Теорема о ядре сопряжённого оператора

[StaticZero]

Пусть есть оператор $A: \mathbb C^n \mapsto \mathbb C^m$ и $A^*$ — сопряжённый ему (из $\mathbb C^m$ в $\mathbb C^n$).

Цитата:

Теорема. Ядро сопряжённого оператора $A^*$ представляет собой ортогональное дополнение образа $A$:

$$ \ker A^* = (\operatorname{im} A)^\perp, $$

где $M^\perp$ — ортогональное дополнение $M$.

Пытаюсь её доказать с чистого листа по такой стратегии: покажем, что одновременно $\ker A^* \subseteq (\operatorname{im} A)^\perp$ и $\ker A^* \supseteq (\operatorname{im} A)^\perp$.

Пусть $\mathbf x \in \ker A^*$. Возьмём любой $\mathbf z \in \mathbb C^n$ и обозначим $\mathbf y = A \mathbf z$; ясно, что $\mathbf y \in \operatorname{im} A$. Составим произведение

$$ (\mathbf x, \mathbf y) = (\mathbf x, A \mathbf z) = (A^* \mathbf x, \mathbf z) = (\mathbf 0, \mathbf z) = 0, $$

стало быть, если $\mathbf x \in \ker A^*$, то $\mathbf x$ ортогонален любому вектору из $\operatorname{im} A$, и значит,

$$\ker A^* \subseteq (\operatorname{im} A)^\perp.$$

Обратно, пусть $\mathbf x \in (\operatorname{im} A)^\perp$. Значит, для всякого $\mathbf z \in \mathbb C^n$ верно

$$ 0 = (\mathbf x, A \mathbf z) = (A^* \mathbf x, \mathbf z), $$

иначе говоря, вектор $A^* \mathbf x$, который лежит, между прочим, в $\mathbb C^n$, ортогонален любому вектору из $\mathbb C^n$, в том числе и самому себе. Следовательно, $A^* \mathbf x = \mathbf 0$, что влечёт $\mathbf x \in \ker A^*$, и

$$\ker A^* \supseteq (\operatorname{im} A)^\perp,$$

и окончательно

$$\ker A^* = (\operatorname{im} A)^\perp.$$

Товарищей форумчан я хотел бы попросить это самопальное доказательство проверить.

Спасибо.

-- 18.06.2016, 03:53 --

Ещё придумал один вопрос: как быстро и просто доказывается, что если $L$ — унитарное пространство размерности $n$, то $L^\perp = {\mathbf 0}$? Можно сказать, что если бы в $L^\perp$ был ненулевой элемент, то он должен был бы быть ортогонален всем векторам из $L$, в том числе и себе. Вот это утверждение курсивом у меня вызывает сомнения: откуда мы знаем, что такой вектор обязательно находится в $L$?

[NSKuber]

По доказательству - всё правильно. Разве что к формулировке

StaticZero в сообщении #1132578 писал(а):

Возьмём любой $\mathbf z \in \mathbb C^n$ и обозначим $\mathbf y = A \mathbf z$; ясно, что $\mathbf y \in \operatorname{im} A$.

можно чуть-чуть придраться. Лучше бы звучало: "возьмём любой $\mathbf y \in \operatorname{im}A$. Для него существует $\mathbf z \in \mathbb C^n$ такой, что $\mathbf y = A \mathbf z$". Всё-таки доказываем включение множества $\operatorname{im}A$.

По второму вопросу - а много ли векторов ортогональны самим себе? Вы же уже про такой вектор писали.

[StaticZero]

NSKuber в сообщении #1132583 писал(а):

а много ли векторов ортогональны самим себе?

Ровно один. Нулевой.

Разве что ещё можно сказать, что коли уж любое линейное пространство разваливается в прямую сумму подпространства и его ортогонального дополнения, то можно и сказать, что

$$ L = L \oplus L^\perp, $$

что означает, что все элементы $L^\perp$ находятся в $L$ (иначе быть просто не может). И тогда да, вопросы снимаются. Спасибо.

[ewert]

StaticZero в сообщении #1132578 писал(а):

вызывает сомнения: откуда мы знаем, что такой вектор обязательно находится в $L$?

Оттуда, что, кроме $L$, больше просто ничего нет.

StaticZero в сообщении #1132578 писал(а):

покажем, что одновременно $\ker A^* \subseteq (\operatorname{im} A)^\perp$ и $\ker A^* \supseteq (\operatorname{im} A)^\perp$.

В принципе, нормально, но лучше вытянуть всё это в одну цепочку:

$$\vec x\in(\operatorname{im}A)^\perp\ \Leftrightarrow\ (\forall\vec y\in\operatorname{im}A)\ \vec y\perp\vec x \Leftrightarrow\ (\forall\vec z)\ (A\vec z,\vec x)=\vec0 \Leftrightarrow\ (\forall\vec z)\ (\vec z,A^*\vec x)=\vec0 \Leftrightarrow\ A^*\vec x=\vec0 \Leftrightarrow\ \vec x\in\ker A^*.$$