Isomorfismo de manipulado de Hilbert espacios

Question

En relación con la declaración de que QM puede ser formulada en términos de separables complejo (manipuladas) espacios de Hilbert, el hecho de que todas las infinitas dimensiones separables complejo de Hilbert espacios son isomorfos el uno al otro es, a veces, enfatizó.

Entiendo por qué algunos autores como agregar "(manipuladas)" con el fin de que la sugerencia de cómo hacer que este ligeramente simplificada de la declaración de la más rigurosa, pero es esta modificación también es compatible la "sugerencia adicional" de que todos los "físicamente relevante" de Hilbert espacios son isomorfos? Para un "físicamente relevante" amañado espacio de Hilbert, el ket espacio tiene que ser nuclear:

Una nuclear en el espacio es un espacio vectorial topológico con la topología definida por una familia de Hilbert seminorms, tal que para cualquier Hilbert seminorm $p$ podemos encontrar una mayor Hilbert seminorm $q$, de modo que el natural mapa de $V_q$ $V_p$es de la clase de seguimiento.

Así que tengo algunas preguntas:

1. Tengo la impresión de que amañado de Hilbert espacios no aportan nada para finito dimensionales de Hilbert espacios, especialmente a todos finito dimensionales manipulada de Hilbert espacios de la misma dimensión debe ser isomorfo. Es esto correcto?
2. Hay ejemplos sencillos de no isomorfos de infinitas dimensiones separables manipulada de Hilbert espacios donde el ket espacio nuclear?
3. Son los ejemplos más comunes de la $\mathbb R$ -$\mathbb R^3$ -Schwartz-espacio (es decir,$\mathscr{S}(\mathbb{R}) \subset L^2(\mathbb{R}) \subset \mathscr{S'}(\mathbb{R})$$\mathscr{S}(\mathbb{R}^3) \subset L^2(\mathbb{R}^3) \subset \mathscr{S'}(\mathbb{R}^3)$) ejemplos de no-isomorfo aparejado espacios de Hilbert?
4. Es el $\mathbb R^3$-Schwartz-espacio de al menos isomorfo a un subespacio de las $\mathbb R$-Schwartz-espacio?

Answer 1

Para especificar un Gel'fand triple $(\Phi^*,\mathscr{H},\Phi)$ es suficiente para especificar el espacio de Hilbert $\mathscr{H}$ e el espacio vectorial topológico $\Phi\subset \mathscr{H}$. El requisito necesario es que la involucración de $\Phi$ a $\mathscr{H}$ es continua con respecto a la topología de la $\Phi$, por lo que esto le da a la involucración de $\mathscr{H}^*=\mathscr{H}\subset \Phi^*$.

Por lo tanto, consideramos que la triple a $(\mathscr{H},\Phi,\mathscr{T})$ donde $\mathscr{T}$ es la topología de $\Phi$, como definir el Gel'fand triple $(\Phi^*,\mathscr{H},\Phi)$.

Considerar la clase de Gel'fand triples; podemos definir un morfismos $f$ entre los objetos de la clase $(\mathscr{H},\Phi,\mathscr{T})$ $(\mathscr{K},\Psi,\mathscr{R})$ como la siguiente:

• $f(\mathscr{H},\Phi,\mathscr{T})$ , un triple de conjuntos de $(A,B,C)$;
• $f\rvert_{Hilb}:\mathscr{H}\to \mathscr{K}$ es una de morfismos de Hilbert espacios, $f\lvert_{Hilb}(\mathscr{H})=A$;
• $f\rvert_{Top}:(\Phi,\mathscr{T})\to (\Psi,\mathscr{R})$ es una de morfismos de espacios vectoriales topológicos, $f\lvert_{Top}(\Phi,\mathscr{T})=(B,C)$;
• $(\Psi,\mathscr{R})$ es continuamente incrustada en $\mathscr{K}$ ($(\mathscr{K},\Psi,\mathscr{R})$ es un triple).

El mapa es un isomorfismo si cada uno de la reducción de los mapas es un isomorfismo (es decir, si se trata de uno-a-uno y $A=\mathscr{K}$, $B=\Phi$, $C=\mathscr{T}$). [A la inversa mapa de $f^{-1}=(\,f\rvert_{Hilb}^{-1}\,,\,f\rvert_{Top}^{-1}\,)$]

Obviamente, no son isomorfos triples, simplemente elige un triple $(\mathscr{H},\Phi,\mathscr{T}_1)$ y el triple de $(\mathscr{H},\Phi,\mathscr{T}_2)$ $\mathscr{T}_1\subset \mathscr{T}_2$ ($\mathscr{T}_2$ una topología estrictamente más fino que el de $\mathscr{T}_1$) y $(\Phi,\mathscr{T}_1)$, $(\Phi,\mathscr{T}_2)$ no homeomórficos (supongo que por ejemplo, la cardinalidad de a $\mathscr{T}_1$ $\mathscr{T}_2$ que hacer el truco).

Dado $L^2(\mathbb{R}^d)$ y los espacios de $\mathscr{S}(\mathbb{R}^d)$ (descenso rápido de las funciones lisas) y $\mathscr{D}(\mathbb{R}^d)$ (compacto admite las funciones lisas) tenemos que $(\mathscr{S}',L^2,\mathscr{S})$ $(\mathscr{D}',L^2,\mathscr{D})$ son no isomorfos w.r.t. la definición anterior ($\mathscr{D}$$\mathscr{S}$ no homeomórficos, porque $\mathscr{S}$ es metrizable mientras que $\mathscr{D}$ no lo está).

Answer 2

Punto 1. ha respondido afirmativamente a Phoenix87 en los comentarios. Artículo 2. se ha respondido afirmativamente a yuggib en la otra respuesta.

Las respuestas al ítem 3. y 4. se han dado sin la prueba por Phoenix87 en los comentarios, a saber, que el $\mathbb R$ - $\mathbb R^3$- Schwartz-espacio son isomorfos como amañado espacios de Hilbert. Una buena prueba de este hecho se da en esta respuesta a versiones simplificadas del punto 3. y 4. a partir de esta pregunta. Es el "evidente" el candidato de isomorfismo, que asigna las funciones de Hermite base de $\mathscr{S}(\mathbb{R}^3)$ a los de Hermite funciones de base de $\mathscr{S}(\mathbb{R})$.

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Parece que la pregunta ha sido contestada completamente. Pero, ¿qué acerca de la motivación detrás de esta pregunta: "..., pero es que esta modificación también es compatible la "sugerencia adicional" de que todos los "físicamente relevante" de Hilbert espacios son isomorfos?" Arregladas espacio de Hilbert, $\mathscr{D}(\mathbb{R}^d)$ no es realmente "físicamente relevante". Mi impresión es que, de hecho, muchos físicamente relevante manipulada de Hilbert espacios son isomorfos, es decir, la "sugerencia adicional" no es necesariamente malo.