复Hilbert空间中，如何证明算子对的矩阵S'是自伴算子？

嗨，我来帮你搞定这个证明问题～

先明确一下问题里的核心定义：

• 设$F$为复Hilbert空间，算子$A\in\mathcal{B}(F)$是**亚正规算子（hyponormal）**当且仅当$A^A\geq AA^$，即对所有$z\in F$，有$\langle (A^*A-AA*)z,z \rangle\geq 0$。
• 算子对$S=(S_1,S_2)\in\mathcal{B}(F)^2$被称为亚正规算子对，当且仅当矩阵
  $$S'=\begin{pmatrix}[S_1^, S_1] & [S_2^,S_1]\ [S_1^, S_2 ]& [S_2^, S_2] \end{pmatrix}$$
  是$F\oplus F$上的正算子（即对所有$x\in F\oplus F$，有$\langle S'x,x \rangle\geq 0$）。

我们要证明的核心结论是：$S'$是自伴算子。

证明步骤： #

要验证一个算子是自伴算子，只需要证明它的伴随算子等于自身，即$(S')^* = S'$。

首先先明确对易子的定义：对任意算子$X,Y\in\mathcal{B}(F)$，对易子$[X,Y] = XY - YX$。我们先逐个计算$S'$中每个分块的伴随：

1. 计算$[S_1^, S_1]^$：
   $$[S_1^, S_1]^ = (S_1^S_1 - S_1S_1^*) = (S_1^*S_1)* - (S_1S_1^*)* = S_1^S_1 - S_1S_1^ = [S_1^, S_1]$$
   显然$[S_1^, S_1]$是自伴算子。
2. 同理，$[S_2^, S_2]^ = [S_2^*, S_2]$，也是自伴算子。
3. 计算$[S_2^, S_1]^$：
   $$[S_2^, S_1]^ = (S_2^S_1 - S_1S_2^*) = (S_2^*S_1)* - (S_1S_2^*)* = S_1^S_2 - S_2S_1^ = [S_1^*, S_2]$$

接下来，分块算子矩阵的伴随有固定规则：对于分块矩阵$\begin{pmatrix} M_{11} & M_{12} \ M_{21} & M_{22} \end{pmatrix}$，它的伴随算子是$\begin{pmatrix} M_{11}^* & M_{21}^* \ M_{12}^* & M_{22}^* \end{pmatrix}$（伴随会交换分块位置并取每个块的伴随）。

把这个规则用到$S'$上：
$$(S')^* = \begin{pmatrix} [S_1^, S_1]^ & [S_1^, S_2]^ \ [S_2^, S_1]^ & [S_2^, S_2]^ \end{pmatrix}$$

代入我们刚才计算的对易子伴随结果：

• $[S_1^, S_1]^ = [S_1^*, S_1]$
• $[S_1^, S_2]^ = [S_2^*, S_1]$（和步骤3的推导逻辑一致，反向计算即可）
• $[S_2^, S_1]^ = [S_1^*, S_2]$
• $[S_2^, S_2]^ = [S_2^*, S_2]$

替换后就能得到：
$$(S')^* = \begin{pmatrix}[S_1^, S_1] & [S_2^,S_1]\ [S_1^, S_2 ]& [S_2^, S_2] \end{pmatrix} = S'$$

这就证明了$S'$满足$(S')^* = S'$，也就是$S'$是自伴算子。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Schüler