Algunos cálculos funcionales de operadores positivos conmutativos

Question

Dejemos que $A,B$ sean dos operadores positivos sobre un espacio de Hilbert complejo. Sabemos que podemos definir $A^a$ para cualquier $a\geq0$ . Si $A$ se desplaza con $B$ Entonces, ¿tenemos $(AB)^a=A^aB^a$ ? Creo que esto es correcto pero no estoy muy seguro de que mi prueba sea correcta (utiliza el teorema espectral)

Agradecería cualquier pista.

Gracias de antemano.

Answer 1

Esta respuesta utiliza varias veces el hecho de que las raíces cuadradas positivas de operadores positivos son únicas.

Usted tiene $$\tag{1} (AB)^n=A^nB^n,\ \ n\in\mathbb N. $$ De ello se desprende, por $(1)$ que $$\tag{2} (A^{1/n}B^{1/n})^n=AB, $$ así que $$\tag{3} (AB)^{1/n}=A^{1/n}B^{1/n}. $$ Ahora, combinando $(1)$ y $(3)$ , $$\tag{4} (AB)^q=A^qB^q,\ \ q\in\mathbb Q. $$ Para $r>0$ arbitraria, tomando los límites en $(4)$ obtenemos $$ (A^rB^r)^{1/r}=AB, $$ y así $$ A^rB^r=(AB)^r. $$

Answer 2

Tenga en cuenta que \begin {align*} e^{A+B} &= \sum_ {n=0}^ \infty \frac {(A+B)^n}{n!} = \sum_ {n=0}^ \infty \sum_ {j=0}^n \binom {n}{j} \frac {A^jB^{n-j}}{n!} + \sum_ {n=0}^ \infty \sum_ {j=0}^n \frac {n!}{j!(n-j)!} \frac {A^jB^{n-j}}{n!} \\ & = \sum_ {n=0}^ \infty \sum_ {j=0}^n \frac {A^jB^{n-j}}{j!(n-j)!} = \sum_ {j=0}^ \infty \sum_ {n=j}^ \infty \frac {A^jB^{n-j}}{j!(n-j)!} = \sum_ {j=0}^ \infty \sum_ {k=0}^ \infty \frac {A^jB^{k}}{j!k!} = e^A e^B. \end {align*} La segunda igualdad se desprende del teorema del binomio, que podemos emplear ya que $A$ y $B$ conmutar. Dado que el cálculo funcional garantiza $e^{\ln(A)}=A$ concluimos que $$ \ln(AB)=\ln(e^{\ln(A)}e^{\ln(B)}) =\ln(e^{\ln(A)+\ln(B)})=\ln(A) + \ln(B), $$ donde usamos que $\ln(A)$ y $\ln(B)$ también conmutan. Además, también se deduce del cálculo funcional que $\ln(A^a)=a\ln(A)$ . Pero entonces $$ \ln((AB)^a)=a\ln(AB)=a(\ln(A)+\ln(B))=a\ln(A)+a\ln(B)=\ln(A^a)+\ln(B^a)=\ln(A^aB^a), $$ y por lo tanto $(AB)^a=A^aB^a$ .