수반연산자로부터 파생되는 연산자들

풀이

이전 글(바로가기)의 보기 5에서 \((T_f)^* = T_{\overline{f}}\)임을 밝혔다. 따라서 임의의 \(g \in L^2[0,\,1]\)에 대해, \[\begin{gathered} (T_f(T_f)^*)(g) = T_f(T_{\overline{f}}(g)) = T_f(\overline{f}g) = f\overline{f}g \end{gathered}\] 그리고 \[\begin{gathered} ((T_f)^*T_f)(g) = T_{\overline{f}}(T_f(g)) = T_{\overline{f}}(fg) = \overline{f}fg = f\overline{f}g \end{gathered}\] 이다. 즉 \(T_f(T_f)^* = (T_f)^*T_f\)이므로 \(T_f\)는 정규연산자이다.

풀이

임의의 \(\{y_n\} \in \ell^2\)에 대하여 다음이 성립한다. \[S^*(y_1,\, y_2,\, y_3,\, \ldots) = (y_2,\, y_3,\, y_4,\, \ldots) .\] \(\{x_n\} \in \ell^2\)에 대하여 \[\begin{gathered} S^*(S(x_1,\, x_2,\, x_3,\,\ldots)) = S^*(0,\, x_1,\, x_2,\, x_3,\,\ldots) = (x_1,\, x_2,\, x_3,\,\ldots) \end{gathered}\] 인 반면에 \[\begin{gathered} S(S^*(x_1,\, x_2,\, x_3,\,\ldots)) = S(x_2,\, x_3,\,\ldots) = (0,\, x_2,\, x_3,\,\ldots) \end{gathered}\] 이다. 따라서 모든 \(\{x_n\} \in \ell^2\)에 대하여 \[S^*(S(x_1,\, x_2,\, x_3,\,\ldots)) \neq S(S^*(x_1,\, x_2,\, x_3,\,\ldots))\] 이므로 \(S\)는 정규연산자가 아니다.

풀이

정규연산자의 성질에 의하여 \((T - \lambda I)^* = T^* - \overline{\lambda}I\)이다. 따라서 등식 \(T^*T = TT^*\)를 사용하면 다음을 얻는다. \[\begin{aligned} (T - \lambda I)(T - \lambda I)^* &= (T - \lambda I)(T^* - \overline{\lambda}I) \\[6pt] &= TT^* - \lambda T^* - \overline{\lambda}T + \lambda\overline{\lambda}I \\[6pt] &= T^*T - \lambda T^* - \overline{\lambda}T + \lambda\overline{\lambda}I \\[6pt] &= (T^* - \overline{\lambda}I)(T - \lambda I) \\[6pt] &= (T - \lambda I)^*(T - \lambda I) . \end{aligned}\] 그러므로 \(T - \lambda I\)는 정규연산자이다.

증명

1. \(x \in \mathcal{H}\)라 하자. \(T^*T = TT^*\)이므로 \[\begin{aligned} \lVert Tx \rVert^2 - \lVert T^*x \rVert^2 &= \langle Tx,\,Tx \rangle - \langle T^*x,\,T^*x \rangle \\[6pt] &= \langle T^*Tx,\,x \rangle - \langle TT^*x,\,x \rangle \\[6pt] &= \langle T^*Tx - TT^*x,\,x \rangle \\[6pt] &= 0 \end{aligned}\] 이다. 따라서 \(\lVert Tx \rVert = \lVert T^*x \rVert\)이다.
2. \(y \in \operatorname{Ker} T^*\)라고 하자. 그러면 \(T^*y = 0\)이므로, (a)에 의해 \[0 = \lVert T^*y \rVert = \lVert Ty \rVert \geq \alpha\lVert y \rVert\] 이다. 따라서 \(\lVert y \rVert = 0\)이므로 \(y = 0\)이다. 그러므로 \(\operatorname{Ker} T^* = \{0\}\)이다.

풀이

\(A\)의 수반행렬을 구하면 \[A^* = \begin{bmatrix} 2 & -i \\ i & 3 \end{bmatrix} = A\] 이므로 \(A\)는 자기수반행렬이다.

풀이

우선 \((T_f)^* = T_{\overline{f}}\)이다. 가정에 의하여 \(f\)가 실숫값을 가지므로, \(\overline{f} = f\)이다. 따라서 \[(T_f)^* = T_{\overline{f}} = T_f\] 이다. 그러므로 \(T_f\)는 자기수반연산자이다.

증명

1. \(T_1\)과 \(T_2\)가 자기수반연산자이므로 \[(\alpha T_1 + \beta T_2)^* = \alpha T_1^* + \beta T_2^* = \alpha T_1 + \beta T_2\] 이다. 따라서 \(\alpha T_1 + \beta T_2 \in \mathcal{S}\)이다.
2. \(\{T_n\}\)이 \(\mathcal{S}\)에서 \(T \in B(\mathcal{H})\)로 수렴하는 수열이라고 하자. 그러면 \(\{T_n^*\}\)는 \(T^*\)로 수렴한다. 따라서 모든 \(n \in \mathbb{N}\)에 대해 \(T_n^* = T_n\)이므로 \(\{T_n\}\)은 \(T^*\)로 수렴한다. 그러므로 \(T = T^*\)이고, 따라서 \(T \in \mathcal{S}\)이다. 즉, \(\mathcal{S}\)는 닫혀 있다.

증명

1. 수반연산자의 대수적 성질에 의하여 \[(T^*T)^* = T^*T^{**} = T^*T\] 이다. 따라서 \(T^*T\)는 자기수반이다. 마찬가지로 \(TT^*\)도 자기수반이다.
2. \(R\)과 \(S\)를 다음과 같이 정의하자. \[R = \frac{1}{2}(T + T^*) ,\quad S = \frac{1}{2i}(T - T^*) .\] 그러면 \(T = R + iS\)이다. 또한 \[R^* = \frac{1}{2}(T + T^*)^* = \frac{1}{2}(T^* + T) = R\] 이므로 \(R\)은 자기수반연산자이다. 또한 \[S^* = - \frac{1}{2i}(T - T^*)^* = - \frac{1}{2i}(T^* - T^{**}) = \frac{1}{2i}(T - T^*) = S\] 이므로 \(S\)도 자기수반연산자이다.

풀이

우선 \((T_f)^* = T_{\overline{f}}\)이다. 따라서 \[((T_f)^*T_f)g(t) = \overline{f(t)}f(t)g(t) = |f(t)|^2g(t)\] 이므로, \(T_f^*T_f(g) = g\)가 되어 \(T_f^*T_f = I\)이다. 마찬가지로 \(T_fT_f^* = I\)이다. 따라서 \(T_f\)는 유니타리연산자이다.

증명

1. 먼저 \(T^*T = I\)라고 가정하자. 그러면 \[\lVert Tx \rVert^2 = \langle Tx,\,Tx \rangle = \langle T^*Tx,\,x \rangle = \langle Ix,\,x \rangle = \lVert x \rVert^2\] 이므로, \(T\)는 등거리변환이다.
   반대로 \(T\)가 등거리변환이라고 가정하자. 그러면 \[\langle T^*Tx,\,x \rangle = \langle Tx,\,Tx \rangle = \lVert Tx \rVert^2 = \lVert x \rVert^2 = \langle Ix,\,x \rangle\] 이므로, \(T^*T = I\)이다.
2. 먼저 \(U\)가 유니타리연산자라고 가정하자. 그러면 \(U\)는 (a)에 의해 등거리변환이다. 더욱이, 만약 \(y \in \mathcal{H}\)이면, \(y = U(U^*y)\)이므로 \(y \in \operatorname{Im} U\)이다. 따라서 \(U\)는 \(\mathcal{H}\)를 \(\mathcal{H}\) 위로 대응시킨다.
   반대로 \(U\)가 \(\mathcal{H}\)에서 \(\mathcal{H}\) 위로의 등거리변환이라고 가정하자. 그러면 (a)에 의하여 \(U^*U = I\)가 성립한다. \(y \in \mathcal{H}\)일 때, \(U\)가 \(\mathcal{H}\)를 \(\mathcal{H}\) 위로 대응시키므로, \(Ux = y\)를 만족시키는 \(x \in \mathcal{H}\)가 존재한다. 따라서 \[UU^*y = UU^*(Ux) = U(U^*U)x = UIx = Ux = y\] 이므로 \(UU^* = I\)이다. 즉 \(U\)가 유니타리연산자이다.