Caso 1: los Operadores sobre finita de espacio tridimensional:
En primer lugar, asumir los operadores son de un finito dimensional espacio vectorial denominada$V$$V$. Deje $N=dim(V)$.
Estamos buscando un operador unitario que el anti-desplazamientos con $A$. Deje $\{e_i\}$ una base ortogonal para $V$ $\sigma$ una permutación de $\{1,...,N\}$ a sí mismo. Definir $B$$B(e_i)=e_{\sigma(i)}$. Se puede demostrar que $B$ es unitaria desde su matriz de columnas son perpendiculares. El uso de esta motivación, nos encontramos con una condicion necesaria y suficiente para la pregunta. La condición es:
si $\lambda_i$ es un autovalor de a $A$ $K_i$ independiente de vectores propios, entonces no es un operador unitario que el anti-desplazamientos con $A$ si y sólo si $-\lambda_i$ es un autovalor de a $A$ con exactamente $K_i$ independiente de vectores propios.
Ahora vamos a probarlo. Primero considere el $A$ cumple la condición. Deje $\{\lambda_1,...,\lambda_k\}$ positivo autovalores de a $A$. Vamos a mostrar ortogonal de vectores propios de a $\pm\lambda_i$ $e^{\pm}_{i,j}$ que $j\in\{1,...,K_i\}$. Definir $B$$B(e^{\pm}_{i,j})=e^{\mp}_{i,j}$. De hecho, hemos definido una permutación de $\{1,...,N\}$ $B$ es unitaria. $B$ anti-desplazamientos con $A$ fib para todos $e^{\pm}_{i,j}$, $AB(e^{\pm}_{i,j})+BA(e^{\pm}_{i,j})=0$. Se puede observar:
$AB(e^{\pm}_{i,j})=A(e^{\mp}_{i,j})=\mp\lambda_ie^{\mp}_{i,j}$
$BA(e^{\pm}_{i,j})=\pm\lambda_iB(e^{\pm}_{i,j})=\pm\lambda_ie^{\mp}_{i,j}$
Por lo tanto, $B$ es unitaria y anti-desplazamientos con $A$.
Ahora consideran que no hay un operador unitario llamado $B$ que el anti-desplazamientos con $A$. $A$ es unitaria, por lo que es normal operador de medios de $A^{\dagger}A=AA^{\dagger}$. Por lo que puede ser representado en forma diagonal con los valores propios $\lambda_i$ y vectores propios $\{e_i\}$$i\in\{1,...,N\}$. Ninguno de estos autovalores puede ser cero, ya $A$ es invertible. $B$ anti-desplazamientos con $A$, por lo que $AB(e_i)+BA(e_i)=0\Rightarrow (A+\lambda_iI)B(e_i)=0$. $B(e_i)$ no es cero debido a que $B$ es unitaria y tiene inversa. Por eso, $A-(-\lambda_i)I$ a no es invertible, y por lo $-\lambda_i$ es autovalor de a $A$. Ahora, suponga que hay $K_i$ independiente de vectores propios de a $\lambda_i$ e hay $K^{\prime}_i$ independiente de vectores propios de a $-\lambda_i$. Desde $B$ es invertible, por lo $det(B)\neq0$ $B(e_i)$s son independientes. Usando la notación, sabemos $B(e^{+}_{i,j})$ que $j\in\{1,...,K_i\}$ es autovector de a $-\lambda_i$ y estos son independientes. Por eso, $K_i\leq K^{\prime}_i$. Por el mismo argumento, puede ser mostrado $K^{\prime}_i\leq K_i$. Por lo tanto, $K^{\prime}_i=K_i$ y la prueba está terminado.
Caso 2: los Operadores sobre un espacio de Hilbert separable:
Ahora, suponga que los operadores son de un espacio de Hilbert separable nombrado $\mathcal{H}$ $\mathcal{H}$(real o complejo). Esto significa que tienen un conjunto numerable de que el conjunto de todos los finita composiciones de sus elementos es denso en $\mathcal{H}$. De hecho, el caso anterior es un caso especial de este caso, ya que un (finito) la base de la $V$ es un conjunto.
$A$ es unitaria, por lo que es normal. El teorema espectral indica que no hay una base ortonormales de vectores propios de a $A$. En otras palabras, el conjunto de todos finito composiciones de vectores propios de a $A$ es denso en $\mathcal{H}$. $A$ es normal y por la definición de un operador habitual es un continuo operador que conmuta con su adjunto. Estamos en busca de otro unitario (por lo tanto continua y normal) operador como $B$ que el anti-desplazamientos con $A$. Considere la posibilidad de $D$ un subconjunto denso de $\mathcal{H}$. Es sabido que un mapa continuo a partir de un conjunto $X$ a de sí mismo puede ser determinada únicamente por su valor en $D$. Por lo que es suficiente para determinar el $B$ sobre un subconjunto denso de $\mathcal{H}$. Esto significa que es suficiente $B$ anti-desplazamientos con $A$$D$. Por este debate general, podemos indicar una similar condición necesaria y suficiente tiene en este caso:
si $\lambda_i$ es un autovalor de a $A$ $K_i=card(M_{\lambda_i})$ donde $M_{\lambda_i}$ es un (álgebra lineal) base para el subespacio propio de $\lambda_i$, entonces no es un operador unitario que el anti-desplazamientos con $A$ si y sólo si $-\lambda_i$ es un autovalor de a$A$$K_i=card(M_{-\lambda_i})$.
Primero considere el $A$ cumple la condición. $A$ por el teorema espectral tiene un conjunto ortogonal como $E$ que todos finito composiciones de $E$ es denso en $\mathcal{H}$. A continuación, defina $B$, de la misma manera que lo hicimos en el caso anterior por $e_i$s de acuerdo a $E$. Se puede hacer, pues se refiere sólo finita composiciones de $E$. Puede comprobarse que $B$ es unitaria y anti-desplazamientos con $A$.
Por el contrario, consideran que no hay un operador unitario anti-desplazamientos con $A$. De nuevo podemos mostrar a $-\lambda_i$ es autovalor de a $A$ desde $B$ es invertible. $B(e_i)$s son independientes (debido a finito de sumas) debido a $B$ es inyectiva. Por lo tanto, uno puede hacer un bijection de $M_{\lambda_i}$ $M_{-\lambda_i}$y así demostrar que tienen la misma cardinalidad.
Comentario: me dijo la última condición el uso de la cardinalidad. $A$ es inyectiva por lo que no ha autovalor cero. Que yo sepa, subespacios propios para los no-cero autovalores de sí mismo-adjoint operadores, son finitos, por lo que no es necesario el uso de cardinalidad. Pero no estoy seguro de que lo mismo vale para unitaria (o normal) a los operadores. Así que he usado la cardinalidad.
