El conjunto de la auto-adjunto los operadores sobre un espacio de Hilbert no en forma de red

Question

Cómo puede alguien demostrar que a lo largo de un espacio de Hilbert $\mathcal{H}$ con $dim \mathcal{H} \geq 2$, el conjunto de todos los auto-adjunto operadores no en forma de red?

Me encontré con un resultado de Kadison, que si dos operadores adjuntos $A, B$ no son comparables, entonces no tienen un mínimo de límite superior. En 2 dimensiones, tengo dos límites superiores de la (estándar) proyecciones de $P_1, P_2$, que no son comparables. Creo que no es suficiente, pero no puedo ir más allá.

Por favor, ayuda!

Answer 1

Ya s.el arpa ha publicado una buena respuesta. Sin embargo, el contraejemplo de la matriz $B$ en su post parece aparecer de la nada como por arte de magia. Para la intuición acerca de lo que está pasando y cómo construir ejemplos como este (y, de hecho, para entender la naturaleza de todas las posibles positiva definida contraejemplos), es útil considerar los fundamentos geométricos de la (Loewner) de la matriz de orden parcial.

Específicamente, existe una correspondencia directa entre Hermitian positiva definida matrices y elipsoides. Sea o no h.p.d. la matriz es mayor que otro está determinada por la existencia de una matriz del elipsoide contiene la otra matriz del elipsoide.

En detalle, vamos a $E_A$ e $E_B$ ser las imágenes de la unidad de la bola bajo la acción de Hermitian positivo semidefinite matrices $A$ e $B$, respectivamente. es decir, \begin{align} E_A :=& \{Ax : ||x|| \le 1\} \\ E_B :=& \{Bx : ||x|| \le 1\} \\ \end{align} Geométricamente, $E_A$ e $E_B$ son (hiper-)elipsoides.

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Teorema.

• Si $E_B \subset E_A$,, a continuación,$B \le A$.

• Si $E_A \subset E_B$,, a continuación,$A \le B$.

• Si no $E_A$ ni $E_B$ contener completamente el otro, a continuación, $A$ e $B$ no son comparables.

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Gráficamente, el caso en que $A > B$ sería algo como esto:

El azul y el rojo elipsoides de la derecha representan la imagen de la unidad de la bola en el dominio (que se muestra en negro/gris de la izquierda) en virtud de las asignaciones $A$, e $B$, respectivamente. En el caso de que $A$ e $B$ son incomparables sería algo como esto:

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Prueba.

Para probar esta interpretación geométrica, que al mismo tiempo diagonalize las matrices $A$ e $B$ mediante la resolución de la generalizada autovalor problema. Esto nos va a permitir reducir el teorema para el caso de la diagonal de las matrices, para el cual el resultado es trivial. Específicamente, vamos a $$A P = B P \Lambda.$$ ser la solución a la generalizada autovalor problema de $A$ e $B$ donde $P$ es un (no ortogonal) de la matriz de vectores propios, y $\Lambda$ es la correspondiente matriz diagonal de valores propios.

El vector propio de la matriz $P$ luego diagonalizes $A$ e $B$ simultáneamente (ver aquí para más detalles): $$\begin{cases} P^T A P = \Lambda \\ P^T B P = I. \end{casos}$$ Ahora, en lugar de comparar el $A$ e $B$ a ver si la diferencia es positiva definida, por el contrario, podemos comparar el $P^TAP$ e $P^TBP$. Esta transformación no cambia si uno elipsoide contiene a la otra, ya que la misma transformación se aplica a ambos elipsoides. Por otra parte, la condición de una matriz de $M$ siendo positiva definida, $u^T M u > 0\quad \forall u$, es equivalente a la transformación, $v^T P^T M P v > 0 \quad \forall v$, por la redefinición de las variables de $u:= Pv$.

Pero la transformación de la diferencia, $$P^T A P - P^T B P = \Lambda - I,$$ es diagonal, y para la diagonal de las matrices el teorema es trivial (El elipsoide de una matriz diagonal que contiene de otra matriz diagonal iff todas las entradas de la diagonal de la primera matriz son más grandes que todas las entradas de la diagonal de la segunda matriz). $\Box$

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Ahora, con esta maquinaria en el lugar, podemos volver a la pregunta original y fácilmente encontrar una respuesta. Con el fin de mostrar que el uno mismo-adjoint matrices no en forma de red, tenemos que encontrar dos adjuntos de las matrices que no tienen un mínimo de límite superior.

La idea de la elección de los proyectores de la pregunta original es buena, vamos a ir con eso. Deje $P_1$ ser el proyector en el $y$-coordinar y $P_2$ ser el proyector en el $x$-coordinar. El ellipsiods $E_{P_1}$ e $E_{P_2}$ asociado con proyectores $P_1$ e $P_2$ son verticales y horizontales de los segmentos de línea, respectivamente. Forman una "cruz" de forma centrada en el origen.

El elipsoide asociado con la matriz identidad es la unidad de disco. Desde la unidad de disco contiene segmentos de línea de la cruz, la matriz identidad es una cota superior para ambos de los proyectores. No puede ser de otra cota superior que es estrictamente menor que el de la identidad, ya que cualquier elipsoide estrictamente dentro de la unidad de disco no puede contener la totalidad de la cruz. Así, la identidad es la menor cota superior, o hay no menos de límite superior.

Pero la identidad no puede ser la menor cota superior, ya que podemos encontrar otra cota superior, $B$, que es incomparable a la identidad. Todo lo que tenemos que hacer es encontrar otro elipsoide, $E_B$, que contiene la cruz, pero ni contiene, ni está contenida en la unidad de disco. Por supuesto, esto es fácil - sólo la calabaza el disco a lo largo de algunos nonaxial dirección, mientras que simultáneamente se extiende en la dirección perpendicular.

Esto se muestra en la siguiente imagen:

Por lo tanto, el no puede ser de menos del límite superior de $P_1$ e $P_2$, por lo que el auto adjunto matrices no en forma de red.

En general, esta técnica proporciona una completa imagen geométrica de cómo construir incomparable límites superior. Usted acaba de tomar el elipsoide asociado con un límite superior, y al mismo tiempo de la calabaza/estiramiento en algunas direcciones que no son ejes principales de los elipsoides asociados con las matrices de ser acotada.

Answer 2

Vamos a hacerlo en $M_{2\times2}$ al enterarse de que la identidad es mínima en $\mathcal A:=\{A\mid A≥P_1, A≥P_2\}$, lo que significa que si $A≤\mathbb1$ e $A\in \mathcal A$ uno ha $A=\mathbb1$.

Por la búsqueda de un elemento $A$ de % de $\mathcal A$ que es incomparable con $\mathbb1$, una muestra de que no puede existir ningún menos el límite superior de $(P_1,P_2)$, desde $B≤\mathbb1$, $B\in\mathcal A$ implican $B=\mathbb1$, mientras que menos del límite superior también debe satisfiy $B≤A$.

Así que vamos a $A≥P_1,P_2$, $A≤\mathbb 1$. Un elemento $B$ en $M_{2\times2}$ es positivo iff $\mathrm{Tr}(B)≥0$ e $\mathrm{det}(B)≥0$.

Así que a partir de $A≤\mathbb1$ uno se: $$a_{11}+a_{22}≤2\qquad (1-a_{11})(1-a_{22})≥a_{12}a_{21}=|a_{12}|^2$$ Mientras que $A≥P_1,P_2$ da $A$ debe ser positivo (por lo tanto $a_{11},a_{22}≥0$) y $$a_{11}+a_{22}≥1\qquad a_{11}(a_{22}-1)≥|a_{12}|^2\quad a_{22}(a_{11}-1)≥|a_{12}|^2$$ El factor determinante en la condición de $A≤\mathbb1$ muestra que los elementos de la diagonal debe ser $≤1$, pero el factor determinante en la condición de $A≥P_1,P_2$ junto con $a_{ii}≥0$ da ou, a continuación, que deben ser exactamente $1$ y, a continuación,$|a_{12}|^2=0$.

Lo que en realidad lo $A=\mathbb1$ sigue de $A≤\mathbb1$ e $A\in\mathcal A$.

Ahora por otro lado: $$B=\begin{pmatrix}3&2.5\\2.5&4\end{pmatrix}$$ es incomparable con $\mathbb1$ (tiene autovalores $\approx 6$ e $0.95$), pero es mayor que $P_1,P_2$, como puede verse en la comprobación de las condiciones.