Si A es una transformación lineal positiva, AB es autoadjunta, entonces $|(ABx,x)| \leq ||B||(Ax,x)$ o $|(ABx,x)| \leq \rho(B)(Ax,x)$

Question

Demuestra o desmuestra: Si $A$ es una transformación lineal positiva y $AB$ es autoadjunta, entonces

a, $|(ABx,x)| \leq ||B||.(Ax,x)$

b, $|(ABx,x)| \leq \rho(B).(Ax,x)$

Con la norma de matriz definida por: $||A|| := \sup_{x \in V}{\frac{||Ax||}{||x||}} = \sup_{x \in V}{\frac{|(Ax,y)|}{||x||.||y||}}.$ Si $A$ es autoadjunta, entonces $||A||$ también es $\sup_{x \in V}{\frac{(Ax,x)}{||x||^2}}$.

Y $\rho(B)$ es el radio espectral de la transformación lineal $B$.

Además, si $A$ es una transformación positiva, eso significa que $A = C^{*}C$ para cierto $C$, o $A = B^2$ para cierto $B$ autoadjunta, o $(Ax,x) \geq 0 \space, \forall x \in V$ y $A$ es autoadjunta. Estas definiciones son equivalentes.

La hipótesis "$AB$ es autoadjunta" implica que $B$ puede ser escrito en la forma $CA$, con $C$ siendo una transformación autoadjunta. Pero a partir de aquí, después de intentarlo mucho, no puedo llegar a obtener ese $||B||$. Uno de los resultados más cercanos que he obtenido es LHS $\leq ||\sqrt{A}C\sqrt{A}||.(Ax,x)$

Answer 1

La suposición $AB$ es autoadjunta es equivalente a $AB=B^*A.$ Por lo tanto $AB^k=(B^k)^*A.$ Para un operador positivo $A$ se cumple una analogía de la desigualdad de Cauchy-Schwarz, es decir $$|\langle Ax,y\rangle|\le \langle Ax,x\rangle^{1/2}\langle Ay,y\rangle^{1/2}$$ Para $k\ge 1$ tenemos $$|\langle AB^kx,x\rangle| =|\langle B^kx,Ax\rangle |\le \langle Ax,x\rangle^{1/2}\langle AB^kx,B^kx\rangle^{1/2}\\ =\langle Ax,x\rangle^{1/2} \langle (B^k)^*AB^kx,x\rangle^{1/2} = \langle Ax,x\rangle^{1/2}\langle AB^{2k}x,x\rangle^{1/2} $$ Por lo tanto $$ |\langle AB^{2^n}x,x\rangle |\le \langle Ax,x\rangle^{1/2}|\langle AB^{2^{n+1}}x,x\rangle |^{1/2} $$ Al iterar obtenemos $$|\langle ABx,x\rangle |\le \langle Ax,x\rangle^{{1\over 2}+{1\over 4}+\ldots +{1\over 2^{n-1}}}\langle AB^{2^{n}}x,x\rangle ^{1\over 2^n}\\ \le \langle Ax,x\rangle^{1-{1\over 2^n}}\|A\|^{1\over 2^n}\|B^{2^n}\|^{1\over 2^n}\|x\|^{1\over 2^{n-1}}$$ Tomando el límite tenemos $$|\langle Ax,Bx\rangle |\le \rho(B)\langle Ax,x\rangle$$