Cuando son dos los desplazamientos lineales de los operadores de las funciones de cada uno de los otros

Question

He calculado que el siguiente es válida para ciertas funciones, pero he golpeado un ligero golpe en mi prueba. Me preguntaba si alguien podría aclarar las cosas.

Si hemos de examinar formalmente la integral operadores de $$E f(s) = \frac{1}{\Gamma(-s)} \int_{0}^{\infty} f(-y) y^{-s-1} dy$$

y $$Y f(s) = \int_{-\infty}^{\infty} f(y) \frac{s^y}{\Gamma(y+1)} dy$$

He demostrado que si $Q f(s) = s f(s)$

$$Q Y E f = Y E Q f$$ and $$\frac{d}{ds} Y E f = Y E \frac{df}{ds}$$

Q: ¿Qué paso debo usar para mostrar que, debido a que viajan, $YE$ es un la función de $Q$ $ \frac{d}{ds}$ y por lo tanto la constante lineal operador; $\alpha = \alpha Q^0 = \alpha \frac{d^0}{ds^0}$?

Me refiero a que $Y = E^{-1}$, lo que he comprobado un par de funciones. Considerando sólo las funciones que convergen no voy a entrar en eso aquí.

Answer 1

Tu pregunta va a ser muy difícil responder de una manera general. Va a tener que depender de los detalles de su problema. Por ejemplo, considere la matriz de 3x3 $$ A = \left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right]. $$ La siguiente matriz P desplazamientos con Un $$ P = \left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right]. $$ P es una proyección debido a $P^{2}=P$. No hay ninguna función $f$ que $P=f(A)$ a causa de la degeneración en el espacio propio para $A$ correspondiente al autovalor 2. Todos los polinomios en la $A$ dejar el menor $2\times 2$ bloque sin cambios, hasta un escalar; así que no hay manera de conseguir $P$ fuera de funciones polinómicas de $A$. Incluso una potencia de serie en $A$ no le dará lo que se desea porque el poder de la serie siempre se reduce a un polinomio a través de la mínima polinomio $p(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)$$A$. Las cosas no podían ser mucho más agradable: de baja dimensión, simétrica matrices diagonales.

Uno tiene la siguiente manera interesante de la caracterización de la situación para un $N\times N$ matriz compleja $A$. La matriz $A$ tiene la propiedad de que $AB=BA$ implica $B=p(A)$ fib no es un vector $x \in \mathbb{C}^{N}$ tal que $\{ x, Ax, A^{2}x,\ldots, A^{N-1}x\}$ es una base para $\mathbb{C}^{N}$. (Es decir, sólo polinomios en $A$ conmuta con $A$ fib $A$ tiene un vector cíclico $x$.) No hay un equivalente a la condición en términos de la forma canónica de Jordan de $A$: $A$ tiene un vector cíclico iff sólo hay un bloque de Jordan para cada autovalor.

Para el general de los operadores, especialmente ilimitado, no va a ser fácil decir lo que quiera, incluso para selfadjoint operadores. Si $A$ $B$ son acotados, selfadjoint, y el viaje, a continuación, cada uno es una función de un tercero que conmuta con ambos, pero $A$ no puede ser una función de la $B$ o $B$ no puede ser una función de la $A$. Ya se puede ver que para $3\times 3$ matrices.