Es normal que $T$

Question

Vamos interior del espacio del producto $V$ (finito) por encima de $\mathbb{C}$. Deje que el operador $T:V\to V$ s.t.

$$T^2 = \frac{1}{2}(T+T^*)$$

1. Demostrar que $T$ es normal $(T^*T = TT^*)$
2. $T^2 - T = 0$

Así que he tratado de lo obvio:

$$ \langle T(v), T^*(v) \rangle = \langle T^2(v), v \rangle = \frac{1}{2} \langle (T+T^*)(v), v \rangle = \frac{1}{2} \left(\langle T(v),v \rangle + \langle T^*(v), v\rangle \right) $$

No veo que podemos inferir algo inteligente de esas igualdades.

Alguna idea?

Gracias.

Answer 1

La solución para $T^*$, podemos ver que $T^* = 2T^2 - T$. Esto debería mostrar fácilmente porqué $T^*T = TT^*$. (Sugerencia: Multiplicar el $T$ a un lado de la $T^*$ usted acaba de resolver, y hacerlo en el otro lado. ¿Qué se consigue?)

Edit: en cuanto a la segunda parte, muestran que para todos los $x\in V$, $\langle (T^2-T)x,(T^2-T)x \rangle =0$. Uso de la identidad de $T^2$ anterior, y utilice el hecho de que $T$ es normal. Las cosas se cancelará muy bien.

Answer 2

Desde $T^{\ast}$ es un polinomio en a$T$, $T$ es normal.

Ahora lo que sigue es que $T$ es diagonalizable, entonces considere la posibilidad de cualquier eigen-valor $\lambda$$T$ : Desde $$ 2T^2 - T = T^{\ast} \Rightarrow 2\lambda^2 - \lambda = \overline{\lambda} $$ Así que si $\lambda = x+iy$, luego $$ x^2 - y^2 + 2ixy - 2x = 0 \Rightarrow xy=0 $$ De cualquier manera, $\lambda \in \mathbb{R}$. Por lo tanto $T = T^{\ast}$, de donde $T^2 = T$.