$AB$ es compacto iff$BA$ es

Question

Es en general cierto o falso que para $A, B \in \mathcal L (\mathcal H)$, $A B \in \mathcal S^\infty (\mathcal H) \Longleftrightarrow B A \in \mathcal S^\infty (\mathcal H )$?

En un conjunto de notas de la conferencia este, se cita a la bodega generalmente (pero sólo para justificar un paso más en un contexto donde los operadores implicados son normales), pero creo que solo tiene para $A, B$ normal. Podría alguien decirme si estoy en lo correcto?

Prueba (croquis) para el normal de los operadores: $A B \in \mathcal S^\infty (\mathcal H)$ , $\psi_n \rightharpoonup 0$ implica $A B \psi_n \to 0$, debido a $A, B$ normal, esto implica $A^* B^* \psi_n = (BA)^* \psi_n \to 0$, es decir, $(BA)^* \in \mathcal S^\infty(\mathcal H)$ y esto es equivalente a $BA \in \mathcal S^\infty (\mathcal H)$.

Contraejemplo para el caso general (creo que este es uno de ellos): $\mathcal H = \ell^2(\mathbb N)$ e indicar las proyecciones en Bra-Ket de notación como $\vert n \rangle \langle n \vert$. $$A := \operatorname{s-}\lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^N \frac{1}{2n+1} \vert 2n+1\rangle \langle 2n+1\vert + \operatorname{s-}\lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^N \vert 2n \rangle \langle 2n \vert$$ $$B := \operatorname{s-}\lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^N \vert 2n+1\rangle \langle n \vert$$ A continuación, $AB$ es compacto, sino $BA$ no es (ya que se asigna a la norma de preservación en el infinito-dimensional subespacio de, incluso, $n$s)...

Answer 1

Sí, tiene usted razón. Una versión ligeramente simplificada de su ejemplo es, con$\{E_{kj}\}$ que denota las unidades de la matriz correspondientes a una base ortonormal$\{e_n\}$, $$ A = \ sum_n E_ {2n +1, n}, \ \ \ B = \ sum_n E_ {n, 2n}. $$ Entonces$$AB=\sum_{n} E_{2n+1,2n},$$ with range containing the closed span of $ \ {e_ {2n +1} \}$, while $ BA = 0 $.