$T(M^\perp)\subseteq M^\perp \Longleftrightarrow T^*(M)\subseteq M?$

Question

Permita que$E$ sea un espacio de Hilbert complejo infinitamente dimensional y$\mathcal{L}(E)$ sea el álgebra de todos los operadores lineales acotados desde$E$ a$E$.

Permita que$M$ sea un subespacio de$E$ y$T\in \mathcal{L}(E)$. Es cierto que$$T(M^\perp)\subseteq M^\perp \Longleftrightarrow T^*(M)\subseteq M?$ $

Answer 1

La respuesta a tu pregunta es "No".

Deje $H=\ell^2(\mathbb{N})$. Deje $M$ consta de todas las secuencias finitas $(x_0,x_1,\cdots,x_n,0,0,0,0,\cdots)$ tal que $\sum_{n=0}^{\infty} x_n=0$. Este es un subespacio denso de $H$. Para ver por qué, supongamos $x \perp M$. Entonces $x \perp (1,-1,0,0,0)$, $x\perp (1,0,-1,\cdots)$, etc. lleva a la conclusión de que $x_1=x_2=x_3=\cdots$, lo cual es imposible a no ser $x=0$. Por lo tanto, $M^{\perp}=\{0\}$.

Debido a $M^{\perp}=\{0\}$, el operador de desplazamiento a la $T(x_0,x_1,x_2\cdots)=(0,x_0,x_1,x_2,\cdots)$ satisface trivialmente $$ TM^{\asesino} \subseteq M^{\asesino}. $$ $T$ ha adjoint $T^*(x_0,x_1,x_2,\cdots)=(x_1,x_2,\cdots)$. Por lo $T^*M\not\subseteq M$ debido a que el imaginar la secuencia puede que no suma de a $0$. Resumiendo, $$ TM^{\asesino}\subseteq M^{\asesino},\;\; T^*M\no\subseteq M $$

Answer 2

\begin{gather*}T(M^{\perp})\subset M^{\perp}\iff \left(x\in M^{\perp}\Rightarrow Tx\in M^{\perp}\right) \iff \\ \iff \left[x\in M^{\perp} \Rightarrow \left\langle Tx,y\right\rangle=0\;\forall y\in M\right]\iff \left[x\in M^{\perp} \Rightarrow \left\langle x,T^*y\right\rangle=0\;\forall y\in M\right]\iff \\ \iff T^*(M)\subset (M^{\perp})^{\perp} \end {gather *} Ahora, si$M$ está cerrado,$(M^{\perp})^{\perp}=M$, y hemos terminado. De lo contrario,$(M^{\perp})^{\perp}=\bar{M}\neq M$, por lo que la equivalencia no se cumple en general.