XX i.+ỵn y» = Tr(X)+Tr(Y).
2.2.2 Bất đẳng thức Power-St0mer
Bất đẳng thức Power-St0rmer ([11, Theorem 11.19]) khẳng định Tr(X + Y - |X - YI) < 2Tr(XtY 1~t),
với mọi ma trận xác định dương X, Y 2 Mn. Đây là bất đẳng thức quan trọng để chứng minh cận trên của biên Chernoff, trong lý thuyết lượng tử. Bất đẳng thức này được chứng minh lần đầu tiên trong [10], sử dụng biểu diễn tích phân của hàm .<. Sau đó, Ozawa đã đưa ra chứng minh đơn giản hơn, sử dụng hàm h(s) = st(s 2 [0, +1)) là đơn điệu toán tử với t 2 [0,1]
trong [8, Proposition 1.1]. Gần đây, Ogata trong [11] đã mở rộng bất đẳng thức này với chuẩn đại số von Neumann.
Nếu hàm h(s) = T được thay bằng hàm đơn điệu toán tử khác (lớp này được nghiên cứu trong [6]), thì Tr(X + Y — |X — YI) có cận trên bé hơn so với trong kiểm định giả thuyết lượng tử.
Trong mục này, ta sẽ trình bày lại một số kết quả đã công bố và đưa ra một số ví dụ minh họa.
Bổ đề 2.2.4. [5, Theorem 2.4] Cho f là hàm liên tục trên [0,1). Nếu f là 2n-đơn điệu, thì với mọi ma trận nứa xác định dương A và phép co C trong
yii - xii
y
Cf (A)C < f (C*AC).
Mệnh đề 2.2.5. [9, Proposition 2.1] Cho f là hàm liên tục trên [0, 1).
Chứng minh. Cho A, B là các ma trận nửa xác định dương trong Mnsao cho 0 < A < B. Đặt C = B-2 A2, khi đó
.A. ,—X ✓*—>/ / 1—X 1 á 1 \ -A. -Ị—X / 1—X 1 Ã 1 \ Ơ*BC = (B 2A2)*B(B 2A2) 1 1 1 1 =(A2 )*(B 2 )*B(B 2 A2) =A2 B _ 2 BB _ 2 A2 =A2A 2 = A.
Suy ra ||CII < 1. Từ f là hàm 2n-đơn điệu, —f thoả mãn bất đẳng thức Jensen từ Bổ đề 2.2.4, ta có -f(A) = -f (C*BC) < -C*f(B)C -f(A) < -A2B-2f(B)B-2A2 1 1 1 —A 2 f (A)A 2 < —B 2 f (B)B 2 -Af(A) < -Bf(B).
Mặt khác, vì là đơn điệu toán tử (theo Ví dụ 1.3.6), nên (—=
—là n-đơn điệu. Mệnh đề được chứng minh. □
f (t)
Hệ quả 2.2.6. Điều kiện 2n-đơn điệu của hàm f là điều kiện cần đe bảo
đảm n-đơn điệu của hàm g.
Ví dụ 2.2.7. Chúng ta biết rằng t3 là hàm đơn điệu, nhưng không 2-đơn điệu. Trong trường hợp này hàm g(t) = /., = /2 không là 1-đơn điệu.
Mnchúng ta có
Nếu f là 2n-đơn điệu, thì hàm g(t') = t
Hệ quả 2.2.8. Cho f là 2n-đơn điệu, liên tục trên [0,1) sao cho f ((0,1)) c
1 ft) (t 2 (0, 1))
(0,1), và g là hàm Borel trên [0,1) xác định bởi g(t) = < f (t)
>0 (t = 0)
Khi đó với cặp ma trận nửa xác định dương A, B 2 Mnbất kỳ sao cho
A < B thì g(A) < g(B) .
Chứng minh. Giả sử f là 2n-đơn điệu, liên tục trên [0,1) sao cho f ((0,1)) c
(0,1), từ Mệnh đề 2.2.5 suy ra g là n-đơn điệu trên (0,1).
Từ g(A+") < g(B+") với " > 0, mà g liên tục ta suy ra g(A) < g(B).
Hệ quả được chứng minh. □
Định lý 2.2.9 (Bất đẳng thức Power-St0mer). Giả sử A > 0 và B > 0 là
ma trận xác định dương trên Cn. Khi đó
Tr(A) + Tr(B) - Tr(\A - BI) < 2Tr(A1~sBs), (2.3)
với mọi s 2 [0,1].
Chứng minh. Cho A, B là các ma trận xác định dương trên Cn. Với toán tử A — B ta ký hiệu P = (A + B)+, Q = (A + B)“ là phần dương và âm tương ứng. Ta có
A - B = P - Q và \A - BI = P + Q, A - P = B - Q và B + P = A + Q. Suy ra
Tr(A) + Tr(B) - Tr(\A - BI) = 2Tr(A) + Tr(P).
Để chứng minh 2.3 ta chứng minh
Ta lại có B + P > B và B + P = A + Q > A. Vì hàm f (t) = t1 s là đơn điệu toán tử với s 2 [0,1] nên ta có
f(A) < f(B + P), hay A1-s< (B + P)1“s. Vì A1 s< (B + P)1 snên theo Mệnh đề 1.1.2, ta có (As/2)*A1“s(As/2) < (As/2)*(B + P)1“s(As/2), do đó, As/2A1-sAs/2< As/2(B + P)1-sAs/2
Theo (ii) trong Mệnh đề 2.2.3 suy ra
Tr(As/2A1~sAs/2) < Tr(As/2(B + P)1“sAs/2). (2.4) Lập luận tương tự với As < (B + P)s (vì hàm f (t) = ts là hàm đơn điệu toán tử với s 2 [0,1]) theo Mệnh đề 1.1.2 ta có
[(B + P - B ]s/2As[(B + P - B '
< [(B + P)1-s- B 1-s]s/2(B + P)s[(B + P)1-s- B 1-s]s/2. hay
(B + P)s/2[(B + P)1-s- B 1-s]s/2(B + P)s/2. Theo (ii) trong Mệnh đề 2.2.3, ta lại có
Tr(As/2[(B + P)1-s- B 1-s]s/2As/2)
(2.5) < Tr((B + P)s/2[(B + P)1-s- B 1-s]s/2(B + P)s/2).