Всегда ли можно найти унитарный оператор BBB такой, что {A,B}=0{A,B}=0\{A,B\}= 0 для заданного унитарного оператора AAA?

Случай 1: Операторы над конечномерным пространством :

Во-первых, предположим, что операторы взяты из конечномерного векторного пространства с именем$V$к$V$. Позволять$N=dim(V)$.

Мы ищем унитарный оператор, который антикоммутирует с$A$. Позволять$\{e_i\}$ортогональный базис для$V$и$\sigma$перестановка из$\{1,...,N\}$к себе. Определять$B$к$B(e_i)=e_{\sigma(i)}$. Можно показать, что$B$унитарна, так как ее столбцы матрицы перпендикулярны. Используя эту мотивировку, находим необходимое и достаточное условие вопроса. Условие:

если$\lambda_i$является собственным значением$A$с$K_i$независимыми собственными векторами, то существует унитарный оператор, антикоммутирующий с$A$если и только если$-\lambda_i$является собственным значением$A$именно с$K_i$независимые собственные векторы.

Теперь докажем. Сначала рассмотрим$A$соответствует условию. Позволять$\{\lambda_1,...,\lambda_k\}$положительные собственные значения$A$. Покажем ортогональные собственные векторы$\pm\lambda_i$с$e^{\pm}_{i,j}$что$j\in\{1,...,K_i\}$. Определять$B$к$B(e^{\pm}_{i,j})=e^{\mp}_{i,j}$. Действительно, мы определили перестановку из$\{1,...,N\}$и так$B$является унитарным.$B$против поездок на работу с$A$если для каждого$e^{\pm}_{i,j}$,$AB(e^{\pm}_{i,j})+BA(e^{\pm}_{i,j})=0$. Это можно увидеть:

$AB(e^{\pm}_{i,j})=A(e^{\mp}_{i,j})=\mp\lambda_ie^{\mp}_{i,j}$

$BA(e^{\pm}_{i,j})=\pm\lambda_iB(e^{\pm}_{i,j})=\pm\lambda_ie^{\mp}_{i,j}$

Таким образом,$B$унитарна и антикоммутирует с$A$.

Теперь рассмотрим, что существует унитарный оператор с именем$B$что антикоммутирует с$A$.$A$является унитарным, поэтому это обычный оператор означает$A^{\dagger}A=AA^{\dagger}$. Таким образом, его можно представить в диагональной форме с собственными значениями$\lambda_i$и собственные векторы$\{e_i\}$то есть$i\in\{1,...,N\}$. Ни одно из этих собственных значений не может быть равно нулю, так как$A$обратим.$B$против поездок на работу с$A$, так$AB(e_i)+BA(e_i)=0\Rightarrow (A+\lambda_iI)B(e_i)=0$.$B(e_i)$не равен нулю, так как$B$унитарна и имеет обратную. Так,$A-(-\lambda_i)I$необратим и поэтому$-\lambda_i$является собственным значением$A$. Теперь предположим, что есть$K_i$независимые собственные векторы для$\lambda_i$и здесь$K^{\prime}_i$независимые собственные векторы для$-\lambda_i$. С$B$обратим, поэтому$det(B)\neq0$и так$B(e_i)$с независимы. Используя приведенные выше обозначения, мы знаем$B(e^{+}_{i,j})$что$j\in\{1,...,K_i\}$является собственным вектором для$-\lambda_i$а эти независимые. Так,$K_i\leq K^{\prime}_i$. По тем же рассуждениям можно показать$K^{\prime}_i\leq K_i$. Следовательно,$K^{\prime}_i=K_i$и доказательство закончено.

Случай 2. Операторы над сепарабельным гильбертовым пространством:

Теперь предположим, что операторы из сепарабельного гильбертова пространства с именем$\mathcal{H}$к$\mathcal{H}$(над реальным или комплексным полем). Это означает, что они имеют счетное множество, что множество всех конечных композиций его элементов плотно в$\mathcal{H}$. На самом деле предыдущий случай является частным случаем этого случая, поскольку (конечный) базис для$V$есть такой набор.

$A$унитарна, так что это нормально. Спектральная теорема утверждает, что существует ортонормированный базис собственных векторов$A$. Другими словами, множество всех конечных композиций собственных векторов$A$плотный в$\mathcal{H}$.$A$является нормальным, а нормальный оператор по определению — это непрерывный оператор, коммутирующий со своим сопряженным. Мы ищем другой унитарный (а значит, непрерывный и нормальный) оператор, такой как$B$что антикоммутирует с$A$. Учитывать$D$плотное подмножество$\mathcal{H}$. Известно, что непрерывное отображение из множества$X$сама по себе может быть однозначно определена его значением над$D$. Поэтому достаточно определить$B$над плотным подмножеством$\mathcal{H}$. значит достаточно$B$против поездок на работу с$A$над$D$. Исходя из этого общего рассуждения, мы можем констатировать, что аналогичное необходимое и достаточное условие выполняется и в этом случае:

если$\lambda_i$является собственным значением$A$с$K_i=card(M_{\lambda_i})$где$M_{\lambda_i}$является базисом (линейной алгебры) для собственного пространства$\lambda_i$, то существует унитарный оператор, антикоммутирующий с$A$если и только если$-\lambda_i$является собственным значением$A$который$K_i=card(M_{-\lambda_i})$.

Сначала рассмотрим$A$соответствует условию.$A$по спектральной теореме имеет ортогональное множество вида$E$что все конечные композиции$E$плотный в$\mathcal{H}$. Затем определите$B$так же, как и в предыдущем случае,$e_i$с в соответствии с$E$. Это можно сделать, поскольку речь идет только о конечных композициях$E$. Можно убедиться, что$B$унитарна и антикоммутирует с$A$.

Наоборот, рассмотрим, что существует унитарный оператор, антикоммутирующий с$A$. Мы снова можем показать$-\lambda_i$является собственным значением$A$с$B$обратим.$B(e_i)$s независимы (из-за конечных сумм), потому что$B$является инъективным. Таким образом, можно сделать биекцию из$M_{\lambda_i}$к$M_{-\lambda_i}$и, таким образом, показать, что они имеют одинаковую мощность.

Примечание . Я сформулировал последнее условие, используя кардинальность.$A$инъективен, поэтому не имеет нулевого собственного значения. Насколько я знаю, собственные пространства для ненулевых собственных значений самосопряженных операторов конечны, поэтому нет необходимости использовать кардинальность . Но я не уверен, что то же самое верно для унитарных (или нормальных) операторов. Поэтому я использовал кардинальность.