$\langle Tu\;|\;u\rangle=0,\;\forall u\in E \Longrightarrow T=0$?

Question

Que $E$ ser un espacio de Hilbert complejo. Que $T\in \mathcal{L}(E)$.

Tengo dos preguntas:

¿Por qué no es cierto que para un operador arbitrario $T\in \mathcal{L}(E)$, $\langle Tu\;|\;u\rangle=0,\;\forall u\in E \Longrightarrow T=0$? ¿Y es este verdadero de propiedad para los operadores normales?

Creo que es verdad para los operadores del adjoint del uno mismo porque la norma de un operadores del adjoint del uno mismo se da por

$$\left\|T\right\|= \sup\big\{\;\left|\langle Tu\;|\;u\rangle \right|,\;\;u \in E\;, \left\| u \right\| = 1\;\big\}$$

Gracias.

Answer 1

Supongamos $\newcommand{\ip}[2]{\langle #1\mid #2\rangle}\ip{Tu}{u}=0$ por cada $u$. Entonces, dado $u$ $v$ y cualquier escalar $a$ (suponiendo semilinearity en la primera variable, con la opuesta de la convención de la prueba es esencialmente la misma): $$ 0=\ip{T(u+av)}{u+av}= un\ip{Tu}{v}+\bar{un}\ip{Tv}{u} $$ En particular, para $a=i$, obtenemos $\ip{Tu}{v}=\ip{Tv}{u}$ y, por $a=1$, $\ip{Tu}{v}=-\ip{Tv}{u}$.

Por lo tanto,$\ip{Tu}{v}=0$, para cada $u$$v$, en particular por $v=Tu$. Por lo tanto $Tu=0$.

Tenga en cuenta que este puede fallar en verdaderos espacios de Hilbert; el ejemplo lo más fácil es $$ T\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 \qquad T\begin{bmatrix} x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-y\\x\end{bmatrix} $$

Answer 2

Un sesquilinear forma $s(x,y)$ en un espacio complejo del vector se puede recuperar de la forma cuadrática asociada $q(x)=s(x,x)$ a través de la polarización identidad $$ s(x,y) = \frac{1}{4}\sum_{n=0}^{3}i^n q (x + i ^ n y). $$ Por lo tanto, si la forma cuadrática es $0$, también lo es la forma sesquilinear.

En su caso, $s(x,y)=\langle Tx,y\rangle$ $q(x)=\langle Tx,x\rangle$. Por lo que de hecho es el caso que $T=0$ si $\langle Tx,x\rangle=0$ % todo $x$, pero esto se basa en tener un espacio complejo. Espacios reales no se comportan de la misma manera.

Answer 3

En un complejo espacio de Hilbert $H$ la siguiente proposición se tiene:

Deje $T : H \to H$ ser un delimitada lineal mapa tal que $\langle Tx, x\rangle \in \mathbb{R}$ todos los $x \in H$.

A continuación,$T^* = T$, es decir, $T$ es auto-adjunto.

Prueba:

Tenemos $\langle Tx, x\rangle = \overline{\langle x, Tx\rangle} = \langle x, Tx\rangle$ todos los $x\in H.$

\begin{align} 4\langle Tx, y\rangle &= \langle T(x+y), x+y\rangle - \langle T(x-y), x-y\rangle + i\langle T(x+iy), x+iy\rangle - i\langle T(x-iy), x-iy\rangle\\ &= \langle x+y, T(x+y)\rangle - \langle x-y, T(x-y)\rangle + i\langle x+iy, T(x+iy)\rangle - i\langle x-iy, T(x-iy)\rangle\\ &= 4\langle x, Ty\rangle \end{align}

Por lo tanto $\langle Tx, y\rangle = \langle x, Ty\rangle$ todos los $x, y \in H$$T^* = T$.

Ahora en tu caso tenemos $\langle Tx, x\rangle = 0 \in \mathbb{R}$ así, en particular,$T^* = T$.

Utilizando la fórmula que le dio por la norma, de un sí mismo-adjoint operador obtenemos:

$$\|T\| = \sup_{\|x\| = 1} |\langle Tx, x\rangle| = 0 \implies T = 0$$