Коммутатор операторов равен самому оператору

[artempalkin]

Задача 56.16 задачник Ким
Доказать, что если $[A,B]=A$, то оператор $A$ - вырожденный.

Я доказал, но доказательство неинтуитивное

$$AB-BA=A$$

$$A(B-E)=BA$$

предположим, что $A$ невырожден, тогда

$$B-E=A^{-1}BA,$$

но этого не может быть, т.к. справа след равен $\operatorname{tr} B$, а слева $\operatorname{tr} B-n$.

Тут два вопроса. Есть ли какое-то менее "случайное" доказательство этого факта? Есть ли какой-то фактический пример таких операторов (матриц), что $[A,B]=A$, кроме самого вырожденного $A=0$? А то получится забавно: в таком случае оператор должен быть вырожден, но фактически такой случай никогда не доставляется.

[zykov]

Наверно $A$, кроме нулевой матрицы, ещё может быть жордановой клеткой с нулями на диагонали.

[lel0lel]

$A$ понижающий оператор, действуя им на собственный вектор оператора $B$, получим вновь собственный вектор оператора $B$ с меньшим на единицу собственным значением. В КМ примеры есть, смотреть осциллятор.

Пусть $B=AC$ и $[A,C]=E$, тогда получим нужный коммутатор. Кстати, про конечномерность в условии не сказано.

[zykov]

Например

$$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$$

и

$$B=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$$

[lel0lel]

Да, если у $B$ собственные значения ограничены снизу, то у оператора $A$ есть собственный вектор с нулевым сз, это видно из примера выше.
Можно и так: $B=\sum\limits_{i=1}^{n} i|i\rangle\langle i|$,
$A=\sum\limits_{j=2}^{n} |j-1\rangle\langle j|$, базис ортонормированный.

[artempalkin]

lel0lel в сообщении #1550515 писал(а):

Кстати, про конечномерность в условии не сказано.

Это задачник по линалу, везде подразумевается, конечно, конечномерный случай.

lel0lel в сообщении #1550515 писал(а):

$[A,C]=E$

Вы подразумеваете бесконечномерный случай? потому что в конечномерном такое невозможно

lel0lel в сообщении #1550515 писал(а):

$A$ понижающий оператор

А для, опять же, конечномерных пр-в понятие понижающих операторов вводится?

[nnosipov]

artempalkin в сообщении #1550502 писал(а):

Есть ли какое-то менее "случайное" доказательство этого факта?

Ну, просто заметить, что матрицы $B$ и $B-E$ не могут быть подобными, что очевидно.

[artempalkin]

nnosipov в сообщении #1554708 писал(а):

Ну, просто заметить, что матрицы $B$ и $B-E$ не могут быть подобными, что очевидно.

Ну это по сути то, что я сделал, после некоторых преобразований... Но мне это доказательство показалось "случайным": я сделал какие-то преобразования и вдруг что-то заметил

[Otta]

А как надо? ))

Очень хорошее доказательство, куда уж проще.

[Slav-27]

Докажите, что $A$ нильпотентен (по крайней мере если поле нулевой характеристики).

[Slav-27]

Slav-27 в сообщении #1554749 писал(а):

Докажите, что $A$ нильпотентен (по крайней мере если поле нулевой характеристики).

Например, так: из $A=[B,A]$ следует $A^n=[A^{n-1}B,A]$, поэтому $\operatorname{tr}A^n=0$.