Deje que$T$ sea un operador de Hermitian y$\|v\|=1$, pruebe$\langle T^2(v),v\rangle \ge\langle T(v),v\rangle^2$

Question

Deje que$T$ sea un operador de Hermitian en un espacio interno del producto$V$ sobre el campo de los números complejos,$C$ (de una dimensión finita), también suponga$\|v\|=1$. Probar:

PS

Answer 1

No es cierto como se dijo, porque tiene un comportamiento de escala incorrecto con respecto a$v$. ¿Se suponía que debías asumir$\|v\|=1$?

EDITAR: Con ese supuesto, la sugerencia es una exageración. El resultado sigue directamente de Cauchy-Schwarz. Tenga en cuenta que$\langle T^2 v, v \rangle = \langle T v, T v \rangle$, ya que$T$ es Hermitian.

Answer 2

Edit: Como se ha señalado por Robert Israel, esto se sigue inmediatamente de Cauchy-Schwarz. Yo lo quería usar su (mal y ahora se elimina sugerencia), que en realidad me básicamente convencido de Cauchy-Schwarz...

Desarrollar las siguientes $$ ((T-\alpha I)^2 v,v)=\alpha^2\|v\|^2-2\alpha(Tv,v)+(T^2 v,v). $$ Tenga en cuenta que para cada $\alpha\in \mathbb{R}$, el operador $(T-\alpha I)^2=(T-\alpha I)^*(T-\alpha I) $ es hermitian positivo $$ ((T-\alpha I)^2v,v)\geq 0. $$

Tenemos una ecuación cuadrática en $\alpha$ que es siempre no negativo.

Esto significa que su discriminante es valor no positivo: $$ \Delta=4((Tv,v)^2-(T^2 v,v)\|v\|^2)\leq 0. $$ Por lo tanto $$ (Tv,v)^2\leq (T^2 v,v)\|v\|^2. $$

Por lo que su desigualdad se cumple para todos los $\|v\|\leq 1$.