$\newcommand{\id}{\operatorname{Id}}$
Esto es simplemente una versión más detallada de fedja la respuesta:
Lema 1:
Deje $f$ ser una función real definida en los reales positivos. Suponga $|f(x)| \le C$ por cada $x >0$. A continuación, $\|f(A)\|_{op} \le C$ por cada $A \in \operatorname{Psym}_n$.
Prueba:
En primer lugar, tomamos nota de que $f$ puede ser extendido para el cono simétrica positiva definida matrices, ya que sus valores propios son estrictamente positivos. Es suficiente para demostrar la declaración de la diagonal positiva definida matrices:
Deje $A=\operatorname{diag}(\sigma_1,...,\sigma_n)$. Entonces:
$$ f(A)=\operatorname{diag}(f(\sigma_1),...,f(\sigma_n)),$$ mus
$$ \|f(A)\|_{op} = \max(|f(\sigma_i)|) \le C.$$
Lema 2
Es suficiente para probar que $\|A-B\|_{op} \le 1 \Rightarrow \|A^{1/2}-B^{1/2}\|_{op}\le C$.
Prueba:
De hecho, vamos a $A,B \in \operatorname{Psym}_n$. Definir $\lambda=\|A-B\|$, y deje $\tilde A = \frac{1}{\lambda}A, \tilde B= \frac{1}{\lambda}B$. Tenga en cuenta que$\sqrt{\tilde A}=\frac{1}{\sqrt \lambda} \sqrt{A},\sqrt{\tilde B}=\frac{1}{\sqrt \lambda} \sqrt{B}$,$\|\tilde A- \tilde B\|=1$. Por lo tanto, por nuestra suposición,
$$ \frac{1}{\sqrt{\lambda}}\|A^{1/2}-B^{1/2}\| = \|\tilde A^{1/2}-\tilde B^{1/2}\|\le C$$
Por lo tanto, $$ \|A^{1/2}-B^{1/2}\| \le C \|A-B\|^{\frac{1}{2}}$$
Así, la matriz de la raíz cuadrada es $\frac{1}{2}$-Titular en $\operatorname{Psym}_n$ y, en particular, uniformemente continua.
$$
f(x)=\int_0^1\left[1-\frac1{1+tx}\right]t^{-3/2}\,dt
$$
Hacer el evidente cambio de variable $tx=s$, obtenemos
$$
f(x)=x^{1/2}\int_0^x\frac{s}{1+s}s^{-3/2}\,ds=x^{1/2}(\int_0^\infty\frac{s}{1+s}s^{-3/2}\,ds-\int_x^\infty\frac{s}{1+s}s^{-3/2}\,ds)=Kx^{1/2}+g(x)\,.
$$
donde $K= \int_0^\infty\frac{s}{1+s}s^{-3/2}\,ds=\int_0^1\frac{s}{1+s}s^{-3/2}\,ds+\int_1^\infty\frac{s}{1+s}s^{-3/2}\,ds$
Ya sabemos que la primera expresión es finito, y el segundo no es mayor que $\int_1^\infty s^{-3/2}\,ds < \infty$. Por lo tanto, $K < \infty$.
Desde $g(x)=-x^\frac{1}{2}\int_x^\infty\frac{s}{1+s}s^{-3/2}\,ds$,
$$|g(x)|\le x^\frac{1}{2}\int_x^\infty s^{-3/2}\,ds =2$$ for all $x>0$. Por lo tanto, por el Lema 1
$$
(**) \, \, \|KA^{1/2}-f(A)\|_{op}=\|g(A)\|_{op}\le 2
$$
para una arbitraria positiva definida auto-adjoint $A$. Ahora será suficiente para mostrar que el $f$ es "operador de Lipschitz", me.e $\|f(A)-f(B)\| \le \tilde C\|A-B\|_{op}$.
De hecho, esto implicaría
$$ \|A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}}\|_{op}\le \|A^{\frac{1}{2}}-\frac{1}{K}f(A)\|_{op} + \|\frac{1}{K}f(A)-\frac{1}{K}f(B)\|_{op} + \|\frac{1}{K}f(B)-B^{\frac{1}{2}}\|_{op} $$ $$ \le \frac{4}{K}+\frac{\tilde C}{K} \|A-B\|_{op}.$$
La última desigualdad se cumple para cualquier $A,B \in \operatorname{Psym}_n$. Suponiendo
$\|A-B\|_{op} \le 1$ se convierte en:
$$ \|A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}}\|_{op}\le \frac{4}{K}+\frac{\tilde C}{K}:=C $$
Esto termina la prueba, según el lema 2.
Pasamos ahora a demostrar Lipschitzity de $f$:
En primer lugar, tenga en cuenta que la integración de la matriz y la operación de desplazamiento. Por lo tanto,
$$ f(A)=\int_0^1 \id-(\id+tA)^{-1}t^{-3/2}\,dt,$$ lo
$$
f(A)-f(B)=\int_0^1 \left[(\id+tB)^{-1}-(\id+tA)^{-1}\right]t^{-3/2}\,dt=\int_0^1(\id+tB)^{-1}(A-B)(\id+tA)^{-1}t^{-1/2}\,dt
$$
(donde en el último paso hemos utilizado el resolvent identidad $X^{-1}-Y^{-1}=X^{-1}(Y-X)Y^{-1}$).
Finalmente, llegamos
$$
\|f(A)-f(B)\|_{op} =\| \int_0^1(\id+tB)^{-1}(a-B)(\id+tA)^{-1}t^{-1/2}\,dt \|_{op} $$ $$\le \int_0^1 \|(\id+tB)^{-1}(A-B)(\id+tA)^{-1}t^{-1/2}\|_{op}\,dt$$ $$ \le \int_0^1 \|(\id+tB)^{-1}\|_{op}\|B\|_{op}\|(\id+tA)^{-1}\|_{op}t^{-1/2}\,dt \le \|B\|_{op} \int_0^1 t^{-1/2} \, dt =2\|B\|_{op}
$$
(desde $\|(1+tX)^{-1}\|\le 1$ para cualquier positiva definida auto-adjoint $X$$t\ge 0$. Esto se puede demostrar fácilmente por la diagonal de las matrices y, a continuación, mediante diagonalización ortogonal a todo positivo matrices).
