수반연산자

증명

\(y \in \mathcal{K}\)를 택하고 함수 \(f: \mathcal{H} \rightarrow \mathbb{C}\)를 \(f(x) = \langle Tx,\,y \rangle\)라고 정의하자. 그러면 \(f\)는 선형변환이고, 코시-슈바르츠 부등식과 \(T\)의 연속성에 의해 다음을 얻는다. \[|f(x)| = |\langle Tx,\,y \rangle| \leq \lVert Tx \rVert \lVert y \rVert \leq \lVert T \rVert \lVert x \rVert \lVert y \rVert.\] 따라서 \(f\)는 연속이며, Riesz-Frechet 정리에 의해 모든 \(x \in \mathcal{H}\)에 대해 \(f(x) = \langle x,\,z \rangle\)를 만족시키는 유일한 \(z \in \mathcal{H}\)가 존재한다. \(T^*(y) = z\)라고 정의하면, \(T^*\)는 \(\mathcal{K}\)에서 \(\mathcal{H}\)로의 함수이며, 모든 \(x \in \mathcal{H}\)와 모든 \(y \in \mathcal{K}\)에 대해 \(\langle T(x),\,y \rangle = \langle x,\,T^*(y) \rangle\)를 만족시킨다.

\(T^*\)가 선형변환임을 보이기 위해, \(y_1,\,y_2 \in \mathcal{K}\), \(\lambda,\,\mu \in \mathbb{C}\), \(x \in \mathcal{H}\)를 임의로 택하자. 그러면 \(T^*\)의 정의에 의해 다음이 성립한다. \[\begin{aligned} \langle x,\,T^*(\lambda y_1 + \mu y_2) \rangle &= \langle T(x),\,\lambda y_1 + \mu y_2 \rangle \\[6pt] &= \lambda \langle T(x),\,y_1 \rangle + \mu \langle T(x),\,y_2 \rangle \\[6pt] &= \lambda \langle x,\,T^*(y_1) \rangle + \mu \langle x,\,T^*(y_2) \rangle \\[6pt] &= \langle x,\,\lambda T^*(y_1) + \mu T^*(y_2) \rangle . \end{aligned}\] 따라서 \[T^*(\lambda y_1 + \mu y_2) = \lambda T^*(y_1) + \mu T^*(y_2)\]이므로 \(T^*\)는 선형변환이다.

다음으로 \(T^*\)가 연속임을 보이자. 코시-슈바르츠 부등식에 의하여 다음이 성립한다. \[\begin{aligned} \lVert T^*(y) \rVert^2 &= \langle T^*(y),\,T^*(y) \rangle = \langle TT^*(y),\,y \rangle \\[6pt] &\leq \lVert TT^*(y) \rVert \lVert y \rVert \leq \lVert T \rVert \lVert T^*(y) \rVert \lVert y \rVert . \end{aligned}\] \(T^*(y) > 0\)이면, 위 부등식의 양변을 각각 \(\lVert T^*(y) \rVert\)로 나누어 \[\lVert T^*(y) \rVert \leq \lVert T \rVert \lVert y \rVert\]를 얻는다. 만약 \(T^*(y) = 0\)이면 이 부등식은 자명하게 성립한다.

따라서 모든 \(y \in \mathcal{K}\)에 대해 \[\lVert T^*(y) \rVert \leq \lVert T \rVert \lVert y \rVert\] 이므로 \(T^*\)는 연속이고 \(\lVert T^* \rVert \leq \lVert T \rVert\)이다.

마지막으로, \(T^*\)가 유일함을 보이자. \(B_1\)과 \(B_2\)가 \(B(\mathcal{K},\,\mathcal{H})\)에 속하고 모든 \(x \in \mathcal{H}\)와 모든 \(y \in \mathcal{K}\)에 대해 \[\langle Tx,\,y \rangle = \langle x,\,B_1y \rangle = \langle x,\,B_2y \rangle\]라고 가정하자. 그러면 모든 \(y \in \mathcal{K}\)에 대해 \(B_1y = B_2y\)이므로 \(B_1 = B_2\)이다. 따라서 \(T^*\)는 유일하다.

풀이

\(M_{\mathbf{u}}^{\mathbf{u}}(T^*) = [b_{i,j}]\)라고 하자. 그러면 수반연산자를 정의하는 방정식을 사용하여, \(\mathbb{C}^2\)의 모든 벡터 \(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\)와 \(\begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}\)에 대해 다음이 성립한다. \[\Big\langle\begin{bmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} \\ a_{2,1} & a_{2,2} \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}\Big\rangle = \Big\langle\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}, \begin{bmatrix} b_{1,1} & b_{1,2} \\ b_{2,1} & b_{2,2} \end{bmatrix} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}\Big\rangle . \] 따라서 다음 등식을 얻는다. \[\Big\langle\begin{pmatrix} a_{1,1}x_1 + a_{1,2}x_2 \\ a_{2,1}x_1 + a_{2,2}x_2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}\Big\rangle = \Big\langle\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} b_{1,1}y_1 + b_{1,2}y_2 \\ b_{2,1}y_1 + b_{2,2}y_2 \end{pmatrix}\Big\rangle .\] 이 식을 풀어 쓰면 \[a_{1,1}x_1\overline{y_1} + a_{1,2}x_2\overline{y_1} + a_{2,1}x_1\overline{y_2} + a_{2,2}x_2\overline{y_2} = x_1\overline{b_{1,1}y_1 + b_{1,2}y_2} + x_2\overline{b_{2,1}y_1 + b_{2,2}y_2} \] 그리고 \[a_{1,1}x_1\overline{y_1} + a_{1,2}x_2\overline{y_1} + a_{2,1}x_1\overline{y_2} + a_{2,2}x_2\overline{y_2} = x_1\overline{b_{1,1}}\overline{y_1} + x_1\overline{b_{1,2}}\overline{y_2} + x_2\overline{b_{2,1}}\overline{y_1} + x_2\overline{b_{2,2}}\overline{y_2}\] 이다. 이 등식이 모든 \(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\)와 \(\begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}\)에 대해 성립하므로, 다음을 알 수 있다. \[a_{1,1} = \overline{b_{1,1}},\, a_{1,2} = \overline{b_{2,1}},\, a_{2,1} = \overline{b_{1,2}},\, a_{2,2} = \overline{b_{2,2}} .\] 따라서 \([b_{i,j}] = [\overline{a_{j,i}}]\)이다.

풀이

\(g, h \in L^2[0,\,1]\)이고 \(k = (T_f)^*h\)라고 하자. 그러면 수반연산자의 정의에 의하여 \(\langle T_fg,\,h \rangle = \langle g,\,k \rangle\)이고 \[\int_0^1 f(t)g(t)\overline{h(t)} dt = \int_0^1 g(t)\overline{k(t)} dt\] 이다. 이 방정식은 \(k(t) = \overline{h(t)}f(t)\), 즉 \(k(t) = \overline{f(t)}h(t)\)일 때 성립한다. 따라서 수반연산자의 유일성에 의해, \((T_f)^*h = k = \overline{f}h\)로부터 \((T_f)^* = T_{\overline{f}}\)를 얻는다.

풀이

\(x = \{x_n\}\)와 \(y = \{y_n\}\)가 \(\ell^2\)에 속하는 원소이고, \(z = \{z_n\} = S^*(y)\)라고 하자. 그러면 수반연산자의 정의에 의해 \(\langle Sx,\,y \rangle = \langle x,\,S^*y \rangle\)이다. 따라서 \[\langle(0, x_1, x_2, x_3, \ldots), (y_1, y_2, y_3, \ldots)\rangle = \langle(x_1, x_2, x_3, \ldots), (z_1, z_2, z_3, \ldots)\rangle\] 이며 \[x_1\overline{y_2} + x_2\overline{y_3} + x_3\overline{y_4} + \ldots = x_1\overline{z_1} + x_2\overline{z_2} + x_3\overline{z_3} + \ldots\] 이다. 만약 \(z_1 = y_2, z_2 = y_3, \ldots\)이면, 이 방정식은 모든 \(x_1, x_2, x_3, \ldots\)에 대해 성립하므로, 수반연산자의 유일성에 의해 \[S^*(y_1, y_2, y_3, \ldots) = (z_1, z_2, z_3, \ldots) = (y_2, y_3, y_4, \ldots)\] 이다.

풀이

\(x,\, y \in H\)이면 \[\langle Ix,\,y \rangle = \langle x,\,y \rangle = \langle x,\,Iy \rangle\] 이다. 따라서 수반연산자의 유일성에 의해 \(I^* = I\)이다.

증명

1. 수반연산자의 수반연산자가 원래의 연산자임을 보여야 한다. \[\begin{aligned} \langle y, \, (T^*)^*x \rangle &= \langle T^*y, x\rangle \\[6pt] &= \langle x, \, T^*y \rangle \\[6pt] &= \langle Tx, \, y \rangle \\[6pt] &= \langle y,\, Tx\rangle . \end{aligned}\] 따라서 모든 \(x \in H\)에 대하여 \((T^*)^*x = Tx\)이므로, \((T^*)^* = T\)이다.
2. 정리 1에 의해 \(\lVert T^* \rVert \leq \lVert T \rVert\)이다. 이 결과를 \((T^*)^*\)에 적용하고 (a)를 사용하면 \[\lVert T \rVert = \lVert (T^*)^* \rVert \leq \lVert T^* \rVert \leq \lVert T \rVert\] 이므로 \(\lVert T^* \rVert = \lVert T \rVert\)이다.
3. \(\varepsilon > 0\)이고 \(\delta = \varepsilon\)이라 하자. 그러면 \(\lVert R - S \rVert < \delta\)일 때 \[\lVert f(R) - f(S) \rVert = \lVert R^* - S^* \rVert = \lVert (R - S)^* \rVert = \lVert (R - S) \rVert < \varepsilon\] 이므로 (b)에 의해 \(f\)는 연속이다.
4. \(\lVert T \rVert = \lVert T^* \rVert\)이므로 \[\lVert T^*T \rVert \leq \lVert T^* \rVert \lVert T \rVert = \lVert T \rVert^2\] 이다. 한편 \[\begin{aligned} \lVert Tx \rVert^2 &= \langle Tx,\,Tx \rangle \\[6pt] &= \langle T^*Tx,\,x \rangle \\[6pt] &\leq \lVert T^*Tx \rVert \lVert x \rVert \\[6pt] &\leq \lVert T^*T \rVert \lVert x \rVert^2 \end{aligned}\] 이다. 따라서 \(\lVert T \rVert^2 \leq \lVert T^*T \rVert\)이며, 이로써 바라는 결론을 얻는다.

증명

1. 먼저 \(\operatorname{Ker} T \subseteq (\operatorname{Im} T^*)^\perp\)임을 보이자. 이를 위해 \(x \in \operatorname{Ker} T\)이고 \(z \in \operatorname{Im} T^*\)라고 하자. \(z \in \operatorname{Im} T^*\)이므로 \(T^*y = z\)인 \(y \in \mathcal{K}\)가 존재한다. 따라서 \[\langle x,\,z \rangle = \langle x,\,T^*y \rangle = \langle Tx,\,y \rangle = 0\]이다. 그러므로 \(x \in (\operatorname{Im} T^*)^\perp\)이므로 \(\operatorname{Ker} T \subseteq (\operatorname{Im} T^*)^\perp\)이다.
   다음으로 \((\operatorname{Im} T^*)^\perp \subseteq \operatorname{Ker} T\)임을 보이자. \(v \in (\operatorname{Im} T^*)^\perp\)라고 가정하자. \(T^*Tv \in \operatorname{Im} T^*\)이므로 \[\langle Tv,\,Tv \rangle = \langle v,\,T^*Tv \rangle = 0\] 이다. 따라서 \(Tv = 0\)이므로 \(v \in \operatorname{Ker} T\)이다.
   그러므로 \(\operatorname{Ker} T = (\operatorname{Im} T^*)^\perp\)이다.
2. (a)와 정리 9를 사용하면 다음을 얻는다. \[\operatorname{Ker} T^* = (\operatorname{Im} ((T^*)^*))^\perp = (\operatorname{Im} T)^\perp .\]
3. \(\operatorname{Ker} T^* = \{0\}\)이면 \[((\operatorname{Im} T)^\perp)^\perp = (\operatorname{Ker} T^*)^\perp = \{0\}^\perp = \mathcal{K}\] 이다. 따라서 \(\operatorname{Im} T\)는 \(\mathcal{K}\)에서 조밀하다.
   반대로, \(\operatorname{Im} T\)가 \(\mathcal{K}\)에서 조밀하면 \((\operatorname{Im} T)^\perp)^\perp = \mathcal{K}\)이다. 따라서 \[\operatorname{Ker} T^* = (\operatorname{Im} T)^\perp = ((\operatorname{Im} T)^\perp)^\perp)^\perp = \mathcal{K} ^\perp = \{0\}\] 이다.

풀이

보기 6에서 \(S^*(y_1, \,y_2, \,y_3,\, \ldots) = (y_2,\, y_3,\, y_4,\, \ldots)\)임을 보였다. 따라서 \((1,\, 0,\, 0,\, 0,\, \ldots) \in \operatorname{Ker} S^*\)이므로 따름정리 11에 의해 \(S\)는 가역이 아니다.

증명

\(TT^{-1} = T^{-1}T = I\)이므로, 이 등식의 양변에 수반연산자를 취하면 보조정리 8과 보기 7에 의해 \[(TT^{-1})^* = (T^{-1}T)^* = I^*\]이다. 따라서 \[(T^{-1})^*T^* = T^*(T^{-1})^* = I\]이다. 그러므로 \(T^*\)는 가역이고 \((T^*)^{-1} = (T^{-1})^*\)이다.