Prove que a norma do traço é dupla à norma espectral

Question

Suponha $A\in L(X,Y)$. $||\cdot||$ denota a norma espectral e denota o maior valor singular de uma matriz, ou seja, o maior autovalor de $\sqrt{A^*A}$.

$||\cdot||_{tr}$denota norma de rastreamento. Nós temos isso$$||A||_{tr}=tr\sqrt{A^*A}$$ Então, eu gostaria de provar a declaração de que $$||A||_{tr}=\max\{|tr(A^*B)|: B\in L(X,Y), ||B||=1 \}$$

Eu sei disso por Nielsen e Chuang lema 9.5 que

$$|tr(AU)|\le tr |A|$$ e a igualdade é alcançada por um unitário.

Temos por definição que $|A|=\sqrt{A^*A}$. assim$||A||_{tr}=tr|A|$.

Eu acho que minha pergunta é se $B$ não é unitário mas tem norma 1, podemos ter isso

$$|tr(AB)|> tr |A|\ge |tr(AU)|$$para qualquer unitário? E se sim, por que o máximo ainda é alcançado por um unitário?

Answer 1

Existem diferentes maneiras de provar o que você quer provar, incluindo a solução que tsgeorgios sugeriu, mas para obter maior intuição, sugiro começar reconhecendo que a norma de rastreamento de qualquer matriz é igual à soma de seus valores singulares .

Depois de ter isso, a desigualdade que você está tentando provar segue com bastante facilidade. Em particular, considere uma decomposição de valor singular$$ A = \sum_k s_k |\psi_k\rangle \langle \phi_k|. $$ Para qualquer escolha de $B$ temos, pela desigualdade do triângulo e uma propriedade simples da norma espectral, que $$ |\operatorname{Tr}(A^{\ast} B)| = \biggl| \sum_{k} s_k \langle \psi_k | B | \phi_k\rangle \biggr| \leq \sum_k s_k |\langle \psi_k | B | \phi_k\rangle| \leq \sum_k s_k \|B\| = \| A \|_{\text{tr}} \| B \|. $$

Answer 2

Nós ainda temos $ \big| \langle B, A \rangle \big| = \big|\text{Tr}(AB^{\dagger}) \big| \leq \text{Tr}|A| $ para qualquer operadora $B$ com norma do operador $ ||B|| \leq 1 $.

Primeiro observe que $ ||B|| \leq 1 $ implica que para qualquer operador semi-definido positivo $ Q = \sum_i \lambda_i |\psi_i \rangle\langle \psi_i| \in L(X, X) $: $$ \text{Tr}(Q) = \sum_i \lambda_i \langle \psi_i|\psi_i \rangle \geq \sum_i \lambda_i \langle \psi_i|B^{\dagger}B|\psi_i \rangle = \sum_i \lambda_i \text{Tr} \big( B|\psi_i \rangle \langle \psi_i|B^{\dagger} \big) = \text{Tr}(B Q B^{\dagger}) $$

Agora, uma prova semelhante ao lema 9.5 de Nielsen e Chuang é possível: $$ \text{Tr}(AB^{\dagger}) = \text{Tr}(V|A|B^{\dagger}) = \text{Tr}(\big(V|A|^{1/2}\big) \big(|A|^{1/2} B^{\dagger}\big)) \leq \sqrt{\text{Tr}(|A|^{1/2} V^{\dagger} V |A|^{1/2}) \cdot \text{Tr}(B |A| B^{\dagger})} \leq \sqrt{\text{Tr}|A| \cdot \text{Tr}|A|} = \text{Tr}|A| $$

onde escrevemos $ A = V |A| $ para uma isometria $ V \in L(X, Y) $ com base na decomposição SVD, a primeira desigualdade é Cauchy-Schwarz e a segunda é a nossa 'observação' anterior com $ Q = |A| $.

Junto com igualdade para $ B = V $ nós temos isso $$ max\{ \big| \langle B, A \rangle \big|, B\in L(X,Y), ||B|| \leq 1\} = \text{Tr}|A| $$