mateforum.ro

Fie H un spatiu Hilbert complex. Pentru un operator liniar marginit pozitiv \( A \) se defineste prin \( \sqrt{A} \) unicul operator pozitiv cu proprietatea ca \( (\sqrt A)^2=A \).

Pe multimea operatorilor pozitivi din \( \cal{B}(H) \) se defineste o operatie: \( A\circ B = \sqrt AB\sqrt A \).
Sa se dem ca \( A\circ(B\circ C)=(A\circ B)\circ C \) pentru orice operator pozitiv \( C \) daca si numai daca \( AB=BA \)

Nu m-am gindit la solutie, dar mi-a sarit in ochi conditia de comutare (ma obsedeaza!).
Voiam sa-ti spun ca in mecanica cuantica, proprietatea de comutare a operatorilor care reprezinta observabile e echivalenta cu posibilitatea observarii simultane. Asa ca s-ar putea ca exercitiul sa aiba o semnificatie mai profunda decit pare.
L.O.

Probabil nu e cea mai simpla solutie (am mai patit-o eu), dar asa am reusit eu sa rezolv.

Deci \( A\circ B=\sqrt{A}B\sqrt{A} \). Atunci \( (A\circ B)\circ C=A\circ(B\circ C)\Leftrightarrow\sqrt{A}\sqrt{B}C\sqrt{B}\sqrt{A}=\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}}C\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}} \).

Daca \( A \) comuta cu \( B \) atunci \( \sqrt{A} \) comuta cu \( \sqrt{B} \) si lucrurile sunt clare.

Reciproc. Notez cu \( T=\sqrt{B}\sqrt{A} \) si cu \( S=\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}}=|T| \). Avem egalitatea: \( T^*CT=SCS \) pentru operatori \( C \) pozitivi. Cum orice operator este o combinatie liniara de patru operatori pozitivi, egalitatea de mai sus are loc pentru orice operator din \( B(H) \). \( T^*C(Tx)=SC(Sx) \) unde \( x\in H \). Am sa consider pe post de \( C \) operatorii:

\( E_{z,y}:H\ni x\to (x|y)z\in H \). Operatorii \( E \) sunt exact operatorii de rang 1. Obtinem:

\( T^*((Tx|y)z)=S((Sx|y)z) \). Echivalent cu: \( (Tx|y)(T*z|t)=(Sx|y)(Sz|t) \).

Putem rescrie ultima egalitate in felul urmator: \( (Tx|y)\overline{(Tz|t)}=(Sx|y)\overline{(Sz|t)} \). Fie acum \( z,t\in H \) astfel incat \( (Tz|t)\neq 0 \) (daca nu exista asa ceva atunci \( T=0 \) si s-a terminat). Daca \( (Sz|t)=0 \) atunci \( (Tx|y)=0 \) si s-a terminat. Obtinem ca \( (Tx|y)=\lambda(Sx|y) \) pentru un scalar \( \lambda \). Deci \( T=\lambda S \).

Atunci \( T^*=\bar\lambda S \) si deoarece \( T^*T=S^2 \) avem \( |\lambda|=1 \). In plus \( T=\lambda^2\bar\lambda S=\lambda^2T^* \). Acum \( T=\sqrt B\sqrt A \) si \( T^*=\sqrt A\sqrt B \) deci spectrul lui \( T \) este egal cu spectrul lui \( T^* \) (mai putin punctul \( 0 \) eventual). Spectrul lui \( S \) este inclus in \( \mathbb{R}_+ \). Atunci spectrul lui \( T \) este inclus in \( \lambda\mathbb{R}_+ \), iar spectrul lui \( T^* \) este inclus in \( \bar\lambda\mathbb{R}_+ \) si sunt egale. Deci \( \lambda=\bar\lambda \) adica \( \lambda^2=1 \) si \( T=T^* \). Atunci \( \sqrt A \) comuta cu \( \sqrt B \) si gata.

Liviu Ornea wrote:Nu m-am gindit la solutie, dar mi-a sarit in ochi conditia de comutare (ma obsedeaza!).
Voiam sa-ti spun ca in mecanica cuantica, proprietatea de comutare a operatorilor care reprezinta observabile e echivalenta cu posibilitatea observarii simultane. Asa ca s-ar putea ca exercitiul sa aiba o semnificatie mai profunda decit pare.
L.O.

Pai chiar asa si este. Intrebarea lui TheTrooper este de fapt un rezultat din

Gudder, Stan; Nagy, Gabriel - Sequential quantum measurements. J. Math. Phys. 42 (2001), no. 11, 5212--5222

in care se arata ca operatia \( A\circ B \), pentru \( A \) si \( B \) contractii pozitive pe un spatiu Hilbert, corespunde la "produsul secvential' pentru efecte cuantice care corespunde, intr-unul dintre modelele matematice acceptate, la rezultatul efectuarii consecutive a doua masuratori cuantice. Povestea este destul de frumoasa si cu multe legaturi, subiect inca activ in fizica cuantica.