Proyecciones ortogonales con $\sum P_i =I$ , lo que demuestra que $i\ne j \Rightarrow P_{j}P_{i}=0$

Question

Estoy leyendo Introducción a la computación cuántica por Kaye, Laflamme y Mosca. Como ejercicio, escriben

"Demostrar que si los operadores $P_{i}$ satisfacer $P_{i}^{*}=P_{i}$ y $P_{i}^{2}=P_{i}$ entonces $P_{i}P_{j}=0$ para $i\ne j$ .''

En el contexto de este problema, se ha supuesto que $I=\sum_{i=1}^{n} P_{i}$ donde supongo que $n$ podría ser infinito. He demostrado que esto es cierto en el caso trivial $n=2$ pero el caso general se me ha escapado. ¿Cómo debería atacar esto?

Answer 1

Para cada $j$ , $$P_j=P_jIP_j=P_j\left(\sum_{k=1}^n P_k\right)P_j=\sum_{k=1}^nP_jP_kP_j=P_j+\sum_{k\neq j}P_jP_kP_j,$$ así que $\sum\limits_{k\neq j}P_jP_kP_j=0$ . Para cada $i\neq j$ , $P_jP_iP_j=(P_iP_j)^*P_iP_j$ es un operador positivo, y una suma de operadores positivos es positiva, por lo que $-P_jP_iP_j=\sum\limits_{k\neq i,j}P_jP_kP_j$ también es positivo. Esto sólo es posible si $P_jP_iP_j=0$ . Desde $\|P_iP_j\|^2=\|(P_iP_j)^*P_iP_j\|=\|P_jP_iP_j\|$ se deduce que $P_iP_j=0$ .

Answer 2

Por las propiedades que usted indica, $\|P_{j}x\|^{2}=(x,P_{j}x)=(P_{j}x,x)$ . Por lo tanto, $$ \|x\|^{2} = (\sum_{j}P_{j}x,x)= \sum_{j}\|P_{j}x\|^{2}. $$ Aplicar esta identidad a $x=P_{k}y$ y utilizar el hecho de que $P_{k}^{2}=P_{k}$ : $$ \|P_{k}y\|^{2} = \sum_{j\ne k}\|P_{j}P_{k}y\|^{2}+\|P_{k}y\|^{2}. $$ La única manera de que esto ocurra es $P_{j}P_{k}y=0$ para todos $j \ne k$ .

Answer 3

Para todos $i,j$ tienes $P_i+P_j\le\sum_k P_k\le I$ Por lo tanto $P_i\le I-P_j$ .

Multiplicando por $P_j$ a la izquierda y a la derecha en el lado izquierdo y en el lado derecho se obtiene $$P_j P_i P_j\le P_j(I-P_j)P_j=0,$$ por lo que $P_j P_i P_j=0$ , lo que implica $P_j P_i P_j=(P_j P_i)(P_j P_i)^\dagger=0$ y por lo tanto $P_i P_j=P_j P_i=0$ .

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También se puede probar en la otra dirección: si $P_i P_j=0$ para todos $i\neq j$ entonces $\sum_k P_k$ es un proyector, ya que $$\left(\sum_k P_k\right)^2=\sum_k P_k + \sum_{i<j}(P_i P_j + P_j P_i)=\sum_k P_k.$$

Answer 4

He aquí una ligera variante del argumento de Jonas.

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Supongamos que $ p_{1},\ldots,p_{n} $ son elementos de proyección de un unital $ C^{*} $ -Álgebra $ A $ , donde $ n \in \Bbb{N}_{\geq 2} $ , de tal manera que $$ \sum_{k = 1}^{n} p_{k} = 1_{A}. $$ Elija una opción distinta $ i,j \in [n] $ , donde $ [n] \stackrel{\text{df}}{=} \Bbb{N}_{\leq n} $ . Entonces \begin{align} p_{i} & = p_{i} 1_{A} \\ & = p_{i} \sum_{k \in [n]} p_{k} \\ & = \sum_{k \in [n]} p_{i} p_{k} \\ & = p_{i}^{2} + p_{i} p_{j} + \sum_{k \in [n] \setminus \{ i,j \}} p_{i} p_{k} \\ & = p_{i} + p_{i} p_{j} + \sum_{k \in [n] \setminus \{ i,j \}} p_{i} p_{k}. \end{align} De ello se desprende que $$ p_{i} p_{j} p_{j}^{*} = p_{i} p_{j} = - \sum_{k \in [n] \setminus \{ i,j \}} p_{i} p_{k} = - \sum_{k \in [n] \setminus \{ i,j \}} p_{i} p_{k} p_{k}^{*}, $$ y en consecuencia, $$ (\spadesuit) \qquad (p_{i} p_{j}) (p_{i} p_{j})^{*} = p_{i} p_{j} p_{j}^{*} p_{i}^{*} = - \sum_{k \in [n] \setminus \{ i,j \}} p_{i} p_{k} p_{k}^{*} p_{i}^{*} = - \sum_{k \in [n] \setminus \{ i,j \}} (p_{i} p_{k}) (p_{i} p_{k})^{*}. $$ En el extremo izquierdo de $ (\spadesuit) $ tenemos un elemento positivo, mientras que en el extremo derecho de $ (\spadesuit) $ tenemos un elemento negativo. Esto sólo puede significar que ambos extremos son cero, por lo que $ (p_{i} p_{j}) (p_{i} p_{j})^{*} = 0_{A} $ . Por lo tanto, $$ \| p_{i} p_{j} \|_{A}^{2} = \| (p_{i} p_{j}) (p_{i} p_{j})^{*} \|_{A} = \| 0_{A} \|_{A} = 0, $$ o de forma equivalente, $ p_{i} p_{j} = 0_{A} $ .