una clase de seguimiento operador problema

Question

Podría alguien ayudarme con esto

Probar que Si $A$ $B$ son positivas clase de seguimiento de los operadores en un espacio de Hilbert, entonces también lo es $A^zB^{(1-z)}$ a un complejo número de $z$ tal que $0 <Re(z)< 1$.

Un operador $A$ se llama traza de la clase si $\sum_{n=1}^{\infty}\langle |A|e_n,e_n\rangle < \infty $

|A| es la raíz cuadrada positiva de $ A^*A$

Answer 1

Escribir $z=a+ib$. A continuación,$A^zB^{1-z}=A^aA^{ib}B^{1-a}B^{-ib}=A^{ib}A^aB^{1-a}B^{-ib}$. Desde la traza de la clase operadores de forma ideal, es suficiente para demostrar que $A^aB^{1-a}$ es de seguimiento de la clase. Aún más, es suficiente-por la descomposición polar--para mostrar que $|A^aB^{1-a}|$ es de la clase de seguimiento.

(julien ha sugerido un período mucho más corto y eficiente para la respuesta; por lo que yo estoy siguiendo su sugerencia aquí, y dejando el resto de mi respuesta original hacia el final)

Ahora podemos utilizar Hölder la desigualdad $\|ST\|_1\leq\|S\|_p\,\|T\|_q$, que se mantiene independientemente de si $ST$ traza es la clase o no. Así que, con $p=1/a$, $q=1/(1-a)$, $$ \|^AB^{1}\|_1\leq\|^\|_{1/}\,\|B^{1-un}\|_{1/(1-a)}=\|\|_1^a\,\|B\|_1^{1}<\infty. $$ Por lo tanto, $|A^aB^{1-a}|$ es de seguimiento de la clase.

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(aquí está el resto de mi respuesta original)

Para este objetivo, se pueden utilizar los Jóvenes de la desigualdad para operadores compactos (como se ha demostrado en un documento por Erlijman-Farenick-Zeng, de alrededor de 2001): existe una isometría parcial $U$ con el espacio inicial $(\ker|A^aB^{1-a}|)^\perp$ tal que $$\etiqueta{1} U|a^aB^{1}|U^*\leq \frac1p\,|^a|^p+\frac1q\,|B^{1}|^p=aA+(1-a)B $$ (cuando estamos usando $p=1/a$, $q=1/(1-a)$; aquí es donde utilizamos el requisito de $0<a<1$). Por lo $U|A^aB^{1-a}|U^*$ es de la clase de seguimiento. Como $|A^aB^{1-a}|U^*U=|A^aB^{1-a}|$, obtenemos $$ \mbox{Tr} (|^aB^{1}|)=\mbox{Tr} (|^aB^{1}|U^*U)=\mbox{Tr}(U|a^aB^{1}|U^*)<\infty. $$ Esto demuestra que $|A^aB^{1-a}|$ es de la clase de seguimiento, ya que es positivo.

Answer 2

La traza de la clase de los operadores son el caso particular $p=1$ de los llamados Schatten clase $S_p(H)$ , el cual es definido, por $1\leq p<\infty$, por $$ S_p(H)=\{S\in B(H)\,;\,\|S\|_p=(\mbox{tr}\,|S|^p)^\frac{1}{p}<\infty\}. $$ que es $|S|^p$ es de seguimiento de la clase. Para $p=2$, estos son conocidos como el de Hilbert-Schmidt a los operadores. Para$1\leq p\leq q$, $S_1(H)\subseteq S_p(H)\subseteq S_q(H) \subseteq K(H)$ donde $K(H)$ es el ideal de operadores compactos. Un hecho clave en esta teoría es que el no conmutativa la versión de Hölder la desigualdad se mantiene, incluyendo la $p$ o $q$ infinito, con $S_\infty(H)=B(H)$. Para cada $p,q\geq 1$ conjugar los exponentes, es decir,$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$:

$$ \forall S\en S_p(H), T\en S_q(H)\qquad \|ST\|_1\leq \|S\|_p\|T\|_q. $$ Esto dice en particular que si $S$$S_p(H)$$T$$S_q(H)$, $ST$ es de seguimiento de la clase. Esa es la generalización de el conocido caso de Hilbert-Schmidt a los operadores de $S_2(H)S_2(H)\subseteq S_1(H)$, que es en realidad una igualdad, y la propiedad ideal $B(H)S_1(H)B(H)\subseteq S_1(H)$.

Aplicación: vamos a $z=x+iy$$0<x<1$, y deje $A,B$ ser positivo traza-operadores de clase, es decir, en $S_1(H)$. A continuación,$|A^z|=A^x$$|B^{1-z}|=B^{1-x}$, de donde $$ \left (\|^\|_\frac{1}{x}\right)^\frac{1}{x}=\mbox{tr}\left (|^z|^\frac{1}{x}\right)=\mbox{tr}=\|\|_1<\infty$$ y $$ \left(\|B^{1-z}\|_\frac{1}{1-x}\right)^\frac{1}{1-x}=\mbox{tr}\left(|B^{1-z}|^\frac{1}{1-x}\right)=\mbox{tr} B=\|B\|_1<\infty. $$ Por lo tanto $$ \mbox{tr}\big|A^zB^{1-z} \big|=\|^zB^{1-z}\|_1\leq \|^\|_\frac{1}{x}\|B^{1-z}\|_\frac{1}{1-x}=\|\|_1^x\|B\|_1^{1-x}=(\mbox{tr})^x(\mbox{tr} B)^{1-x}<\infty. $$ En particular, $A^zB^{1-z}$ es de seguimiento de la clase.