20. Corrigés d’une sélection d’exercices
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On a alors
[B, A
n+1 ]=[B, AA
n ]=A[B, A
n ]+[B, A]A
n = i(n +1)A
n
ce qui prouve l’hypothèse de départ. Supposons A borné et soit ||A|| sa norme.
On obtient, en utilisant l’inégalité valable pour deux opérateurs C et D
||C|| ||D|| ≥ ||CD||
la relation
2||A
n || ||B|| ≥ ||BA
n − A
n B|| = n||A
n−1 ||
d’où
||A
n || ≥
n
2
||A
n−1 ||
On en déduit l’encadrement suivant pour ||A
n ||
n
2
||A
n−1 || ≤ ||A
n || ≤ ||A|| ||A
n−1 || car ||A
n || ≤ ||A|| ||A
n−1 ||
et donc ||A|| ≥ n/2. Il est impossible que A soit borné.
2. Le problème est que si A est non borné, le vecteur B|ϕ n’appartient
pas au domaine de A et AB|ϕ n’est pas défini : on ne peut pas prendre la
conjugaison hermitienne et écrire
ϕ|AB|ϕ = Aϕ|Bϕ
Par exemple si l’espace de Hilbert est L
(2) [0, 1] et B = X, qui est borné sur
cet espace, tandis que A = A C défini au § 6.2.2, (Xϕ)(x)=xϕ(x)=ψ(x)
n’appartient pas au domaine de A C q u ie s tt e lq u eϕ(1) = Cϕ(0), |C| =1:
les conditions aux limites de ψ sont
ψ(1) = ϕ(1) = Cϕ(0) alors que ψ(0) = 0
et ψ(1) = Cψ(0). La difficulté se voit immédiatement en représentation x
1
0
dxϕ
∗ (x)
i
∂
∂x
xϕ(x)
=
1
0
i
∂ϕ(x)
∂x
∗
xϕ(x)
la différence étant |ϕ(1)|
2 .
3. La fonction
ϕ(x)=e
i(2πn+α)x
C = e
iα
vérifie
A C ϕ(x)=(2πn + α)ϕ(x)
ϕ(1) = Cϕ(0)
C’est donc un vecteur propre normalisable de valeur propre (2πn + α) de A C ,
qui appartient au domaine de A C . Le théorème de von Neumann ne s’applique
pas car AB|ϕ n’est défini pour aucun vecteur |ϕ de H,al orsqu el ed om ai n e
où AB est défini devrait être dense dans H.