¿Cómo podemos demostrar que el espacio de operadores de clase de traza en un espacio de Hilbert $H$ es el cierre de $H\otimes H$ con respecto a la norma de trazado?

Question

Dejemos que

• $(H,\langle\;\cdot\;,\;\cdot\;\rangle)$ sea un espacio de Hilbert separable sobre $\mathbb R$
• $\mathfrak L^1(H)$ sea el espacio de los operadores de clase de traza sobre $H$ y $$\operatorname{tr}L:=\sum_{n\in\mathbb N}\langle Le_n,e_n\rangle\;\;\;\text{for }L\in\mathfrak L^1(H)$$ para alguna base ortonormal $(e_n)_{n\in\mathbb N}$ de $H$

Como usted sabe, $\operatorname{tr}L$ se llama rastrear de $L\in\mathfrak L(H)$ y su valor es finito e independiente de la elección de $(e_n)_{n\in\mathbb N}$ . He leído que

el cierre del producto tensorial $H\otimes H$ con respecto a la norma de rastreo $$\operatorname{tr}|L|:=\sum_{n\in\mathbb N}\langle\left(L^\ast L\right)^{\frac 12}e_n,e_n\rangle\;\;\;\text{for }L\in\mathfrak L^1(H)$$ es igual a $\mathfrak L^1(H)$ .

¿Cómo podemos demostrar esta afirmación con rigor? Supongo que aquí hay alguna identificación, porque si no no tendría mucho sentido hablar de la norma de traza de un tensor.

Answer 1

Editar: En primer lugar, recordamos el definición : $T$ es un operador de clase de rastreo si $$||T||_1:=tr((T^*T)^{1/2})<\infty.$$ Demostramos que $H\otimes H$ es denso en la clase de traza, con respecto a esa norma.

Tenga en cuenta que la definición es realmente todo lo que vamos a utilizar sobre la clase trace. En particular: No está claro para el OP por qué un operador de clase de rastro realmente tiene un rastro finito. Eso es totalmente irrelevante para la prueba que sigue, que muestra que $H\otimes H$ es denso. Pero a mí tampoco me quedó claro durante mucho tiempo; damos una prueba en el bono sección de abajo.

Original:

No sé nada sobre la teoría de los operadores. He inventado un lema; si el lema es correcto, es increíblemente estándar; quizá quieras intentar comprobarlo. El resultado es inmediato a partir del lema.

Lema Si $A$ es un operador acotado de clase de traza positiva, entonces existe una base ortonormal para $H$ que consiste en vectores propios para $A$ .

Prueba Por mi versión favorita del Teorema Espectral podemos suponer que $H=L^2(\mu)$ donde $\mu$ es una medida sobre $X$ y $A$ es un operador de multiplicación $$Af=mf$$ para algunos $m\in L^\infty(\mu)$ ; por supuesto $A$ definida positiva implica $m\ge0$ casi en todas partes.

Dejemos que $$F=\{m=0\},$$ $$E_n=\{2^{-n}\le m<2^{-n+1}\}.$$ Dejemos que $B^*$ sea una base ortonormal para $L^2(F)$ y que $B_n$ sea una base ortonormal para $L^2(E_n)$ (así $B_n=\emptyset$ si $\mu(E_n)=0$ ). Entonces $B=B_*\cup\bigcup_{n\in\Bbb Z}B_n$ es una base ortonormal para $L^2(\mu)$ .

Así que $$\int_Xm\sum_{f\in B}|f|^2\,d\mu=\sum_{f\in B}\langle Af,f\rangle<\infty.$$ Desde $m$ está acotado fuera de $0$ en $E_n$ tenemos $$|B_n|=\int_{E_n}\sum_{f\in B_n}|f|^2\,d\mu<\infty.$$ En particular $L^2(E_n)$ es de dimensión finita, por lo que $E_n$ es la unión de un número finito de átomos (quizás cero) disjuntos. Sea $B_n'$ sea la base ortonómica de $L^2(E_n)$ que consiste en las funciones indicadoras normalizadas de esos átomos.

Entonces $B'=B_*\cup\bigcup_{n\in\Bbb Z}B_n'$ es una base ortonormal para $L^2(\mu)$ que consiste en vectores propios para $A$ . QED.

Ahora diga $T$ es un operador de clase de rastreo. Sea $$A=(T^*T)^{1/2},$$ y que $(e_n)$ sea una base ortonormal para $H$ tal que $$Ae_n=\lambda_ne_n.$$ Así que $\sum\lambda_n=||T||_1<\infty$ .

Dejemos que $P_N$ sea la proyección ortogonal sobre el tramo de $e_1,\dots,e_N$ : $$P_Ne_n=\begin{cases}e_n,&(1\le n\le N), \\0,&(n>N).\end{cases}$$ Definir $$T_N=TP_n,$$ $$A_N=AP_N=P_NA.$$ Ahora $$T_Nx=\sum_{n=1}^N\langle x,e_n\rangle T_Ne_n,$$ así que $T_N$ se encuentra en (el espacio de operadores correspondiente a) $H\otimes H$ . Y ahora ocurre un milagro: $$(T-T_N)^*(T-T_N)=(I-P_N)AA(I-P_N)=(A-A_N)^2.$$ Eso es, $\left((T-T_N)^*(T-T_N)\right)^{1/2}=A-A_N,$ así que $$||T-T_N||_1=\sum_{n=N+1}^\infty\lambda_n\to0\quad(N\to\infty).$$

$\newcommand\ip[2]{\langle#1,#2\rangle}$

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Bonificación: Diga $A=(T^*T)^{1/2}$ como en el caso anterior. Durante algún tiempo me quedé atascado en por qué $tr(A)<\infty$ debería implicar que $\sum|\ip{Te_n}{e_n}|<\infty$ para cualquier base ortonormal $(e_n)$ . Resulta que intentaba demostrar demasiado poco. Una afirmación más fuerte es más fácil de probar, porque está claro que esto o aquello no puede funcionar para la afirmación más fuerte.

Propuesta Si $T$ es un operador de clase de rastreo, entonces $$\sum\left|\ip{Te_n}{f_n}\right|\le||T||_1$$ para dos bases ortonormales cualesquiera $(e_n)$ y $(f_n)$ .

Prueba: Digamos que $A=(T^*T)^{1/2}$ como siempre. Está claro que $$||Tx||=||Ax||;$$ por lo que existe $U:H\to H$ tal que $$T=UA$$ y $$||Ux||\le||x||\quad(x\in H).$$ (De hecho, podemos tomar $U$ para ser una "isometría parcial": $||Ux||=||x||$ para $x$ en el rango de $A$ y $Ux=0$ para $x$ en el complemento ortogonal del rango de $A$ .)

Dejemos que $(v_n)$ sea una base ortonormal con $$Av_n=\lambda_nv_n,$$ y que $u_n=Uv_n$ . Ahora $x=\sum\ip{x}{v_n}v_n$ implica que $$Ax=\sum\lambda_n \ip{x}{v_n}v_n,$$ así que $$Tx=\sum\lambda_n \ip{x}{v_n}u_n.$$ Así que $$\begin{aligned}\sum\left|\ip{Te_n}{f_n}\right| &=\sum_n\left|\ip{\sum_j\lambda_j\ip{e_n}{v_j}u_j}{f_n}\right| \\&\le\sum_j\lambda_j\sum_n\left|\ip{e_n}{v_j}\ip{u_j}{f_n}\right| \\&\le\sum_j\lambda_j\left(\sum_n\left|\ip{e_n}{v_j}\right|^2\right)^{1/2} \left(\sum_n\left|\ip{u_j}{f_n}\right|^2\right)^{1/2} \\&=\sum_j\lambda_j||v_j||\,||u_j|| \\&\le\sum_j\lambda_j \\&=||T||_1. \end{aligned}$$

Answer 2

El espacio de Hilbert subyacente $\mathsf{H}$ puede ser real o complejo, por lo tanto, dejemos que $\mathbb K$ denotan los escalares. Supongamos que $\mathsf{H}$ para ser de dimensión infinita, no necesariamente separable.

Se demuestra que $$\mathfrak L^1(\mathsf{H})\;\cong\;\mathsf{H}\,\hat{\otimes}_\pi\,\mathsf{H'}\tag{$ \i $}$$ se mantiene, donde $\mathsf{H'}$ es el dual topológico y el signo del tensor decorado se refiere a la terminación del espacio de Banach con respecto a la norma del tensor proyectivo.

Consideremos un operador de rango uno $F=v\,\langle\,\cdot\,|w\rangle = \mu e_v\langle\,\cdot\,|e_w\rangle\,$ con $v,e_v,w,e_w\in\mathsf{H}$ , donde $e_v,e_w$ son vectores unitarios y $\,\mu\in\mathbb K\,$ . Mencionamos dos puntos centrales en la respuesta a la OP, nótese el papel intermedio del producto interior en ambos:

1. El rastro de $\,F\,$ $$\operatorname{tr}(F) = \langle v|w\rangle = \mu\langle e_v|e_w\rangle$$ resulta de la evaluación del producto interior.
2. $F$ puede representarse como el tensor simple $v\otimes\langle\,\cdot\,|w\rangle\in \mathsf{H}\otimes\mathsf{H'}$ . Esto da lugar a la isomorfismo algebraico $$\begin{eqnarray} \mathsf{H}\otimes \mathsf{H'}\quad & \overset{\cong}{\longrightarrow} &\;\mathfrak{F}(H)\tag{1} \\[0.5ex] \sum_{\text{finite}}v_k\otimes\langle\,\cdot\,|w_k\rangle\; & \mapsto & \; \left(u\mapsto\sum\nolimits_{\text{finite}}v_k\langle u|w_k\rangle\right) \end{eqnarray} $$ donde $\mathfrak{F}(\mathsf{H})$ son los operadores de rango finito. Véase también Norma del operador y normas del tensor en este contexto.
   Es una propiedad fundamental de los espacios de Hilbert que $\mathsf{H}$ y $\mathsf{H'}$ son isométricamente isomorfas a través de $u\mapsto\langle\,\cdot\,|u\rangle$ y el isomorfismo es antilineal si $\,\mathbb K=\mathbb C$ .

A continuación el La clase de traza se encuentra entre los operadores compactos $\mathfrak K(\mathsf{H})$ :
Un positivo $\,A\in\mathfrak K(\mathsf{H})\,$ tiene la descomposición espectral $\,A=\sum_{n=1}^N\mu_n e_n\langle\,\cdot\,|e_n\rangle\,$ donde

• $(\mu_n)$ es la secuencia nula de valores propios de $A$ , contando las multiplicidades y ordenadas de forma decreciente,
  Por lo tanto, todos $\,\mu_n>0\,$ y $\,\mu_1=\|A\|\,$ ,
• $\left\{e_n\mid 1\le n\le N=\operatorname{dim}_\mathsf{H}\overline{\operatorname{Im}A}\right\}$ es un sistema ortonormal de vectores propios.

La expansión converge en la norma del operador. Para la norma general $\,L\in\mathfrak K(\mathsf{H})\,$ explotar su descomposición polar $\,L=V|L|\,$ para conseguir $L=\sum_{n=1}^N\mu_n\, f_n\langle\,\cdot\,|e_n\rangle\,$ con $\,f_n= Ve_n$ . El $\mu_n$ se llaman entonces valores singulares, y $L$ es un operador de clase de rastreo si $$\|L\|_1\,=\,\operatorname{tr}|L|\,=\,\sum_n\mu_n<\infty\,.$$ Entonces $\,\operatorname{tr}(L)=\sum_{n=1}^N\mu_n\langle\, f_n|e_n\rangle\,$ es finito.

Equipar el LHS de $(1)$ con la norma tensorial proyectiva:
Para los espacios de Banach $\mathsf X,\mathsf Y$ y $t\in\mathsf X\otimes\mathsf Y$ la norma viene dada por $$\|t\|_\pi = \inf\left\{ \sum\nolimits_{k=1}^n \|x_k\|_{\mathsf X} \,\|y_k\|_{\mathsf Y}\Big\vert\;t=\sum\nolimits_{k=1}^n x_k\otimes y_k \right\}$$ El producto tensorial completo $\mathsf X\hat{\otimes}_\pi\mathsf Y$ tiene la propiedad universal de que cada mapa bilineal conjuntamente continuo $B:\mathsf X\times\mathsf Y\rightarrow\mathsf Z$ , donde $\mathsf Z$ es otro espacio de Banach, factores únicos a través del mapa bilineal canónico $\kappa$ \begin{array}{ccc} \mathsf X\times\mathsf Y & \xrightarrow{\kappa} & \mathsf X\hat{\otimes}_\pi \mathsf Y \\ & \searrow{B} & \swarrow{\exists !b} \\ & \qquad\mathsf Z \end{array} así $B=b\circ\kappa$ y $b$ es un mapa lineal continuo.

Pasar a las terminaciones en $(1)$ produce un isomorfismo:
Al ir de derecha a izquierda, la continuidad se mantiene porque si $L=\sum_{\text{finite}}\mu_k f_k\langle\,\cdot\,|e_k\rangle\in\,\mathfrak{F}(H)$ entonces $\|\sum\mu_k\,f_k\otimes e_k\|_\pi \le\sum|\mu_k|\|f_k\|\|e_k\|\le\|L\|_1$ . Completando el espacio objetivo y la extensión por continuidad se obtiene el mapa $\mathfrak L^1(\mathsf H)\to\mathsf{H}\,\hat{\otimes}_\pi\,\mathsf{H'}$ .
La continuidad en sentido contrario resulta de la propiedad universal aplicada al mapa bilineal (obvio) $\mathsf H\times\mathsf{H'}\to\mathfrak L^1(\mathsf H)$ .

Esto completa la prueba de ( $\pi$ ).