¿Puedo encontrar siempre un operador unitario BBB tal que {A,B}=0{A,B}=0\{A,B\}= 0 para un operador unitario dado AAA?

Caso 1: Operadores sobre espacio de dimensión finita :

Primero, suponga que los operadores son de un espacio vectorial de dimensión finita llamado$V$a$V$. Dejar$N=dim(V)$.

Buscamos un operador unitario que anti-conmuta con$A$. Dejar$\{e_i\}$una base ortogonal para$V$y$\sigma$una permutación de$\{1,...,N\}$a sí mismo. Definir$B$por$B(e_i)=e_{\sigma(i)}$. Se puede demostrar que$B$es unitaria ya que las columnas de su matriz son perpendiculares. Usando esta motivación, encontramos una condición necesaria y suficiente para la pregunta. La condición es:

si$\lambda_i$es un valor propio de$A$con$K_i$autovectores independientes, entonces hay un operador unitario que anti-conmuta con$A$si y solo si$-\lambda_i$es un valor propio de$A$con exactamente$K_i$vectores propios independientes.

Ahora demostrémoslo. Primero considere$A$cumple con la condición. Dejar$\{\lambda_1,...,\lambda_k\}$valores propios positivos de$A$. Mostremos los autovectores ortogonales de$\pm\lambda_i$con$e^{\pm}_{i,j}$eso$j\in\{1,...,K_i\}$. Definir$B$por$B(e^{\pm}_{i,j})=e^{\mp}_{i,j}$. De hecho, hemos definido una permutación de$\{1,...,N\}$y entonces$B$es unitario.$B$anti-conmutaciones con$A$Si por cada$e^{\pm}_{i,j}$,$AB(e^{\pm}_{i,j})+BA(e^{\pm}_{i,j})=0$. Se puede ver:

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

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

De este modo,$B$es unitario y anti-conmuta con$A$.

Ahora considere que hay un operador unitario llamado$B$que anti-conmuta con$A$.$A$es unitario, por lo que es un operador normal significa$A^{\dagger}A=AA^{\dagger}$. Por lo tanto, se puede representar en forma diagonal con valores propios$\lambda_i$y vectores propios$\{e_i\}$eso es$i\in\{1,...,N\}$. Ninguno de estos valores propios puede ser cero ya que$A$es invertible$B$anti-conmutaciones con$A$, entonces$AB(e_i)+BA(e_i)=0\Rightarrow (A+\lambda_iI)B(e_i)=0$.$B(e_i)$no es cero ya que$B$es unitario y tiene inversa. Entonces,$A-(-\lambda_i)I$no es invertible y por lo tanto$-\lambda_i$es valor propio de$A$. Ahora, suponga que hay$K_i$vectores propios independientes para$\lambda_i$y aquí están$K^{\prime}_i$vectores propios independientes para$-\lambda_i$. Desde$B$es invertible, entonces$det(B)\neq0$y entonces$B(e_i)$s son independientes. Usando la notación anterior, sabemos$B(e^{+}_{i,j})$eso$j\in\{1,...,K_i\}$es vector propio para$-\lambda_i$y estos son independientes. Entonces,$K_i\leq K^{\prime}_i$. Por el mismo argumento, se puede demostrar$K^{\prime}_i\leq K_i$. Por eso,$K^{\prime}_i=K_i$y la demostración está terminada.

Caso 2: Operadores sobre un espacio de Hilbert separable:

Ahora, suponga que los operadores son de un espacio de Hilbert separable llamado$\mathcal{H}$a$\mathcal{H}$(sobre campo real o complejo). Quiere decir que tienen un conjunto numerable que el conjunto de todas las composiciones finitas de sus elementos es denso en$\mathcal{H}$. De hecho, el caso anterior es un caso especial de este caso ya que una base (finita) para$V$es un conjunto de este tipo.

$A$es unitario, por lo que es normal. El teorema espectral establece que existe una base ortonormal de vectores propios de$A$. En otras palabras, el conjunto de todas las composiciones finitas de vectores propios de$A$es denso en$\mathcal{H}$.$A$es normal y, por definición, un operador normal es un operador continuo que conmuta con su adjunto. Estamos buscando otro operador unitario (por lo tanto continuo y normal) como$B$que anti-conmuta con$A$. Considerar$D$un subconjunto denso de$\mathcal{H}$. Se sabe que un mapa continuo de un conjunto$X$a sí mismo puede ser determinado únicamente por su valor sobre$D$. Por lo tanto, es suficiente para determinar$B$sobre un subconjunto denso de$\mathcal{H}$. significa que es suficiente$B$anti-conmutaciones con$A$encima$D$. Mediante esta discusión general, podemos afirmar que una condición necesaria y suficiente similar se cumple en este caso:

si$\lambda_i$es un valor propio de$A$con$K_i=card(M_{\lambda_i})$dónde$M_{\lambda_i}$es una base (álgebra lineal) para el espacio propio de$\lambda_i$, entonces hay un operador unitario que anticonmuta con$A$si y solo si$-\lambda_i$es un valor propio de$A$cual$K_i=card(M_{-\lambda_i})$.

Primero considere$A$cumple con la condición.$A$por el teorema espectral tiene un conjunto ortogonal como$E$que todas las composiciones finitas de$E$es denso en$\mathcal{H}$. Luego define$B$de la misma manera que hicimos en el caso anterior por$e_i$s de acuerdo con$E$. Se puede hacer ya que se trata sólo de composiciones finitas de$E$. Se puede comprobar que$B$es unitario y anti-conmuta con$A$.

Por el contrario, considere que hay un operador unitario anti-conmuta con$A$. Nuevamente podemos mostrar$-\lambda_i$es valor propio de$A$desde$B$es invertible$B(e_i)$s son independientes (debido a sumas finitas) porque$B$es inyectable. Por lo tanto, se puede hacer una biyección de$M_{\lambda_i}$a$M_{-\lambda_i}$y así demostrar que tienen la misma cardinalidad.

Observación : Indiqué la última condición usando cardinalidad.$A$es inyectiva por lo que no tiene valor propio cero. Como sé, los espacios propios para valores propios distintos de cero de operadores autoadjuntos son finitos, por lo que no es necesario usar cardinalidad . Pero no estoy seguro de que ocurra lo mismo con los operadores unitarios (o normales). Así que usé la cardinalidad.