto.

He probado eso si $T^*x = \bar{\lambda}x$, entonces el $Tx = \lambda x$. No sé si esto ayuda.

Answer 1

Supongamos que $x$ es ortogonal a este espacio, y también vamos a normalizar, $\|x\|=1$. Entonces, en particular, $x\in R(T-\lambda)^{\perp}=N(T^*-\overline{\lambda})$, por lo que $$ \overline{\lambda} \langle x, Tx \rangle = \langle x, TT^* x\rangle = \|T^*x\|^2 = |\lambda|^2 $$ y por lo tanto $\langle x, Tx \rangle =\lambda$. Por otro lado, $$ |\langle x, Tx \rangle | \le \|Tx\| \le |\lambda| \quad( = |\langle x, Tx \rangle |) . $$ La igualdad en el Cauchy-Schwarz desigualdad significa que los vectores son linealmente dependientes, por lo $Tx = cx$, y sólo $c=\lambda$ trabaja aquí.

Así que, en conclusión,$x\in N(T-\lambda)$, pero también asumimos que $x$ es ortogonal a este espacio, por lo $x=0$. (Todo este argumento asume que $\lambda\not= 0$; por supuesto, el reclamo es trivial si $T=0$.)