Descomposición Polar de Delimitada Normal Operador en el Espacio de Hilbert

Question

Es bien sabido que si $T$ es un delimitada operador lineal en un infinito dimensional espacio de Hilbert $H$, entonces existe una única parcial isometría $U$ tal que $T=U \vert T \vert$donde $\vert T \vert =(T^*T)^{1/2}$.Tal descomposición se denomina descomposición polar de $T$.Estoy tratando de resolver el siguiente problema:

Supongamos $T$ está Delimitado Normal operador en $H$ ,entonces no existe único operador unitario $U$ tal que $T=U \vert T \vert$

Yo no tengo ningún limpio manera de mostrar la existencia de un único operador.Por favor alguien puede darme alguna idea para probar esto?

Answer 1

Deje $T$ ser normal. Por el teorema espectral, hay un único mapa de $V : H \to L^2(\mu)$ para una medida adecuada $\mu$ en una medida de espacio $X$ de tal manera que tenemos $$ T = V^\ast M_f V $$ para algunos delimitada la función $f : X \to \Bbb{C}$ donde $M_f : L^2(\mu) \to L^2 (\mu), g \mapsto f\cdot g$ es el operador de multiplicación que se multiplica por $f$.

Por las propiedades habituales de la espectral de cálculo, se han $\varphi(T) = V^\ast M_{\varphi \circ f} V$ por cada acotado medible $\varphi : \Bbb{C} \to \Bbb{C}$. En particular, se ha $|T|= V^\ast M_{|f|} V$.

Ahora, es fácil ver que hay una medibles $g : X \to \Bbb{C}$ $|g(x)| = 1$ todos los $x \in X$$|f(x)| \cdot g(x) = f(x)$. De hecho, la función $$ g : X \a S^1 \subconjunto \Bbb{C} x \mapsto \begin{cases} \frac{f(x)}{|f(x)|}, & f(x) \neq 0,\\ 1, & f(x) = 0\end{casos} $$ hace el trabajo.

Desde $g$ ha módulo uno, el operador de multiplicación $M_g$ es unitaria. Por lo tanto, también lo es $U = V^\ast M_g V$ y hemos $$ T = V^\ast M_{f} V = V^\ast M_g M_{|f|} V = V^\ast M_g VV^\ast M_{|f|} V = U\cdot |T| $$ como se desee.

EDIT: Como escribí en los comentarios, la central unitaria de $U$ es no singular en general. Por ejemplo, para $T=0$,$|T|=0$, por lo que cualquier unitario $U : H \to H$ va a hacer el trabajo.

Answer 2

Para cualquier operador acotado $T$, el operador $T^{\star}T$ es positivo selfadjoint operador con la única a la raíz cuadrada positiva $|T|=(T^{\star}T)^{1/2}$. Y, $$ \|Tx\|^{2}=(T^{\estrella}Tx,x)=(|T|^2x,x)=(|T|x,|T|x)=\||T|x\|^{2},\;\;\; x \in H. $$ Los operadores de $T$ $|T|$ tienen el mismo null espacios, y ambos mapas inducir lineal inyectiva mapas de $H/\mathcal{N}(T)$ a $X$. Por lo tanto, no es lineal en el mapa $$ U : \mathcal{R}(|T|) \rightarrow \mathcal{R}(T) $$ tal que $U|T|=T$. $U$ es isométrica porque $\|U|T|x\|=\|Tx\|=\||T|x\|$. Por lo que se extiende de forma única por la continuidad de un isométrico mapa de $\overline{\mathcal{R}(|T|)}$ a $\overline{\mathcal{R}(T)}$.

Supongamos ahora que $T$ es normal. A continuación,$\|Tx\|^{2}=(T^{\star}Tx,x)=(TT^{\star}x,x)=\|T^{\star}x\|$, lo que da $\mathcal{N}(T)=\mathcal{N}(T^{\star})$. Por lo tanto, $$ \mathcal{R}(|T|)^{\asesino} =\mathcal{N}(|T|) =\mathcal{N}(T) =\mathcal{N}(T^{\estrella}) = \mathcal{R}(T)^{\asesino}. $$ Por lo $U$ tiene un unitaria extensión a todos los de $H$ obtenido por ajuste de $U=I$ en $\mathcal{N}(T)$. $U$ no es única debido a $U$ puede ser elegido para ser cualquier unitario mapa en $\mathcal{N}(T)$. Por ejemplo, en el caso más extremo donde $T=0$, el operador $U$ puede ser cualquier unitario mapa de $H$.