¿Puede un operador tener Exp(z) como su "polinomio" característico?

Question

Dejemos que $\mathcal{H}$ sea un espacio de Hilbert, y sea $T: \mathcal{H} \rightarrow \mathcal{H}$ sea un operador de clase de rastreo. Definir $$ f_T(z) = \sum_{i=0}^\infty \mbox{Tr}(\wedge^k T) \cdot z^k, $$

la función generadora ordinaria para las trazas de las potencias exteriores de $T$ . Expresado de otra manera,

$$ f_T(z) = \mbox{Det}(I + zT) $$

donde $\mbox{Det}$ es el determinante de Fredholm. Esta función es entera y puede considerarse una generalización del polinomio característico.

Me pregunto si $$f_T(z) = e^z $$ para una elección natural de $T$ en alguna bonita encarnación del espacio de Hilbert.

La motivación de este problema proviene de la teoría de la representación, donde los menores finitos de tal $T$ proporcionan una fórmula para las dimensiones de los irreps de $S_n$ el grupo simétrico en $n$ cartas.

--edit--

Para poner un poco más en antecedentes sobre el tipo de aplicación que tengo en mente, he aquí una atractiva identidad que podría despertar su interés:

Si $\beta : \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C}$ es una función cualquiera, defina $$\gamma(z) = \frac{1}{\Gamma(z+1)}, \hspace{.4in} \delta(z) = \frac{\beta(z)}{\Gamma(z+1)}$$ Ahora

$$ \left| \begin{pmatrix} \gamma(3) & \gamma(4) & \gamma(5) \\\\ \gamma(-1) & \gamma(0) & \gamma(1) \\\\ \gamma(-2) & \gamma(-1) & \gamma(0) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \delta(3) & \delta(4) & \delta(5)\\\\ \delta(-1) & \delta(0) & \delta(1)\\\\ \delta(-2) & \delta(-1) & \delta(0) \end{pmatrix} \right| + $$ $$ \left| \begin{pmatrix} \gamma(2) & \gamma(3) & \gamma(4) \\\\ \gamma(0) & \gamma(1) & \gamma(2) \\\\ \gamma(-2) & \gamma(-1) & \gamma(0) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \delta(2) & \delta(3) & \delta(4)\\\\ \delta(0) & \delta(1) & \delta(2)\\\\ \delta(-2) & \delta(-1) & \delta(0) \end{pmatrix} \right| + $$ $$ \left| \begin{pmatrix} \gamma(1) & \gamma(2) & \gamma(3) \\\\ \gamma(0) & \gamma(1) & \gamma(2) \\\\ \gamma(-1) & \gamma(0) & \gamma(1) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \delta(1) & \delta(2) & \delta(3)\\\\ \delta(0) & \delta(1) & \delta(2)\\\\ \delta(-1) & \delta(0) & \delta(1) \end{pmatrix} \right| = \frac{\delta(1)^3}{3!} $$

Answer 1

Aquí hay una prueba de que $\exp(z)$ no es una función característica utilizando la expansión del producto para el determinante, lo que es esencialmente equivalente al teorema de Lidskii que afirma que la traza de un operador de clase de traza es la suma de sus valores propios.

Si $T$ es un operador de clase de traza en un espacio de Hilbert $\mathcal{H}$ con valores propios $\lambda_n$ (contado hasta la multiplicidad algebraica), entonces $\sum_n\vert\lambda_n\vert < \infty$ y $$ {\rm det}(1+zT)\equiv\sum_{k=0}^\infty{\rm Tr}(\Lambda^kT)z^k=\prod_n(1+z\lambda_n) $$ para todos $z\in\mathbb{C}$ .

Ver Ideales de trazado y sus aplicaciones Teorema 3.7 . En realidad, utilizan este resultado para demostrar el teorema de Lidskii, que ${\rm Tr}(T)=\sum_n\lambda_n$ .

Entonces, ${\rm det}(1+zT)$ no puede ser igual a $\exp(z)$ en todas partes. Esto se debe a que $\exp$ no tiene ceros, por lo que $\lambda_n$ tendría que ser todo cero, dando ${\rm det}(1+zT)=1$ .

Answer 2

Esto no es una respuesta, sino sólo un esbozo de una posible respuesta; creo que la respuesta es no . Para $T$ como se desee, considere $Det(I-z^2T^2)=Det(I-zT)\cdot Det(I+zT)=e^{-z}\cdot e^z\equiv 1$ . Considerando la expansión de Taylor de esta función, se puede concluir que $Trace(T^{2n})=0$ para cualquier $n$ . Creo que esto produce $T^2=0$ y, a continuación, la afirmación.

En realidad, no estoy seguro de que tal determinante pueda tener un tipo exponencial positivo - esto podría ser otro enfoque.