Функан. нормальный оператор и его свойство

[FreeLifer]

Вот есть такая задачка:

Пусть оператор A принадлежит множеству линейных операторов действующих из гильбертова пространства в него же.

$||Ax|| = ||A^*x|| \Longleftrightarrow AA^* = A^*A$

$( \Leftarrow )$ очевидно. Мы просто расписываем через скалярное произведение:

$ ||Ax|| = ( Ax, Ax ) = ( x, A^*Ax ) = ( x, AA^*x ) = ( A^*x, A^*x ) = ||A^*x|| $

А вот как в обратную сторону.... Не понимаю... Подскажите идею. Как мы вообще доказываем что линейные операторы $A^*A$, $AA^*$ совпадают?

UPD

Вроде понял, прошу сказать, верно ли всё в моих рассуждениях:

$ AA^* = A^*A $

$ (AA^*x, x) = (A^*x, A^*x) = ( Ax, Ax ) = (A^*Ax, x) $

откуда и следует, что

$ AA^* = A^*A $.

Задачка решена правильно?

[ewert]

FreeLifer в сообщении #452190 писал(а):

Задачка решена правильно?

Не то что неправильно, но -- сильно неполно. Вы доказали равенство квадратичных форм, а надо ещё вытащить отсюда равенство всех форм билинейных.

[FreeLifer]

Оки,

$ (AA^*x, y) = (A^*x, A^*y) = ? = ( Ax, Ay ) = (A^*Ax, y) $

Как доказать для билинейных форм?... Хотя бы идею скажите...

[ewert]

Любая билинейная форма выражается через комбинацию нескольких квадратичных. Надо взять выражения типа $\big(B(x\pm y),\,(x\pm y)\big)$, $\big(B(x\pm iy),\,(x\pm iy)\big)$, пораскрывать скобки и покомбинировать. Если оператор $B$ к тому же ещё и самосопряжён, то всё упрощается. Это -- в комплексном пространстве; в вещественном случае надо брать, естественно, только $\big(B(x\pm y),\,(x\pm y)\big)$, но там самосопряжённость $B$ уже обязательна.

Впрочем, в данном случае можно проще: выразите аналогичным образом скалярное произведение двух произвольных векторов через квадраты их норм и квадраты норм их комбинаций.

[FreeLifer]

1) $ ( AA^*(x + y), (x + y) ) = ( AA^*(x + y), x ) + ( AA^*(x + y), y ) =
( AA^*x, x ) + ( AA^*y, x ) + ( AA^*x, y ) + ( AA^*y, y ) $

2) $ ( A^*A(x + y), (x + y) ) = ( A^*A(x + y), x ) + ( A^*A(x + y), y ) =
( A^*Ax, x ) + ( A^*Ay, x ) + ( A^*Ax, y ) + ( A^*Ay, y ) $

$ ( AA^*y, y ) = ( A^*y, A^*y ) = ( Ay, Ay ) = ( A^*Ay, y ) $

$ ( AA^*x, x ) = ( A^*x, A^*x ) = ( Ax, Ax ) = ( A^*Ax, x ) $

$ ( AA^*y, x ) = ( A^*y, A^*x ) $
$ ( AA^*x, y ) = ( A^*x, A^*y ) $

$ ( A^*Ay, x ) = ( Ay, Ax ) $
$ ( A^*Ax, y ) = ( Ax, Ay ) $

Ну и типа дальше: ( 1 ) - ( 2 ):
$ ( A^*A(x + y), (x + y) ) - ( AA^*(x + y), (x + y) ) = ( A^*y, A^*x ) + ( A^*x, A^*y ) - ( Ay, Ax ) - ( Ax, Ay ) $

.....

Вы это имели ввиду?

[ewert]

FreeLifer в сообщении #452235 писал(а):

Вы это имели ввиду?

Примерно это, хотя запись и не самая короткая. Только это сработает лишь для вещественных пространств. Для комплексных же -- надо задействовать ещё и мнимую единичку.

[FreeLifer]

Что-то я не понял, ну получили мы вот такую вот разность, и что с ней делать?! Она ведь не сокращается...

[ewert]

FreeLifer в сообщении #452264 писал(а):

Она ведь не сокращается...

В каком смысле?

Слева-то сокращается.

[FreeLifer]

$ ( A^*A(x + y), (x + y) ) - ( AA^*(x + y), (x + y) ) = ( A^*y, A^*x ) + ( A^*x, A^*y ) - ( Ay, Ax ) - ( Ax, Ay ) $


левая часть, это : $ ( A^*A(x + y), (x + y) ) - ( AA^*(x + y), (x + y) ) $

И это то, что нам нужно доказать. Ну точнее доказать надо вот это ( как я понял ):

$ ( A^*A(x + y), (x + y) ) - ( AA^*(x + y), (x + y) ) = 0$

[sup]

Виноват, а разве не так. Пусть
$B=A^*A-AA^*$
Тогда
$B=B^*$
А значит, если $B \neq 0$, то для некоторого $x$
$(Bx,x) \neq 0$

[FreeLifer]

и.... что?

[sup]

И .... то. Для матриц это бы означало, что существует нетривиальный собственный вектор. Для произвольного гильбертова пространства чуть сложнее. Если спектр ненулевой, то для некоторого вещественного $\lambda$ оператор $B - \lambda$ необратим. А значит для некоторого $x \in H$ $Bx \approx \lambda x$ и тд.
Но проще наверное так, как указывал ewert
Пусть для любого $x \in H$
$(Bx,x)=0$
Тогда для любых $x,y \in H$
$0=(B(x+y),(x+y))=(Bx,x) + (By,y) + 2\operatorname{Re}(Bx,y) = 2\operatorname{Re}(Bx,y)$
Значит для любого $x \in H$ $Bx=0$

[FreeLifer]

Теперь всё понятно. Спасибо всем большое!!!

[ewert]

FreeLifer в сообщении #452307 писал(а):

Ну точнее доказать надо вот это ( как я понял ):

$ ( A^*A(x + y), (x + y) ) - ( AA^*(x + y), (x + y) ) = 0$

Вот как раз это-то и не нужно доказывать. Это -- фактически условие задачи.

sup в сообщении #452341 писал(а):

Тогда для любых $x,y \in H$
$0=(B(x+y),(x+y))=(Bx,x) + (By,y) + 2\operatorname{Re}(Bx,y) = 2\operatorname{Re}(Bx,y)$
Значит для любого $x \in H$ $Bx=0$

Не так шустро. Куды мнимую часть заныкали?...

[sup]

(Оффтоп)

Да уж куда шустрее.
$y=Bx$ - "и никаких разрух" $\copyright$