ゴールデン・トンプソン不等式

もし${\textstyle \operatorname {tr} ((AB)^{2^{n}})\leq \operatorname {tr} ((A^{2^{1}}B^{2^{1}})^{2^{n-1}})}$すべての人々のために${\textstyle n}$そうすれば、他のすべての不等式もその特殊な場合として証明されます。したがって、その不等式を証明すれば十分です。

${\textstyle n=0}$この件は些細なことだ。

${\textstyle n=1}$ケース。${\textstyle A,B}$エルミート行列とPSD行列は分割できます${\textstyle A}$に${\textstyle ({\sqrt {A}})^{2}}$これにより、次のように書くことができます。${\textstyle \operatorname {tr} (ABAB)=\|{\sqrt {A}}B{\sqrt {A}}\|^{2}}$つまり、非負の実数であるということです。

コーシー・シュワルツの不等式により、

$${\displaystyle {\begin{aligned}\operatorname {tr} (ABAB)&=\langle AB,BA\rangle \\&\leq \|AB\|\|BA\|\\&=\|AB\|^{2}\\&=\operatorname {tr} (ABBA)\\&=\operatorname {tr} (AABB)\end{aligned}}}$$

${\textstyle n\geq 2}$ケース。2 つの行列のシーケンスを定義します。$${\displaystyle a_{k}:=(AB)^{2^{nk}}(BA)^{2^{nk}},\quad b_{k}:=(BA)^{2^{nk}}(AB)^{2^{nk}}}$$これらは、構成上、エルミート行列であり、正半定値行列である。

いかなる場合でも${\textstyle N}$痕跡の循環的性質により、$${\displaystyle {\begin{cases}\operatorname {tr} (a_{k}^{N})&=\operatorname {tr} ((a_{k+1}b_{k+1})^{N})=\operatorname {tr} (b_{k}^{N}),\quad \forall k\in 0:n-1\\\operatorname {tr} (a_{n}^{N})&=\operatorname {tr} ((AABB)^{N})=\operatorname {tr} (b_{n}^{N})\end{cases}}}$$

同じ論法で${\textstyle n=1}$場合、$\displaystyle \operatorname {tr} ((AB)^{2^{n}})\leq \operatorname {tr} (a_{1})}$コーシー・シュワルツの定理と巡回等式を適用すると、$${\displaystyle {\begin{aligned}\operatorname {tr} (a_{1})&=\operatorname {tr} (a_{2}b_{2})\\&=\langle a_{2},b_{2}\rangle \\&\leq \|a_{2}\|\|b_{2}\|\\&=\|a_{2}\|^{2}\\&=\operatorname {tr} (a_{2}a_{2})\end{aligned}}}$$

もし${\textstyle n=2}$、 それから${\textstyle \オペレーター名 {tr} (a_{2}a_{2})=\オペレーター名 {tr} ((AABB)^{2})}$。

そうでなければ、帰納法により、$\displaystyle \operatorname {tr} (a_{2}a_{2})=\operatorname {tr} ((a_{3}b_{3})^{2})\leq \operatorname {tr} (a_{3}a_{3}b_{3}b_{3})}$そして同じ議論を続けると、$\displaystyle \operatorname {tr} (a_{3}a_{3}b_{3}b_{3})\leq \operatorname {tr} (a_{3}^{4})}$これは、私たちが${\textstyle \leq \オペレーター名 {tr} (a_{n}^{2^{n-1}})=\オペレーター名 {tr} ((AABB)^{2^{n-1}})}$。