¿Existe un operador acotado $A\in B(l^1(\mathbb{Z}))$ tal que $e^A = S$ donde $S$ ¿es un operador de turnos?

Question

¿Existe un operador acotado $A\in B(l^1(\mathbb{Z}))$ tal que $e^A = S$ donde $S$ ¿es operador de desplazamiento a la derecha?

Para $a = (a_n)_{n\in \mathbb{Z}} \in l^1$ tenemos $$Sa =(a_{n-1})_{n\in \mathbb{Z}} $$

y $e^A$ se define como $$e^A: = \sum \limits_{n=0}^\infty \frac{A^n}{n!}$$

Mis intentos:

Prueba por contradicción. Supongamos que existe un $A$ . Entonces podemos incrustar $S$ en Semigrupo C0 es decir, podemos definir $$S(t):= e^{At}$$ Se trata de una familia de operadores lineales continuos, que satisfacen

$$S(t+s) = S(t)S(s)$$

Además, para un número natural $n$ , $S(n)$ es un $n$ -que es una isometría. Esto significa que para cada $t\in \mathbb{R}$ tenemos $$\|S(t)\| =\|S(\lfloor t \rfloor) + S(t-\lfloor t \rfloor) \| \leq 1\cdot e^{\|A\|}$$

También $A$ y $S$ es decir, conmutar $AS = SA$ .

No he tenido mucha suerte más allá de eso.

Answer 1

Podemos identificar $\ell^1(\mathbb{Z})$ con el espacio $AF$ de funciones, cuyas series de Fourier son absolutamente convergentes $$f(t)=\sum_{n=-\infty}^\infty a_ne^{int}, \qquad -\pi\le t\le \pi$$ El operador $S$ corresponde al operador de multiplicación $Uf=e^{it}f$ para $f\in AF.$ La hipótesis $e^A=S$ es equivalente a $e^C=U$ para un operador $C\in B(AF).$ Por lo tanto $U=V^2,$ donde $V=e^{C/2}.$ Tenemos $UV=V^3=VU.$ Denote $g=V(1).$ Entonces $$V(e^{int})=VU^n(1)=U^nV(1)=e^{int }g(t)$$ Así $$V\left (\sum a_ne^{int}\right )=g(t)\sum a_ne^{int}$$ Por lo tanto $V(f)=gf,$ para $f\in AF.$ Por lo tanto $$e^{it}f(t)=(Uf)(t)=(V^2)(f)(t) =g(t)^2f(t)$$ Esto implica $g(t)^2=e^{it},$ donde $g\in AF.$ Obtenemos una contradicción, ya que $g(t)$ es una función periódica continua con período $2\pi.$