2 ϕ 1+cosθ + sin ϕ 1−cosθ
2.4 Thêm một số đặc trưng của hàm đơn điệu toán tử qua trung bình toán tử
toán tử qua trung bình toán tử
Khi f là một hàm đơn điệu toán tử (không nhất thiết không âm) trên
(0,∞), các bất dẳng thức sau là hiển nhiên
Ngược lại, trong mệnh đề tiếp theo, ta chỉ ra rằng bất đẳng thứcf(AOB)≥
f(A#B) với mọi A, B ∈ B(H)++ suy ra tính đơn điệu toán tử của f, do đó cho ta một đặc trưng khác của hàm đơn điệu toán tử trên (0,∞) qua các trung bình toán tử.
Mệnh đề 2.4.1 ([2, Proposition 4.1]). Một hàm đơn điệu f trên (0,∞) là đơn điệu toán tử khi và chỉ khi một trong các điều kiện sau thỏa mãn:
(1) f(AOB) ≥ f(AσB) với mọi A, B ∈ B(H)++ và với một trung bình toán tử đối xứng σ6=O nào đó;
(2) f(A!B)≤f(AσB) và với một trung bình toán tử đối xứng σ6=! nào đó; Tính đơn điệu giảm toán tử của f tương đương với mỗi bất đẳng thức ngược của (1) và (2).
Để chứng minh cho Mệnh đề 2.4.1, chúng tôi cần bổ đề sau.
Bổ đề 2.4.2. Cho σ là một trung bình toán tử đối xứng sao cho σ6=O, và đặt γ0 := 2σ0. Nếu X, Y ∈ B(H)++ và X ≥ Y ≥ γX với γ ∈ (γ0,1], thì tồn tại A, B ∈ B(H)++ sao cho X =AOB và Y =AσB.
Chứng minh. Gọi h là hàm đơn điệu toán tử trên [0,∞) tương ứng với σ, nghĩa là, h(x) := 1σx với x ≥ 0. Vì γ0 = 2h(0), ta có 0 ≤ γ0 ≤ 1 theo (2.5). Chú ý rằng h(0) = 1/2 suy ra σ =O. Do đó ta có 0≤γ0 <1.
Lưu ý rằng X ≥Y ≥ γX tương đương với I ≥ X−1/2Y X−1/2 ≥ γI. Khi đó ta có A, B ∈ B(H)++ sao cho I =AOB và X−1/2Y X−1/2 =AσB. Suy ra rằng X = (X1/2AX1/2)O(X1/2BX1/2) và Y = (X1/2AX1/2)σ(X1/2BX1/2). Vì vậy ta có thể giả sử rằng I ≥Y ≥ γI với γ ∈ [γ0,1) và tìm A, B ∈ B(H)++
sao cho I = AOB và Y = AσB. Ta chỉ cần tìm A ∈ B(H)++ sao cho A ≤
I và Aσ(2I−A) =Y. Định nghĩaϕ(t) :=tσ(2−t) với 0≤t≤1. Khi đó, với
0< t≤1 ta có ϕ(t) = th(2t−1−1) và vì vậy
ϕ0(t) = h(2t−1−1)−2t−1h0(2t−1−1).
Đặt a := 2t−1 −1 ∈ (1,∞) với bất kỳ t ∈ (0,1), ta thấy rằng h0(a) <
Khi đó, bởi vì tính lõm, h phải là một hàm tuyến tính trên [1, a]. Hơn nữa,
h0(1) = 1/2 vì σ là đối xứng, nghĩa là, h(x) =xh(x−1) với x >0. Do đó, suy ra rằng h(x) = (x+ 1)/2 trên [1, a], suy ra σ =O. Do đó ta có
h0(a)< h(a)−1
a−1 ≤ h(a)
a+ 1
nhờ vàoh(a)≤(a+1)/2. Suy raϕ0(t) =h(a)−(a+1)h0(a)>0, vì vậyϕlà tăng ngặt trên [0,1]. Vì ϕ(t) = (2−t)σt do tính đối xứng của σ, ϕ(0) = 2σ0 = γ0. Ta cũng có ϕ(1) = 1. Do đó ta có thể định nghĩa A := ϕ−1(Y). Khi đó
A∈ B(H)++, A≤I, và Y =ϕ(A) =Aσ(2I−A).
Khi γ0 = 0, với mỗi X, Y ∈ B(H)++ với X ≥Y ta có A, B ∈ B(H)++ sao cho X =AOB và Y = AσB. Ví dụ, khi σ =! và #, A và B lần lượt có thể được chọn như sau:
A=X−X#(X−Y), B =X+X#(X−Y), A=X−X#(X−Y X−1Y), B =X+X#(X−Y X−1Y).
Sau đây chúng tôi trình bày một phép chứng minh cho Mệnh đề 2.4.1.
Chứng minh Mệnh đề 2.4.1. Hiển nhiên nếu f là đơn điệu toán tử thì các bất đẳng thức trong (1) và (2) thỏa mãn. Ngược lại, giả sử ta có (1) và cho
X, Y ∈ B(H)++ với X ≥ Y. Chọn γ ∈(γ0,1), trong đó γ0∈ [0,1) như trongBổ đề 2.4.2. Với k = 0,1,2... ta định nghĩa Bổ đề 2.4.2. Với k = 0,1,2... ta định nghĩa
Xk :=γkX+ (1−γk)Y.
Khi đó X0 =X, và ta có Xk ≥Xk+1 ≥γXk với mỗi k≥0, bởi vì
Xk −Xk+1= (γk−γk+1)(X−Y)≥0, Xk+1−γXk = (1−γ)Y ≥0.
Do đó theo Bổ đề 2.4.2, (1) suy ra
f(X)≥f(X1)≥...≥f(Xk)≥..., với k ≥1.
Do Xk −Y =γk(X−Y) →0, vì vậy f(Xk)→f(Y) theo chuẩn toán tử. Ta suy ra f(X)≥f(Y), tức là f đơn điệu toán tử.
Bằng cách tương tự, f là đơn điệu giảm toán tử nếu và chỉ nếu bất đẳng thức ngược trong (1) thỏa mãn. Hơn nữa, các điều kiện (1) và (2) được chuyển đổi lẫn nhau khi f được thay thế bởi f(x−1) và σ bởi σ∗. Do đó, khẳng định (2) ngay lập tức có được từ (1). Mệnh đề được chứng minh xong.
Chương 3