комутатор операторов

[aeterna]

Доказать, что если $[A,B] = I$ (единичный) то хотя бы один из этих операторов не ограничен.

[alcoholist]

след

[ewert]

alcoholist в сообщении #493277 писал(а):

след

у ограниченного оператора следа, вообще говоря, нет

[Oleg Zubelevich]

Пусть непрерывные операторы $A,B:X\to X$ определены на комплексном банаховом пространстве $X$.

Утв. Если оператор $A$ непрерывно обратим то равенство $AB-BA=I$ невозможно.

Доказательство. Можно проверить, что $\rho(AB)=\rho(BA)$. Значит и спектры операторов $AB$ и $BA$ равны.

Предположим выполнено равенство $AB-BA=I$. Тогда при любом $\lambda\in\mathbb{C}$ имеем

$$AB-\lambda I=BA-(\lambda-1)I.$$

Это значит, что если $\lambda\in\sigma(AB)$ то и $\lambda-1\in\sigma(AB)$. Это противоречит ограниченности спектра.

Как-то надо избавиться от условия обратимости оператора $A$.
Гипотеза: для любых непрерывных операторов $A,B$ справедливо равенство $\rho(AB)=\rho(BA)$

[Eiktyrnir]

aeterna в сообщении #493273 писал(а):

Доказать, что если $[A,B] = I$ (единичный) то хотя бы один из этих операторов не ограничен.

я просто уточняю...т.е. коммутатор операторов - есть единичный оператор?

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #493935 писал(а):

Можно проверить, что $\rho(AB)=\rho(BA)$. Значит и спектры операторов $AB$ и $BA$ равны.

Этого я совершенно не понял. "Ро" -- это что, спектральный радиус, что ли?... Тогда при чём тут спектры как таковые.

[Oleg Zubelevich]

ewert в сообщении #493948 писал(а):

Oleg Zubelevich в сообщении #493935 писал(а):

Можно проверить, что $\rho(AB)=\rho(BA)$. Значит и спектры операторов $AB$ и $BA$ равны.

Этого я совершенно не понял. "Ро" -- это что, спектральный радиус, что ли?... Тогда при чём тут спектры как таковые.

$\rho$ это резольвентное множество. Люди, которые читают Данфорда -Шварца, Иосиду, Кпнторовича -Акилова эти обозначения знают. Улавливаете о чем я? Хотелось бы теперь предложения по существу услышать.

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #493957 писал(а):

Люди, которые читают Данфорда -Шварца, Иосиду, Кпнторовича -Акилова эти обозначения знают. Улавливаете о чем я?

Улавливаю. О том, что Вам нужно шашечки, а не ехать. Т.е. Вам нужно конкретныекнижки чтоб читать и только чтобы ихние обозначения.

Хорошо; теперь объясните, например, при чём тут обратимость.

[Padawan]

Для любых непрерывных операторов $A,B$ верно $\sigma(AB)\setminus\{0\}=\sigma(BA)\setminus \{0\}$, т.е. $\sigma(AB)$ и $\sigma(BA)$ могут отличаться только нулём . Это следует из http://dxdy.ru/topic30387.html. Действительно, если $\lambda\neq 0$ то $AB-\lambda I$ обратим тогда и только тогда, когда $BA-\lambda I$ обратим. Вообще, говоря, неверно, что $\sigma(AB)=\sigma (BA)$, однако, если $A$ обратим, то это так. Рудин в "Функциональном анализе" рассматривает эти вопросы среди задач к главе о банаховых алгебрах, можно посмотреть.

К нашей задаче. Предположим, что $AB-BA=I$.
Если $\lambda\neq 1$ и $\lambda\in\sigma(AB)$, то $\lambda-1\in\sigma(BA)$ (см. сообщение Oleg Zubelevich). Т.к. $\lambda-1\neq 0$, то $\lambda-1\in\sigma(AB)$. Отсюда следует, что $\sigma(AB)=\{1,2,\ldots,n\}$ для некоторого натурального $n$. В противном случае $\sigma(AB)$ был бы неограничен.
Аналогично, если $\lambda\neq -1$ и $\lambda\in\sigma(BA)$, то $\lambda+1\in\sigma(AB)$. Т.к. $\lambda+1\neq 0$, то $\lambda+1\in\sigma(BA)$;
С одной стороны $\sigma(BA)\setminus\{0\}=\sigma(AB)\setminus \{0\}=\{1,2,\ldots,n\}$, а с другой стороны $n+1\in\sigma(BA)$. Противоречие.

[neo66]

Еще можно так:
Из соотношения $AB-BA=I$ следует $A^nB-BA^n=nA^{n-1}$ для любого $n$.
Отсюда следует: $n|A|^{n-1}=|nA^{n-1}|\le 2|A|^n |B| $ или $n \le 2|A||B| $. Противоречие.

[ewert]

neo66 в сообщении #494022 писал(а):

Отсюда следует: $n|A|^{n-1}=|nA^{n-1}|\le 2|A|^n |B| $

$n|A|^{n-1}\ge|nA^{n-1}|$

[ewert]

Как-то обидно ссылаться на равенство спектров $AB$ и $BA$ -- это всё-таки самостоятельная и достаточно нетривиальная задачка. Попробуем обойтись лишь спектральным радиусом. Достаточно очевидно, что спектральные радиусы (как пределы корня из нормы степени) у $AB$ и $BA$ одинаковы. При условии $AB=BA+I$ такое невозможно, если спектр $BA$ лежит в правой полуплоскости, поскольку спектральный радиус -- это всё-таки ещё и максимум модулей точек спектра. Однако спектр $BA$ всегда можно вывести в правую полуплоскость, заменив $A$ на $A_{\lambda}=A+\lambda I$ и $B$ на $B_{\lambda}=B+\lambda I$ (равенство $A_{\lambda}B_{\lambda}=B_{\lambda}A_{\lambda}+I$ от этого не нарушится) -- надо лишь взять достаточно большое положительное $\lambda$. Ч.т.д.

Всё равно хотелось бы как-нибудь вообще без спектров...

[Oleg Zubelevich]

ewert в сообщении #494354 писал(а):

спектральный радиус -- это всё-таки ещё и максимум модулей точек спектра

Не максимум а sup. Вы должны точно выражаться, на Вас весь форум смотрит с восхищением!

[Padawan]

Oleg Zubelevich в сообщении #494414 писал(а):

ewert в сообщении #494354 писал(а):

спектральный радиус -- это всё-таки ещё и максимум модулей точек спектра

Не максимум а sup. Вы должны точно выражаться, на Вас весь форум смотрит с восхищением!

Спектр всё-таки замкнут и ограничен, значит по теореме Вейерштрасса супремум достигается.

[Oleg Zubelevich]

Да, конечно.