Kann ich immer einen unitären Operator BBB finden, so dass {A,B}=0{A,B}=0\{A,B\}= 0 für einen gegebenen, unitären Operator AAA?

Fall 1: Operatoren über endlichdimensionalem Raum :

Nehmen wir zunächst an, dass Operatoren aus einem endlichdimensionalen Vektorraum mit dem Namen stammen$V$Zu$V$. Lassen$N=dim(V)$.

Wir suchen einen einheitlichen Betreiber, der mit pendelt$A$. Lassen$\{e_i\}$eine orthogonale Basis für$V$Und$\sigma$eine Permutation von$\{1,...,N\}$zu sich selbst. Definieren$B$von$B(e_i)=e_{\sigma(i)}$. Das lässt sich zeigen$B$ist unitär, da ihre Matrixspalten senkrecht sind. Mit dieser Motivation finden wir eine notwendige und hinreichende Bedingung für die Frage. Die Bedingung ist:

Wenn$\lambda_i$ist ein Eigenwert von$A$mit$K_i$unabhängige Eigenvektoren, dann gibt es einen unitären Operator, mit dem antikommutiert$A$dann und nur dann, wenn$-\lambda_i$ist ein Eigenwert von$A$mit genau$K_i$unabhängige Eigenvektoren.

Jetzt beweisen wir es. Erst überlegen$A$erfüllt die Bedingung. Lassen$\{\lambda_1,...,\lambda_k\}$positive Eigenwerte von$A$. Lassen Sie uns orthogonale Eigenvektoren von zeigen$\pm\lambda_i$mit$e^{\pm}_{i,j}$Das$j\in\{1,...,K_i\}$. Definieren$B$von$B(e^{\pm}_{i,j})=e^{\mp}_{i,j}$. Tatsächlich haben wir eine Permutation von definiert$\{1,...,N\}$und so$B$ist einheitlich.$B$Anti-pendelt mit$A$iff für jeden$e^{\pm}_{i,j}$,$AB(e^{\pm}_{i,j})+BA(e^{\pm}_{i,j})=0$. Es kann gesehen werden:

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

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

Daher,$B$ist einheitlich und anti-pendelt mit$A$.

Stellen Sie sich nun vor, es gibt einen einheitlichen Operator mit dem Namen$B$dass anti-pendelt mit$A$.$A$ist einheitlich, also ist es ein normales Operatormittel$A^{\dagger}A=AA^{\dagger}$. Somit kann es in Diagonalform mit Eigenwerten dargestellt werden$\lambda_i$und Eigenvektoren$\{e_i\}$das ist$i\in\{1,...,N\}$. Keiner dieser Eigenwerte kann da Null sein$A$ist invertierbar.$B$Anti-pendelt mit$A$, So$AB(e_i)+BA(e_i)=0\Rightarrow (A+\lambda_iI)B(e_i)=0$.$B(e_i)$ist nicht null da$B$ist unitär und hat eine Inverse. So,$A-(-\lambda_i)I$ist nicht invertierbar und so$-\lambda_i$ist Eigenwert von$A$. Nehmen wir nun an, es gibt sie$K_i$unabhängige Eigenvektoren für$\lambda_i$und da sind$K^{\prime}_i$unabhängige Eigenvektoren für$-\lambda_i$. Seit$B$ist invertierbar, also$det(B)\neq0$und so$B(e_i)$s sind unabhängig. Unter Verwendung der obigen Notation wissen wir es$B(e^{+}_{i,j})$Das$j\in\{1,...,K_i\}$Eigenvektor für ist$-\lambda_i$und diese sind unabhängig. So,$K_i\leq K^{\prime}_i$. Mit dem gleichen Argument kann es gezeigt werden$K^{\prime}_i\leq K_i$. Somit,$K^{\prime}_i=K_i$und der Beweis ist fertig.

Fall 2: Operatoren über separierbarem Hilbertraum:

Nehmen wir nun an, dass Operatoren aus einem separierbaren benannten Hilbert-Raum stammen$\mathcal{H}$Zu$\mathcal{H}$(über reelles oder komplexes Feld). Das bedeutet, dass sie eine abzählbare Menge haben, in der die Menge aller endlichen Zusammensetzungen ihrer Elemente dicht ist$\mathcal{H}$. Tatsächlich ist der vorherige Fall ein Spezialfall dieses Falls, da eine (endliche) Basis für$V$ist so ein Satz.

$A$ist einheitlich, also ist es normal. Der Spektralsatz besagt, dass es eine orthonormale Basis von Eigenvektoren von gibt$A$. Mit anderen Worten, die Menge aller endlichen Zusammensetzungen von Eigenvektoren von$A$ist dicht drin$\mathcal{H}$.$A$ist normal und per Definition ist ein normaler Operator ein kontinuierlicher Operator, der mit seinem Adjungierten kommutiert. Wir suchen einen anderen einheitlichen (also kontinuierlichen und normalen) Operator wie$B$dass anti-pendelt mit$A$. In Betracht ziehen$D$eine dichte Teilmenge von$\mathcal{H}$. Es ist bekannt, dass eine kontinuierliche Karte aus einer Menge besteht$X$an sich selbst kann eindeutig durch seinen Wert über bestimmt werden$D$. Es genügt also festzustellen$B$über eine dichte Teilmenge von$\mathcal{H}$. Es bedeutet, dass es ausreichend ist$B$Anti-pendelt mit$A$über$D$. Durch diese allgemeine Diskussion können wir in diesem Fall eine ähnliche notwendige und hinreichende Bedingung feststellen:

Wenn$\lambda_i$ist ein Eigenwert von$A$mit$K_i=card(M_{\lambda_i})$Wo$M_{\lambda_i}$ist eine (lineare Algebra) Basis für den Eigenraum von$\lambda_i$, dann gibt es einen einheitlichen Operator, der mit anti-kommutiert$A$dann und nur dann, wenn$-\lambda_i$ist ein Eigenwert von$A$welche$K_i=card(M_{-\lambda_i})$.

Erst überlegen$A$erfüllt die Bedingung.$A$nach dem Spektralsatz hat eine orthogonale Menge wie$E$dass alle endlichen Zusammensetzungen von$E$ist dicht drin$\mathcal{H}$. Dann definieren$B$auf die gleiche Weise wie im vorherigen Fall von$e_i$s gemäß$E$. Dies ist möglich, da es sich nur um endliche Zusammensetzungen von handelt$E$. Das lässt sich verifizieren$B$ist einheitlich und anti-pendelt mit$A$.

Betrachten Sie umgekehrt, dass es einen einheitlichen Operator gibt, der mit anti pendelt$A$. Wieder können wir zeigen$-\lambda_i$ist Eigenwert von$A$seit$B$ist invertierbar.$B(e_i)$s sind (aufgrund endlicher Summen) unabhängig, weil$B$ist injektiv. Daraus kann man eine Bijektion machen$M_{\lambda_i}$Zu$M_{-\lambda_i}$und zeigen damit, dass sie die gleiche Kardinalität haben.

Bemerkung : Letztere Bedingung habe ich mit der Kardinalität angegeben.$A$ist injektiv, hat also keinen Eigenwert von Null. Wie ich weiß, sind Eigenräume für Eigenwerte ungleich Null von selbstadjungierten Operatoren endlich, sodass es nicht erforderlich ist, die Kardinalität zu verwenden . Aber ich bin mir nicht sicher, ob dies auch für unitäre (oder normale) Operatoren gilt. Also habe ich die Kardinalität verwendet.