射影演算子の特徴づけ === Mingsheng Ying『量子プログラミングの基礎』p25 # 問題 作用素$P$が射影作用素,すなわち,$\mathcal{H}$のある閉部分空間$X$に対して$P=P_X$となるのは,$P$がエルミート作用素でかつ$P^2=P$となるとき,そしてそのときに限ることが分かる. (わからない) # 証明 ## $P$が$X$への射影作用素$\Rightarrow$$P$がエルミートかつ$P^2=P$ 任意の$\lvert\psi\rangle\in\mathcal{H}$について,$\lvert\psi_X\rangle\in X, \lvert\psi_{X^\perp}\rangle\in X^\perp$が存在して $$ \lvert\psi\rangle = \lvert\psi_X\rangle + \lvert\psi_{X^\perp}\rangle. $$ ここで,$P$が$X$への射影演算子なので $$ P\lvert\psi\rangle = \lvert\psi_X\rangle. $$ したがって, $$ \begin{align} P^2\lvert\psi\rangle &= P(P\lvert\psi\rangle) \\ &= P\lvert\psi_X\rangle \\ &= \lvert\psi_X\rangle \\ \therefore P &= P^2 \end{align} $$ $\{\lvert e_i\rangle\} \subset X$を$X$の正規直交基底,$\{\lvert e_j\rangle\} \subset X^\perp$を$X^\perp$の正規直交基底としてとると, $\{\lvert e_i \rangle\}\bigcup\{\lvert e_j\rangle\}$は$\mathcal{H}$の正規直交基底になる(たぶん). ここで, \begin{align} (\lvert e_i\rangle, P\lvert e_{i'}\rangle) &= (\lvert e_i\rangle, \lvert e_{i'}\rangle) \\ (P\lvert e_i\rangle, \lvert e_{i'}\rangle) &= (\lvert e_i\rangle, \lvert e_{i'}\rangle) \\ (\lvert e_i\rangle, P\lvert e_j\rangle) &= (\lvert e_i\rangle, 0) = 0 \\ (P\lvert e_i\rangle, \lvert e_j\rangle) &= (\lvert e_i\rangle, \lvert e_j\rangle) = 0 \quad(i \neq jより) \\ (\lvert e_j\rangle, P\lvert e_i\rangle) &= (\lvert e_j\rangle, \lvert e_i\rangle) = 0 \quad(i \neq jより) \\ (P\lvert e_j\rangle, \lvert e_i\rangle) &= (0, \lvert e_i\rangle) = 0 \\ (\lvert e_j\rangle, P\lvert e_{j'}\rangle) &= (\lvert e_j\rangle, 0) = 0 \\ (P\lvert e_j\rangle, \lvert e_{j'}\rangle) &= (0, \lvert e_{j'}\rangle) = 0 \end{align} (但し$\lvert e_i\rangle, \lvert e_{i'}\rangle \in X, \lvert e_j\rangle,\lvert e_{j'}\rangle \in X^\perp$) より,$P$はエルミート(基底について$P=P^\dagger$を示せば十分). ## $P$がエルミートかつ$P^2=P$ $\Rightarrow$ $P$が$X$への射影作用素 $X = \mathrm{Im} P$の基底を$\{\lvert e_i\rangle\}$とする. $\lvert e_i \rangle \in \mathrm{Im} P$なので,$\lvert a_i\rangle\in\mathcal{H}$が存在して \begin{align} \lvert e_i \rangle = P\lvert a_i\rangle \end{align} よって,任意の$\{\alpha_i\}$について, \begin{align} \sum_i \alpha_i\lvert e_i \rangle &= P\left(\sum_i \alpha_i \lvert a_i\rangle\right) \\ &= P\lvert\psi\rangle \end{align} となるような$\lvert\psi\rangle = \sum_i \alpha_i\lvert a_i\rangle$が存在する.ここで,$P^2=P$より,任意の$\{\alpha_i\}$について, \begin{align} P\left(\sum_i \alpha_i\lvert e_i \rangle\right) &= P^2\lvert\psi\rangle \\ &= \sum_i \alpha_i\lvert e_i \rangle. \end{align} となることが言える.これより,$\lvert a_i\rangle = \lvert e_i \rangle$ととることができる. $\mathrm{ker} P$の基底を$\{\lvert b_j\rangle\}$とおく. 次の線型結合 \begin{align} \sum_i \alpha_i \lvert e_i \rangle + \sum_j \beta_j \lvert b_j \rangle = 0 \end{align} を考える.$P$を左からかけて \begin{align} P\left(\sum_i \alpha_i \lvert e_i \rangle + \sum_j \beta_j \lvert b_j \rangle\right) &= 0 \\ \sum_i \alpha_i P\lvert e_i \rangle &= 0 \\ \sum_i \alpha_i \lvert e_i \rangle &= 0 \end{align} ここで,$\{\lvert e_i \rangle\}$は線型独立なので,$\alpha_i = 0$. すると,上式は \begin{align} \sum_j \beta_j \lvert b_j \rangle = 0 \end{align} $\{\lvert b_j \rangle\}$も線型独立なので,$\beta_j = 0$.つまり$\{\lvert e_i \rangle\}, \{\lvert b_j \rangle\}$も線型独立. したがって$\mathrm{ker} P \subset X^\perp$. ここで,次元定理より$\mathrm{ker} P$の次元と$X^\perp$の次元は等しいので,$\mathrm{ker} P = X^\perp$.つまり \begin{align} \sum_j \beta_j\lvert b_j \rangle \in X^\perp. \end{align} 任意の$\lvert\phi\rangle\in\mathcal{H}$について, \begin{align} P\lvert\phi\rangle = \sum_i \alpha_i \lvert e_i \rangle \end{align} をとる.このとき, \begin{align} P\left(\lvert\phi\rangle - \sum_i \alpha_i \lvert e_i \rangle\right) &= \sum_i \alpha_i \lvert e_i \rangle - \sum_i \alpha_i \lvert e_i \rangle \\ &= 0. \end{align} よって,$\lvert\phi\rangle - \sum_i \alpha_i \lvert e_i \rangle \in \mathrm{Ker} P$であるから, \begin{align} \lvert\phi\rangle = \sum_i \alpha_i \lvert e_i \rangle + \sum_j \beta_j\lvert b_j \rangle \end{align} と書ける.ここで,$\lvert\psi_X\rangle = \sum_i \alpha_i \lvert e_i \rangle \in X$, $\lvert\psi_{X^\perp}\rangle = \sum_i \beta_j \lvert b_j \rangle \in X^\perp$と書けば, \begin{align} P\lvert\phi\rangle &= P(\lvert\psi_X\rangle + \lvert\psi_{X^\perp}\rangle) \\ &= \lvert\psi_X\rangle \end{align} であるので,$P$は$X$への射影演算子.(証明終)