추적 기능의 파생
$\DeclareMathOperator{\tr}{tr}$ 허락하다 $A,B$ 자기 결합 행렬이고 $f$ 정말 차별화 할 수있는 기능 $\mathbb{R}$ 미분 $f'$. 그렇다면 왜 사실입니까? $$ \left.\ \frac{d}{dt}\right|_0 \tr f(A+tB)=\tr (f'(A)B) $$
이것은에서 사용됩니다 https://en.wikipedia.org/wiki/Trace_inequality#Klein%27s_inequality. 그러나 나는 이것이 일반적으로 정확히 왜 사실인지 잘 모르겠습니다. 트레이스 함수의 정류 관계를 사용할 수 있기 때문에 polnomials에서 왜 그것이 사실인지는 꽤 분명하지만 일반적으로 정당화하기는 더 어렵습니다. 또한 저자가 많은 설명을하지 않았기 때문에 링크 된 참조 (E. Carlen, Trace Inequalities 및 Quantum Entropy : An Introductory Course, Contemp. Math. 529 (2010) 73–140)도 운이 좋게 확인했습니다.
편집 : 좀 더 생각한 후 지금까지 얻은 것에 대한 불완전한 증거를 제공하겠습니다 . 더 나은 지식을 가진 사람이 증명을 마칠 수 있기를 바랍니다.
단순화를 위해 $\lambda_i(A)$ 고유 값을 나타냅니다. $A$ 내림차순으로, 즉, $\lambda_1(A) \ge \cdots \ge \lambda_d (A)$. 그때 $$ \tr \left( \frac{f(A+tB)-f(A)}{t}\right) = \sum_i \frac{1}{t}[f(\lambda_i(A+tB)-f(\lambda_i(A))] $$ Weyl의 부등식 (고유 값의 안정성)에 의해 $|\lambda_i(A+tB)-\lambda_i(A)|\le t||B||$. 따라서$\epsilon,\delta$ 논쟁, 우리는 위의 내용을 $$ \sum_i \frac{1}{t}(\lambda_i(A+tB)-\lambda_i(A)) f'(\lambda_i(A)) $$ 이제 먼저 $A$ 간단한 스펙트럼을 가지고 있다면 $A+tB$ 충분히 작은 것도 간단합니다 $t$. 그런 다음 Hadarmard의 변형 공식을 통해 $$ \frac{1}{t}(\lambda_i(A+tB)-\lambda_i(A)) \to \langle i|B| i\rangle $$ 어디 $|i\rangle$ 대응하는 고유 벡터입니다 (우리가 가정하기 때문에 위상까지 고유합니다. $A$ 간단합니다) $\lambda_i(A)$. 이 모든 것을 다시 연결하면 공식이 적어도$A$ 간단합니다.
편집 2 . 이제 퇴화 고유 값을 다루는 방법이 있다고 생각합니다. 스케치를 제공하고 나중에 세부 사항을 입력합니다 (다른 사람이 오류를 지적하지 않는 경우).
허락하다 $\lambda_1 (A)=\cdots =\lambda_r(A)$축퇴 된 고유 값입니다. 그럼 충분히 작게$t$, 고유 값 $\lambda_i (A+tB),i=1,...,r$다른 고유 값 (Weyl의 부등식)은 건드리지 않습니다. Riesz 프로젝터를 사용해 보겠습니다. $$ P_A =\frac{1}{2\pi i} \oint_\Gamma \frac{dz}{A-z} $$ 어디 $\Gamma$ "부드러운"윤곽이 $\lambda_1 (A)=\cdots =\lambda_r(A)$내부에는 다른 고유 값이 없습니다. Weyl의 불평등에 의해 우리는$\lambda_i(A+tB),i=1,...,r$ 여전히 내부에 $\Gamma$ 충분히 작게 $t$. 그것을주의해라 $$ \frac{d}{dt} \Big|_0 \tr {((A+tB)P_{A+tB})} = \tr(BP_A) $$ @Ruy의 의견에서 영감을 얻었고 \ begin {align} \ frac {d} {dt} \ Big | _0 \ tr {(A (P_ {A + tB} -P_A))} & = \ tr A \ oint_ \ Gamma \ frac {dz} {(zA) ^ 2} B \\ & = \ sum_ {i = 1} ^ r \ oint_ \ Gamma \ lambda_i (A) \ frac {1} {(z -\ lambda_i (A)) ^ 2} dz \ langle i | B | i \ rangle \\ & = 0 \ end {align} 따라서 이것을 이전 부분과 결합하면 동등성이 유지된다는 것을 알 수 있습니다.
내 증명은 약간 복잡하므로 더 직접적인 접근 방식을보고 싶습니다.
답변
정리 1 . 허락하다$f$ 과 $g$ 계급의 진정한 가치를 지닌 기능 $C^1$ 이웃에 정의 $(a-\delta , a+\delta )$ 실수의 $a$, 그런 $$ f(a)=g(a),\quad \text{and}\quad f'(a)=g'(a). $$ 또한 보자 $\lambda :U\to (a-\delta , a+\delta )$ 이웃에 정의 된 모든 기능 $U$ 0의 $$ |\lambda (t)-a|\leq c|t|, \quad \forall t\in U, $$ 어디 $c$주어진 양의 상수입니다. 그때 $$ \lim_{t\to 0} \frac{f(\lambda _t) - g(\lambda _t)}t = 0. $$
증거 . 평균값 정리로, 각각에 대해$t$ 에 $U$, 우리는 쓸 수 있습니다 $$ f(\lambda _t) = f(a) + f'(\xi _t)(\lambda _t-a), $$ 과 $$ g(\lambda _t) = g(a) + g'(\eta _t)(\lambda _t-a), $$ 어디 $\xi _t$ 과 $\eta _t$ 사이에있다 $\lambda _t$ 과 $a$. 따라서 $$ |f(\lambda _t) - g(\lambda _t)| = $$ $$ = |f'(\xi _t)-g'(\eta _t)||\lambda _t-a| \leq c|f'(\xi _t)-g'(\eta _t)| |t|. $$ 둘 다 이후 $\xi _t$ 과 $\eta _t$ 수렴하다 $a$, 같이 $t\to 0$, 우리는 $$ \lim_{t\to 0} \left|\frac{f(\lambda _t) - g(\lambda _t)}t\right| \leq $$ $$ \leq \lim_{t\to 0} c|f'(\xi _t)-g'(\eta _t)| = c|f'(a)-g'(a)| = 0. $$ QED
정리 2 . 허락하다$A$ 과 $B$ 있다 $n\times n$ 자기 인접 복합 행렬과 let $f$ 과 $g$ 계급의 진정한 가치를 지닌 기능 $C^1$ 이웃에 정의 $\sigma (A)$, 그런 $$ f(a)=g(a),\quad \text{and}\quad f'(a)=g'(a), \quad \forall a\in \sigma (A). $$ 그때 $$ \lim_{t\to 0} \frac{f(A+tB)-g(A+tB)}t = 0. $$
증거 . 허락하다$a_1\leq a_2\leq \cdots \leq a_n$ 고유 값 $A$, 그리고 $\lambda _1(t)\leq \lambda _2(t)\leq \cdots \leq \lambda _n(t)$ 고유 값 $A+tB$. Weyl의 부등식 (고유 값의 안정성)에 의해 $$ |\lambda _i(t)-a_i|\leq |t| \|B\|. $$ 그래서 $$ \lim_{t\to 0}\left\|\frac{f(A+tB)-g(A+tB)}t\right\| = $$ $$ = \lim_{t\to 0}\max_{1\leq i\leq n} \left|\frac{f(\lambda _i(t))-g(\lambda _i(t))}t\right| = 0, $$ 에 의해 Lemma (1). QED
정리 3 . 허락하다$A$ 과 $B$ 있다 $n\times n$ 자기 인접 복합 행렬과 let $f$ 계급의 진정한 가치를 지닌 기능 $C^1$ 이웃에 정의 $\sigma (A)$. 그때 $$ \frac d{dt}\Big|_{t=0} \text{tr}(f(A+tB)) = \hbox{tr}(f'(A)B). $$
증거 . 먼저 가정$f$ 스펙트럼의 복잡한 이웃에 대한 홀로 모픽 확장을 인정합니다. $A$. 그때 $$ \frac d{dt}\Big|_{t=0} f(A+tB) = \frac d{dt}\Big|_{t=0} \frac{1}{2\pi}\oint f(z)(z-A-tB)^{-1}\,d z = $$ $$ = \frac{1}{2\pi}\oint f(z)(z-A)^{-1} B(z-A)^{-1}\,d z $$ ...와 같은 흔적이 ... $$ \frac{1}{2\pi}\oint f(z)(z-A)^{-2} B\,d z = $$ $$ = \left(\frac{1}{2\pi}\oint f(z)(z-A)^{-2} \,d z\right) B = f'(A)B. $$
일반적인 경우로 돌아가서 $p$ 다음과 같은 실제 다항식 $$ p(a)=f(a),\quad \text{and}\quad p'(a)=f'(a), \quad \forall a\in \sigma (A). $$ 그런 다음 $$ \left\|\frac{f(A+tB) - f(A)}t -\frac{p(A+tB) - p(A)}t \right\| = $$ $$ = \left\|\frac{f(A+tB) - p(A+tB)}t \right\|, $$ Lemma (2)에 의해 0으로 수렴됩니다. 한계를$t\to 0$, 그런 다음 $$ \frac d{dt}\Big|_{t=0} \text{tr}(f(A+tB)) = \frac d{dt}\Big|_{t=0} \text{tr}(p(A+tB)) = $$ $$ = \hbox{tr}(p'(A)B) = \hbox{tr}(f'(A)B). $$ QED