Dos operadores de $X$ e $Z$, en un infinito dimensional espacio de Hilbert satisfacer $X^2=Z^2=I$ e $\{X,Z\}= 0$

Question

Estoy tratando de extender el siguiente teorema para el caso de infinito dimensional espacio de Hilbert:

Supongamos que tenemos dos Hermitian operadores de $X$ e $Z$ en un finito dimensional espacio de Hilbert $\mathcal H$. Y que satisfacen la siguiente relación:

$$X^2=Z^2=I, \quad \{X,Z\}\equiv XZ+ZX= 0.$$

Entonces no es muy difícil comprobar que, hasta unitaria de cambio de base,

$$X=\left(\begin{array}{cc}0&1\\1&0\end{array}\right)\otimes I,\qquad Z=\left(\begin{array}{cc}1&0\\0&-1\end{array}\right)\otimes I\tag{*}.$$

De hecho, podemos encontrar todos los pares de vectores $v$ e $Xv$ tal que $Zv=v,ZXv=-XZv=-Xv$. Bajo el ortonormales base de estos pares, $X$ e $Z$ tiene la representación de la matriz dada anteriormente.

Me pregunto si este teorema puede caber en dimensión infinita caso. Es posible que necesite definición rigurosa de $X$ e $Z$, y la referencia a la teoría espectral. Exactamente cómo debería redefinir el problema a fin de obtener un resultado similar a $(*)$?

Answer 1

Supongo que sus operadores son acotados en un espacio de Hilbert $H$, de lo contrario, no estoy seguro de que el resultado que estoy probando es cierto, en ausencia de otros supuestos, como el ser esencial-adjointness de que el operador $\sum_{a=1}^3 X_a^2$.

Definir $iY=ZX$ y el próximo $X_1:=X$, $X_2:=Y$, $X_3:= Z$.

Con esta definición y la validez de sus hipótesis, se ve fácilmente que $X,Y,Z$ están delimitadas auto-adjuntos a los operadores de esos que $$\{X_a,X_b\}= 2\delta_{ab}I\tag{1}$$ $$[X_a,X_b] = 2 i\sum_c \epsilon_{abc} X_c\:.\tag{2}$$ (2) son las relaciones de conmutación de $su(2)$.

Dado que los operadores están delimitadas y auto-adjunto, $\sum_{a=1}^3 X_a^2$ es limitado y la auto-adjuntos y, en particular, es esencialmente auto-adjunto. Nelson del teorema implica que los Hilbert spece apoya fuertemente continuo unitaria representación de $SU(2)$, cuya Mentira-álgebra es representado por los operadores de $-iX_a$.

En este punto, puesto que $SU(2)$ es compacto, Peter-Weyl teorema dice que $H$ se descompone en una suma directa ortogonal de finito dimensionales irreductible subrepresentatons $H = \oplus_{j}H_j$. Por encima de $j=0,1/2,1,3/2,2,\ldots$. Los generadores de la $j$-th subrepresentation son las restricciones de la $X_a$ a $H_j$.

Centrémonos en estos generadores $X_{aj}$. Como bien sabe $H_j$ es el subespacio propio de $X_j^2= \sum_{a=1}^3 X_{aj}^2$ con autovalor $4j(j+1)$. Por lo $$X_j^2 = 4j(j+1)I_j$$ pero la restricción (1) implica $$3 I_j= 4j(j+1)I_j\:,$$ por lo tanto $j=1/2$. La única representación posible que aparecen en la descomposición de la $H$ es el con $j=1/2$. Puede parecer infinitamente veces si $H$ es de infinitas dimensiones. Así $$H = H_{1/2}\otimes K$$ donde $K$ es infinito dimensional si $H$ es. La representación de la $X_a$ en $H_{1/2}$ son los que dan en términos de las matrices de Pauli. Terminamos con $$X_1 = \sigma_1 \otimes I\:, \quad X_2 = \sigma_2 \otimes I \:, \quad X_3 = \sigma_3 \otimes I\:,$$ donde $I$ es el operador identidad en $K$.

Answer 2

El siguiente argumento funciona tanto en lo finito y lo infinito de dimensiones. El contexto en dimensión infinita es que $X $ e $Z $ están delimitadas operadores que actúan en un espacio de Hilbert separable.

De $Z^2=I$, se obtiene que el espectro de $Z$ está contenido en $\{1,-1\}$. De $ZX+XZ=0$ tenemos que $Z\ne \pm I$, por lo que el espectro de $Z$ es $\{1,-1\}$. Es entonces inmediata (aquí es una prueba) que $Z$ es unitarily equivalente a $$ Z=\begin{bmatrix}I_n&0\\0& -I_m\end{bmatrix}, $$ cuando los bloques están dadas, respectivamente, por las proyecciones sobre los $\ker(Z-I)$ e $\ker(Z+I)$. Si representamos $X$ como un bloque de la matriz con respecto a la misma base, tenemos $$ X=\begin{bmatrix}A&B\\ B^*&C\end{bmatrix}. $$ Pero, a continuación, $$ \begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}=XZ+ZX=\begin{bmatrix}2A&0\\0&-2C\end{bmatrix}.$$ It follows that $A=C=0$. From $X^2=I$, we now get that $BB^*=I_n$, $B^*B=I_m$. If $n$ or $m$ is finite, taking the trace we see that $n=m$. So $n=m$ (ya sea finito o infinito) y $$ X=\begin{bmatrix}B&0\\0&I_n\end{bmatrix}\,\begin{bmatrix}0&I_n\\ I_n&0\end{bmatrix}\,\begin{bmatrix}B&0\\0&I_n\end{bmatrix}^*. $$ Ahora un sencillo cálculo muestra (usando ese $BB^*=I_n$) que $$ \begin{bmatrix}B&0\\0&I_n\end{bmatrix}\,\begin{bmatrix}I_n&0\\0&- I_n\end{bmatrix}\,\begin{bmatrix}B&0\\0&I_n\end{bmatrix}^*=\begin{bmatrix}BB^*&0\\0&- I_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}I_n&0\\0&- I_n\end{bmatrix}=Z. $$ Por lo tanto, la escritura $U=\begin{bmatrix}B&0\\0& I_n\end{bmatrix}$, tenemos $$ X=U(\sigma_x\otimes I_n)U^*,\ \ \ Z=U(\sigma_z\otimes I_n)U^*. $$

Answer 3

Tenemos dos auto-adjunto operadores de $X$ e $Z$ satisfactorio (supongo que quieres decir con $\{X,Z\}$ el colector $[X,Z]$)

\begin{eqnarray*} X^{2} &=&Z^{2}=I \\ \lbrack X,Z] &=&0 \end{eqnarray*} Luego de que comparten el mismo espectral de la medida $\{E(d\lambda ),\lambda \en \mathbb{R}\}$ y podemos escribir \begin{eqnarray*} X &=&\int f(\lambda )E(d\lambda )\Rightarrow X^{2}=\int f(\lambda )^{2}E(d\lambda )=I\Rightarrow f(\lambda )^{2}=1\;\mathrm{a.e.} \\ Z &=&\int g(\lambda )E(d\lambda )\Rightarrow Z^{2}=\int g(\lambda )^{2}E(d\lambda )=I\Rightarrow g(\lambda )^{2}=1\;\mathrm{a.e.} \end{eqnarray*} Tenga en cuenta que $f(\lambda )$ y $g$($\lambda )$ son reales, pero en general no positivo. Podemos descomponer \begin{eqnarray*} f(\lambda ) &=&\chi _{A}(\lambda )-\chi _{B}(\lambda ) \\ g(\lambda ) &=&\chi _{C}(\lambda )-\chi _{D}(\lambda ) \end{eqnarray*} donde \begin{equation*} A=\{\lambda |f(\lambda )\geqslant 0\},\;B=\{\lambda |f(\lambda )<0\} \end{ecuación*} y similares para $C$ e $D$. Aquí una.e. se entiende.

Resta da \begin{equation*} \int \{f(\lambda )^{2}-g(\lambda )^{2}\}E(d\lambda )=0 \end{ecuación*} así \begin{equation*} f(\lambda )^{2}=g(\lambda )^{2}\;\mathrm{a.e.} \end{ecuación*} Así \begin{eqnarray*} f(\lambda ) &=&g(\lambda ),\;\lambda \in \{A\cap C\}\cup \{B\cap D\} \\ f(\lambda ) &=&-g(\lambda ),\;\lambda \in \{A\cap D\}\cup \{B\cap C\} \end{eqnarray*} Tomamos nota de que, en general, hay muchas $X$ e $Z$ la satisfacción de las requisitos.