¿tr(ab) = tr(ba)?

Question

Es bien sabido que dados dos operadores de Hilbert-Schmidt $a$ y $b$ en un espacio de Hilbert $H$ su producto es de clase de rastreo y $tr(ab)=tr(ba)$ . Un resultado similar es válido para $a$ limitado y $b$ clase de rastreo.

Sin embargo, la siguiente y atractiva afirmación es falsa:

No teorema : Dejemos que $a$ y $b$ sean operadores acotados en $H$ . Si $ab$ es la clase de rastreo , entonces $ba$ es la clase de rastreo y $tr(ab)=tr(ba)$ .

El contraejemplo es $a=\pmatrix{0&0&0\\0&0&1\\0&0&0}\otimes 1_{\ell^2(\mathbb N)}$ , $b=\pmatrix{0&1&0\\0&0&0\\0&0&0}\otimes 1_{\ell^2(\mathbb N)}$ .

Supongo que lo siguiente también es falso, pero no encuentro un contraejemplo:

¿No es un teorema? : Dejemos que $a$ y $b$ sean dos operadores acotados en $H$ . Si $ab$ y $ba$ son clase de rastro, entonces $tr(ab)=tr(ba)$ .

Answer 1

EDITAR: Bill Johnson ha señalado una laguna en mi respuesta inicial. Parece que salvar esta brecha es tan difícil como demostrar que $tr(AB)=tr(BA)$ . A continuación doy otras dos pruebas de esta igualdad. La prueba defectuosa también se reproduce al final.

Prueba 1 (al que alude Bill en su comentario a la respuesta de Gjergji): Es bien sabido que $AB$ y $BA$ tienen los mismos valores propios no nulos (con las mismas multiplicidades). La fórmula de la traza de Lidskii implica entonces que $tr(AB)=tr(BA)$ . QED.

Prueba 2 : Esta prueba no utiliza la fórmula de Lidskii. Está tomada de

Laurie, Nordgren, Radjavi, Rosenthal, Sobre la triangularización de álgebras de operadores. Reine Angew. Math. 327 (1981), 143-155.

Tendremos que confiar en el hecho de que $tr(ST)=tr(TS)$ si uno de $S$ y $T$ es la clase de rastreo.

Dejemos que $A=UP$ sea la descomposición polar de $A$ . Entonces $PB=U^\ast AB$ es la clase de rastreo. Pero entonces se sabe que $tr(UPB)=tr(PBU)$ . Por lo tanto, basta con demostrar que $tr(PBU)=tr(BUP)$ . Por lo tanto, también podríamos suponer que $A$ es positivo. En este caso podemos dejar que $P_n$ denotan la proyección espectral de $A$ en $[1/n,\|A\|]$ . Entonces $\lim_{n\to\infty} tr(P_nAB) = tr(AB)$ . Ahora, para $T$ clase de rastreo $Q$ una proyección tenemos $tr(QT)=tr(QTQ)=tr(TQ)$ De ahí que $tr(P_n AB) = tr(P_n A P_n B P_n)$ desde $P_n$ y $A$ de viaje. Pero la contracción $P_n B P_n$ de $B$ es la clase de rastreo, para $P_n AB$ es la clase de traza y la restricción de $P_n A$ a la gama de $P_n$ es invertible. Por lo tanto, $tr(P_n A P_n B P_n) = tr(P_n B P_n A) = tr(BA P_n)$ y en consecuencia $$ tr(AB) = \lim_{n\to\infty} tr(P_n AB) = \lim_{n\to\infty} tr(BAP_n) = tr(BA), $$ como se desee.

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Por último, aquí está la prueba defectuosa.

Dejemos que $\{e_i\}$ sea una base ortonormal para $H$ . Entonces $$ tr(AB) = \sum_i \langle ABe_i, e_i \rangle = \sum_i \langle Be_i, A^\ast e_i \rangle. $$ Pero $\langle Be_i,A^\ast e_i \rangle = \sum_j \langle Be_i, e_j\rangle \overline{\langle A^\ast e_i, e_j\rangle}$ y por lo tanto $$\begin{align} tr(AB) &= \sum_i \sum_j \langle Be_i, e_j\rangle \overline{\langle A^\ast e_i, e_j\rangle} \\ &= \sum_i \sum_j \overline{\langle B^\ast e_j, e_i\rangle} \langle A e_j, e_i \rangle \\ &= \sum_j \sum_i \overline{\langle B^\ast e_j, e_i\rangle} \langle A e_j, e_i \rangle \qquad (???) \\ &= \sum_j \langle Ae_j, B^\ast e_j \rangle \\ &= \sum_j \langle BAe_j, e_j \rangle \\ &= tr(BA). \end{align}$$

Answer 2

Esto se deduce de la proposición 7.3 de "Operadores y conmutadores de clase de traza" por N.J. Kalton. El teorema en realidad demuestra algo más fuerte, que para $AB-BA$ , si se ordenan los valores propios con multiplicidad algebraica de manera que $|\lambda_n|\geq |\lambda_{n+1}|$ entonces $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda_1+\cdots+\lambda_{n}}{n}<\infty$$ lo que implica la traza cero, pero lo contrario es falso.