Traza la desigualdad de cauchy schwarz

Question

Este fue un resultado interesante que encontré mientras leía el libro de teoría de la información cuántica de Holevo. Lo llaman el operador no conmutativo Cauchy Schwarz.

Dejemos que $S$ sea un estado, es decir, un operador no negativo con traza unitaria en un espacio de Hilbert $\mathcal{H}$ en $\mathbb{C}$ . Entonces, para operadores arbitrarios $X$ y $Y$ en $\mathcal{H}$ , \begin{equation} |Tr(SX^*Y)|^2 \leq Tr(SX^*X)Tr(SY^*Y)\label{Thi} \end{equation}

Pude demostrarlo reflejando la desigualdad de Cauchy Schwarz habitual (asumí que el lado derecho es finito). Entonces, un amigo me sugirió que podría resultar fácilmente si demostramos que $Tr(SX^*Y)$ es un producto interno en el espacio de operadores. He podido demostrar que es un producto semiinterior. Para demostrar que es un producto interno, tenía que demostrar $$Tr(SX^*X) = 0 \Rightarrow X=0$$

No tuve éxito con este. Pude mostrarlo si $S$ es un operador estrictamente positivo (al menos eso creo) pero no para los no negativos. Mi opinión es que en general $Tr(SX^*Y)$ es una seminorma pero no necesariamente una norma.

Pero no pude proporcionar una $X$ tal que $X\ne 0$ pero $Tr(SX^*X) = 0$ . Busco un ejemplo así. Por favor, dame algunas ideas. Podríamos pensar en términos de matrices.

Actualización: Tras una inspección más detallada, me di cuenta de que mi "prueba que refleja a Cauchy Schwarz" era, de hecho, defectuosa. Asumí implícitamente que ambos términos en el RHS eran $>0$ . En uno de los pasos, divido por la raíz cuadrada de RHS, lo que sería ilegal si fuera $0$ . Esto no era un problema en el Cauchy schwarz habitual porque nos daban que el LHS es el cuadrado del mod de un producto interno. Esto cambia mi percepción y ahora creo que lo anterior es un producto interno pero necesito mostrar el paso final.

Actualización: Voy a mostrar mi trabajo hasta ahora. Deja $\langle X,Y\rangle_T \triangleq Tr(SX^*Y)$ . Entonces

1. Linealidad en el segundo argumento (En la teoría cuántica, es el segundo argumento) y Conjugación: Fácil de demostrar.
2. No negativo para argumentos iguales: Tenemos $$Tr(SX^*X) = Tr(XSX^*)$$ Desde $S \geq 0$ , $XSX^* \geq 0$ y por lo tanto $Tr(XSX^*) \geq 0$ . También si $X=0$ entonces $\langle X,X\rangle_T = 0$ .
3. Necesidad de mostrar si $Tr(SX^*X) = 0$ entonces $X=0$ . Si $S$ es estrictamente definida positiva, entonces para cualquier base ortonormal $e_i$

$$ 0 = \langle X,X\rangle_T = Tr(\sqrt{S}X^*X\sqrt{S}) = \sum_{i=1}^d \langle e_i,\sqrt{S}X^*X\sqrt{S}e_i\rangle \\ = \sum_{i=1}^d \langle X\sqrt{S}e_i,X\sqrt{S}e_i\rangle = \sum_{i=1}^d \|X\sqrt{S}e_i\|^2$$

Por lo tanto, $\|X\sqrt{S}e_i\| =0 $ por cada $i$ y esto implica además $X\sqrt{S} = 0$ . Desde $\sqrt{S}$ es invertible debido a la positividad estricta, obtenemos $X=0$ Esto completa la prueba cuando $S$ es estrictamente definida positiva. Para las no negativas definidas, no sé cómo abordarlas como $S$ puede tener un núcleo/espacio nulo no trivial.

Answer 1

Parece que lo he resuelto. Creo que uno no requiere 3) en mi segunda actualización para probar el resultado. Si $S$ tiene un espacio nulo no trivial, no es cierto. Así que abordamos ese caso demostrando que si $Tr(SX^*X)=0$ o $Tr(SY^*Y)=0$ entonces $Tr(SX^*Y)=0$ .

Supongamos que $Tr(SX^*X)=0$ , entonces dada una base $e_i$ tenemos $$0=Tr(SX^*X) = Tr(XSX^*)=\sum_{i=1}^d \langle e_i, XSX^*e_i \rangle =\sum_{i=1}^d \langle \sqrt{S}X^*e_i, \sqrt{S}X^*e_i \rangle \\= \sum_{i=1}^d\| \sqrt{S}X^*e_i\|^2$$ El último paso implica $\|\sqrt{S}X^*e_i \|=0$ y por lo tanto $\sqrt{S}X^*e_i=0$ para todos $i$ . Por lo tanto, $\sqrt{S}X^*=0$ . Ahora $$Tr(SX^*Y) = Tr(Y\sqrt{S}\sqrt{S}X^*) = 0$$ El otro caso es similar. Para el caso en que $Tr(SX^*X)\ne 0,Tr(SY^*Y)\neq 0$ pero finita, podemos reflejar la prueba de Cauchy Schwarz.