射影演算子の特徴づけ
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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)