Young不等式的算子迭代

摘要

本文对著名的Young不等式的算子形式进行迭代，得到了更多的算术几何平均不等式和正算子的逆形式。具体地，我们得到了不同条件下算术几何算子平均值具有Kantorovich常数、逆比率型和差分型不等式的精细Young不等式。

1介绍

在本文中，A类,B类都是Hilbert空间上的正算子H（H）、和\（\mathcal{乙}_{h} （h）\）是上所有有界线性自共轭算子的半空间H（H）此外，符号\（\mathcal{B}^{+}（H）\）写为中所有正运算符的集合\（\mathcal{乙}_{h} （h）\）此外，我们可以假设A类和B类是可逆的，不失一般性，

$$A\nabla_{\mu}B=（1-\mu）A+\mu B\quad\mbox{和}\quad A\sharp_{\mu}B=A^{1/2}\bigl（A^{-1/2}BA^{-1/2}\bigr）^{\mu}A^{1/2}，\quad\\mbox{where}0\leq\mu\leq1$$

什么时候？\（\mu=1/2）我们写作\（A、B）和\（A \夏普B \）为简洁起见；见库博和安藤[1]. Kantorovich常数定义为\（K（t，2）=\压裂{（t+1）^{2}}{4t}\）对于\（t>0），而Specht比率[2]表示为

$$S（t）=\frac{t^{frac{1}{t-1}}{e\log t^{\frac}1}{t1}}}\quad\mbox{对于}t>0，t\neq1，\quad\\mbox{and}\quad S（1）=\lim_{t\to1}S（t）=1$$

具有以下属性：

• （i） \（S（t）=S（压裂{1}{t}）对于\（t>0）.

• （ii） \（S（t）\）是上的单调递增函数\（（1，+\输入）\）.

• （iii） \（S（t）\）是上的单调递减函数$(0, 1)$.

我们从著名的Young不等式的改进开始，如下所示。

定理ZS

[三]

对于 一,\（b>0\）,我们有

$$\begin{aligned}a\nabla_{mu}b\geqK（h，2）^{r} 一个^{1-\mu}b^{\mu}\结束{对齐}$$

为所有人 \（[0,1]\中的\mu\）,哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\） 和 \（h=\压裂{b}{a}\）.它允许操作员分机

$$\begin{aligned}A\nabla_{mu}B\geq K（h，2）^{r} A类\sharp_{\mu}B\end{对齐}$$

对于正运算符 A类 和 B类 在希尔伯特空间上.

接下来，我们证明了两个正算子具有Specht比率的逆算术几何平均不等式。

定理T

[4]

对于可逆运算符 A类 和 B类 具有 \（0<aI_{H}\leq A，B\leq bI_{H}\）,我们有

$$\beart｛aligned｝（\mathrm｛i｝）&&quad A\nabla_｛\mu｝B\leq S（h）A\sharp_｛\mu｝B，\\（\mathrm｛ii｝）&&quad A\nabla_｛\mu｝B-A\sharp_｛\mu｝B\leq L（1，h）\log S（h）A，\end｛aligned｝$$

哪里 \（L（1，h）\） 由定义 \（L（a，b）=\frac{a-b}{\loga-\logb}（a\neqb）；L（a，a）=a \）,\（h=\frac｛b｝｛a｝\）.

Furuichi最近改善了这些不平等[5]如下所示。

定理F

[5]

如果 \（0<aI_{H}\leq A，B\leq bI_{H}\）,然后

$$\begin{aligned}（\mathrm{i}）和\quad A\nabla_{\mu}B-2r（A\nabra B-A\sharp B）\leq S（\sqrt{h}）A\sharp_{\mu}B，\\（\methrm{ii}）&\quad A \nabla{\mu B-A\sharp_{\mo}B-2r）B i_{h}，\结束{对齐}$$

哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\）,\（L（a，b）=\frac{a-b}{\loga-\logb}\）,\（h=\压裂{b}{a}\）.

之后，Krnić等。[6]引入了Jensen算子，并建立了Jenson算子谱的一些界。然后将所得结果应用于算符平均值。通过这种方式，他们得到了希尔伯特空间算子的许多平均不等式的精化和逆变换。请参见[1,2,4,6——10]了解更多相关发展。

另请参见[11]对于逆加权算术几何算子均值不等式的另一个改进。他们的证据独立于[5].

定理ZF

[11]

如果 \（0<aA\leq B\leq bA\） 具有 \（0<a<1<b）,然后

$$开始{对齐}（\mathrm{i}）和\quad A\nabla_{\mu}B-2r（A\napla B-A\sharp B）\leq\max\bigl\{S（\sqrt{A}），S quad\leq\max\biggl\{L\biggl（\frac{1}{\sqrt{A}}，1\biggr）\log S\log S（\sqrt{b}）\biggr \}b A，\end{aligned}$$

哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\）,\（L（a，b）=\frac{a-b}{\loga-\logb}\）.

本文旨在提供一种获得更多算术几何平均不等式的方法，以及正算子的反形式。在节中2，我们引入了主要引理。在节中三利用改进的Young不等式和迭代方法，建立了两个正算子的加权算术几何平均不等式。通过在第节中不同条件下的迭代，我们还获得了正算子的逆比率型和差分型不等式4和节5分别是。

2主引理

首先，包括算子迭代在内的主要引理可以表述如下。

引理2.1

[6]

如果 \（A，B在数学{B}^{+}（H）中）,\（0\leq\mu，\nu\leq1）,然后

$$\begin{aligned}2\min\{\mu，1-\mu\}（A\nabla B-A\sharp B）\leq A\napla_{\mu}B-A\sharp_{\mu}B\leq2\max\{\mu，1-\ mu}（A \nabla-A\sharl B）。\结束{对齐}$$

(2.1)

引理2.2

如果 A类 和 B类 是Hilbert空间上的正算子,\（0\leq\mu，\nu\leq1）,然后

$$A\nabla_{\mu}（A\sharp_{\nu}B）=A\naba_{\mu\nu}B-\mu$$

证明

$$\begin{aligned}A\nabla_{\mu}（A\sharp_{\nu}B）=&（1-\mu）A+\mu A\sharp_{\nu}B\\=&A-\mu A+\mu\nu A-\mu\nu A+\mo\nu B-\mu B+\sharp_{\nu B\\=&\mu\nu B+bigr]\\=&A\nabla_{\mu\nu}B-\mu（A\napla_{\nu}B-A\sharp_{\nu}B）。\结束{对齐}$$

 □

三杨氏不等式的进一步细化

在本节中，我们使用标量比率型算术几何平均不等式来获得一系列算子版本。

引理3.1

[三]

如果 一,\（b>0\） 和 \（[0,1]\中的\mu\）,然后

$$a\nabla_{\mu}b\geq K（h，2）^{r} 一个^{1-\mu}b^{\mu}$$

哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\） 和 \（h=\frac｛b｝｛a｝\）.

使用中定理7的证明方法[三]我们可以得到以下定理。

定理3.2

如果 A类,\（B\geq0\）,\（1<h\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}}\leqh'\） 或 \（0<h'\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}\leqh<1\）,然后

$$\begin{aligned}A\nabla_{mu}B\geq K（h，2）^{r} A类\sharp_{\mu}B\end{对齐}$$

（3.1）

为所有人 \（[0,1]\中的\mu\）,哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\）.

证明

对于以下情况\（1<h\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}}\leqh'\），通过引理3.1我们有

$$（1-\mu）+\mu x\geq K（x，2）^{r} x个^{\mu}$$

对于任何\（x>0）。因此

$$（1-\mu）I+\mu X\geq\min_{1<h\leq X\leq h'}K（X，2）^{r} X（X）^{\mu}$$

对于正算子X（X）这样的话\（1）.

替换\（A^{-\压裂{1}{2}}BA^{-\压裂{1{2}{）对于X（X）在上面的不等式中，我们有

$$（1-\mu）I+\mu A^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}{2{}\geq\min_{1<h\leqx\leqh'}K（x，2）^{r}\bigl（A^{-\frac}1}{2]BA^{-\frac{1}{2}）^{\mu}$$

很容易检查功能\（K（x，2）\）正在为增加\（x>1），然后

$$\begin{aligned}（1-\mu）I+\mu A^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}\geq K（h，2）^{r}\bigl（A^{-\ frac{1\{2}}BA^{-\frac}1}{2\bigr）^{\mu}。\结束{对齐}$$

(3.2)

将两边乘以\（^{\压裂{1}{2}}\）不平等(3.2)，我们得到了所需的不等式。

对于以下情况\（0<h'\leq A^｛-\frac｛1｝｛2｝｝BA^｛-\frac｛1｝｛2｝｝\leq h<1\），因为函数\（K（x，2）\）正在减少\（0<x<1\）和\（K（分形{1}{h}，2）=K（h，2）），类似地，我们得到了不等式(3.1). □

定理3.3

对于两个操作员 A类,\（B\geq0\） 和 \（1<h\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}}\leqh'\） 或 \（0<h'\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}\leqh<1\）,我们有

$$\begin{aligned}A\nabla_{\mu}B-2r（A\nabra B-A\sharp B）\geq K（\sqrt{h}，2）^{R} A类\sharp_{\mu}B\end{对齐}$$

(3.3)

为所有人 \（[0,1]\中的\mu\）,哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\） 和 \（R=\min\{2r，1-2r\}\）.

证明

如果\（0\leq\mu\leq\frac{1}{2}\），然后\（0\leq2\mu\leq1\）.

在这里\（1<h\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}}\leqh'\）确保\（1<\sqrt{h}\leqA^{-\frac{1}{2}}（A\sharp B）A^{-\frac}{2{}}\leq \sqrt{h'}）、和\（0<h'\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}\leqh<1\）确保\（0<\sqrt{h'}\leqA^{-\frac{1}{2}}分别是。替换B类通过\（A \夏普B \）和μ按2μ英寸(3.1)，因此

$$\begin{aligned}A\nabla_{2\mu}（A\sharp B）\geq K（\sqrt{h}，2）^{min\{2\mu，1-2\mu\}}A\sharp_{2\\mu}。\结束{对齐}$$

按引理2.1和\（A\sharp_{2\mu}（A\sharp B）=A\sharp_{\mu}B\），我们有

$$A\nabla_{2\mu}（A\sharp B）=A\napla_{\mu}B-2\mu（A\ nabla B-A\shapp B）$$

然后

$$A\nabla_{\mu}B-2\mu（A\nabla B-A\sharp B）\geq K（\sqrt{h}，2）^{min\{2\mu，1-2\mu}}A\sharp_{mu}B$$

如果\（压裂{1}{2}\leq\mu\leq1），然后\（0\leq1-\mu\leq\frac{1}{2}\）根据上述不等式，我们得出

$$B\nabla_{1-\mu}A-2（1-\mu）（B\nabla A-B\sharp A）\geq K（\sqrt{h}，2）^{min\{2（1-\ mu），1-2（1-\μ）\}}B\sharep_{1-\ mu}A$$

因此，对于\（0\leq\mu\leq1），我们有

$$A\nabla_{\mu}B-2\min\{\mu，1-\mu\}（A\nabra B-A\sharp B）\geq K（\sqrt{h}，2）^{min\{2r，1-2r\}}A\sharep_{\mo}B$$

这就完成了证明。 □

现在，使用与定理中相同的迭代方法3.2到不等式(3.3)，我们得到以下结果。

推论3.4

假设定理中的条件 3.3.然后

$$\beart｛aligned｝A\nabla_｛\mu｝B-（2r-R）（A\nabla B-A\sharp B）-2r（A\nabla_｛\frac｛2[2\mu]+1｝｛4｝｝B-A\sharp_｛2[2\mu]+1｝｛4｝｝B）\geq K（\sqrt｛h｝，2）^｛R'｝A\sharp_｛\mu｝B\end｛aligned｝$$

为所有人 \（\mu\in[0,1]\）,哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\）,\（R=\min\{2r，1-2r\}\）,\（R'=\min\{2R，1-2R\}\）,\（h=\压裂{M}{M}\）,和 \（[x]\） 是小于或等于的最大整数 x个.

推论3.5

[12]

假设两个操作符 A类,B类 和正实数 米,\（米）,M（M）,\（M’\） 满足任一条件 \（0<m'I\leq A\leq mI<mI\leq B\leq m'I） 或 \（0<m'I\leq B\leq mI<mI\leq A\leq m'I）.

• （一） 如果 \（0\leq\mu\leq\frac{1}{2}\）,然后

  $$开始{对齐}A\nabla{\mu}B-（2r-R）（A\nabra B-A\sharp B）-2r（A\anabla{1}{4}}B-A\sharp_{frac{1}{4}B）\geq K（\sqrt{h}，2）^{R'}A\ sharp{mu}B.结束{对齐{$$

• （二） 如果 \（压裂{1}{2}\leq\mu\leq1）,然后

  $$开始{对齐}A\nabla{\mu}B-（2r-R）（A\nabra B-A\sharp B）-2r（A\anabla{3}{4}}B-A\sharp_{frac{3}{4}B）\geq K（\sqrt{h}，2）^{R'}A\ sharp{mu}B，\end{aligned}$$

  哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\）,\（R=\min\{2r，1-2r\}\）,\（R'=\min\{2R，1-2R\}\）,\（h=\压裂{M}{M}\）,和 \（h'=\压裂{M'}{M'}\）.

证明

在（i）的情况下，\（1<h=\压裂{M}{M}\leqA^{-\压裂{1}{2}}BA^{-\压裂{1{2}{leq\压裂{M'}{M'}=h'\）；在（ii）的情况下，\（0<\frac{1}{h'}=\frac{m'}{m'}\leqA^{-\frac{1'{2}}BA^{-\frac{1}}\leq \frac{m}{m}=\frac{1{h}<1\）.然后推论3.4导致所需的不平等。这就完成了证明。 □

4反比型算术几何平均不等式

在下文中，我们通过应用第节中的主要引理对逆算术几何平均不等式进行了改进2.

定理4.1

如果 \（0<aI\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}{2{}\leqbI\） 具有 \（a<1<b \）,和 \（0\leq\mu\leq1）,然后

$$\begin{aligned}&A\nabla_{\mu}B-（2r-R）（A\nabra B-A\sharp B）-2r（A\anabla_}\frac{2[2\mu]+1}{4}B-A\sharp_{2[2\ mu]+1{4}}B）\\&\quad\leq\max\bigl\{S\bigl（\sqrt[4]{A}\bigr），S\bigle（\scrt[4]{B}\biger）\bigr\}A\sharp_{\mu}B，\end{aligned}$$

哪里 \（r=\min\｛\mu，1-\mu\｝\）,\（R=\分钟\｛2r，1-2r \｝\）.

证明

如果\（0\leq\mu\leq\frac{1}{2}\），然后\（0\leq2\mu\leq1\）.自\（0<aI\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}{2{}\leqbI\）确保\（\sqrt{a} a类\leq A\夏普B\ leq\sqrt{b} A类\)，通过替换B类通过\（A \夏普B \）和μ按2μ在定理ZF的（i）中，如下所示

$$\begin{aligned}&A\nabla_{2\mu}（A\sharp B）-2\min\{2\μ，1-2\mu\}\bigl[A\nabra（A\sharp B）-A\sharp（A\sarp B）\bigr]\\&\quad\leq\max\bigl\{S\bigl。\结束{对齐}$$

引理2.2导致以下等式：

$$\begin{aligned}&A\nabla{2\mu}（A\sharp B）=A\napla{2\\mu}B-2\mu（A\ nabla B-A\sharp B），\\&A\anabla（A\sharpB）-A\ sharp（A\sarp B）=A \nabla{1\frac{1}{4}B-A\sharla{1}{4}}B-\frac{1\sharp 2}（A \nabra B-A\sarpB）。\结束{对齐}$$

然后是引理2.1那个

$$\begin{aligned}&A\nabla_{\mu}B-2\mu（A\nabra B-A\sharp B）-2\min\{2\mu，1-2\mu\}\biggl[A\napla_{\frac{1}{4}}B-A\sharp_{\frasc{1}{4}B-\frac{1{2}（A\ nabla B-A\sarp B）\biggr]\&\quad\leq\max\bigl\{S\bigl（\sqrt[4]{A}\bigr），S\bigl（\sqrt[4]{B}\biger）\bigr\}A\sharp_{\mu}B.\end{aligned}$$

(4.1)

如果\（压裂{1}{2}\leq\mu\leq1），然后\（0\leq1-\mu\leq\frac{1}{2}\）.假设\（0<aI\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}{2{}\leqbI\）承认\（\frac{1}{\sqrt{b}}b\leqB\sharp A\leq\frac}{\scrt{A}}b\）然后通过不等式(4.1)我们有

$$开始{对齐}&B\nabla_{1-\mu}A-2（1-\mu）[4]{B}}\biggr），S\biggl（\frac{1}{\sqrt[4]{A}}\biggr）\biggr\}B\sharp_{1-\mu}A.\end{aligned}$$

请注意\（S（\frac{1}{\sqrt[4]{a}}）=S（\sqrt[4]{a}）\）和\（S（\frac{1}{\sqrt[4]{b}}）=S（\sqrt[4]{b}）\），所以可以这样说

$$\begin{aligned}&A\nabla_{\mu}B-2（1-\mu）（A\nabra B-A\sharp B）-2R\biggl[A\napla_{\frac{3}{4}}B-A\ sharp_{3}}{4{}B-\frac}{1}{2}（A\anabla B-A\harp B）\biggr]\\&\quad\leq\max\bigl\{S\bigl（\sqrt[4]{A}\bigr），S\bigl（\sqrt[4]{B}\bigr）\bigr\}A\sharp_{\mu}B.结束{aligned}$$

这就完成了证明。 □

自\（0<aI_{H}\leq A，B\leq bI_{H}\）具有\（a<b）承认这一点\（\frac｛1｝｛\sqrt｛h｝｝\leq A^｛-\frac｛1｝｛2｝｝BA^｛-\frac｛1｝｛2｝｝\leq \sqrt｛h｝\）哪里\（\frac{1}{\sqrt{h}}<1<\sqrt}h}\），我们得到了定理的对应项4.1.

推论4.2

如果 \（0<aI\leq A，B\leq bI\） 具有 \（a<b） 和 \（0\leq\mu\leq1）,然后

$$\begin{aligned}A\nabla_{\mu}B-（2r-R）（A\nabra B-A\sharp B）-2r（A\anabla_}\frac{2[2\mu]+1}{4}}B-A\sharp_{2[2\ mu]+1{4}B）\leq S\bigl（\sqrt[4]{h}\bigr）A\sharep_{\mo}B，\end{alinged}$$

哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\）,\（R=\min\{2r，1-2r\}\）,和 \（h=\压裂{b}{a}\）.

5反向差分型算术几何平均不等式

在下面的定理中，我们展示了相应的差分型定理类比4.1.

定理5.1

如果 \（0\leq\mu\leq1） 和 \（0<aI\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}{2{}\leqbI\） 具有 \（a<1<b）,然后

$$\begin{aligned}&A\nabla_{\mu}B-A\sharp_{\mu}B-（2r-R）（A\nabra B-A\sharp B）-2r（A\abla_{\frac{2[2\mu]+1}{4}}B-A \sharp_{\frac{2[2\ mu]+1{4}{4{}}B）\\&quad\leq\max\bigl\{L\bigl（\sqrt[4]{A}，1\bigr）\log S\bigl（\sqrt[4]{A}\bigr），L\bigl（\sqart[4]{B}，1\bigr$$

哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\）,\（R=\min\{2r，1-2r\}\）.

证明

（一） 如果\（0\leq\mu\leq\frac{1}{2}\），然后\（0\leq2\mu\leq1\）.自\（0<aI\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}{2{}\leqbI\）确保\（\sqrt{a} a类\leq A\夏普B\ leq\sqrt{b} A类\)，替换B类通过\（A \夏普B \）和μ按2μ在定理ZF的（ii）中，我们得到

$$\begin{aligned}[b]&A\nabla_{2\mu}（A\sharp b）-A\sharp_{2\\mu}），L\bigl（\sqrt[4]{1/b}，1\bigr）\log S\bigle（\sqrt[4]{b}\biger）\bigr\}\sqrt{b} 答：。\结束{对齐}$$

如定理证明所示4.1，以下不等式成立：

$$\begin{aligned}&A\nabla_{\mu}B-A\sharp_{\mu}B-（2r-R）（A\nabra B-A\sharp B）-2r（A\abla_{\frac{1}{4}}B-A \sharp_{\frac{1}{4}B）\\&\quad\leq\max\bigl\{L\bigl（\sqrt[4]{1/A}，1\bigr）\log S\bigl-（\sqart[4]{A}bigr），L\bigl（\sqrt[4]{1/B}，1\bigr{b} A类\\&\quad\leq\max\bigl\{L\bigl{a} a类，\结束｛对齐｝$$

(5.1)

自从\（a<1<b）和\（L（\frac｛1｝｛\sqrt[4]｛a｝｝，1）=\frac｛1｝｛\sqrt[4]｛a｝｝L（\sqrt[4]｛a｝，1）\）.

（二） 如果\（压裂{1}{2}\leq\mu\leq1），然后\（0\leq1-\mu\leq\frac｛1｝｛2｝\）.假设\（0<aI\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}{2{}\leqbI\）确保\（\frac{1}{\sqrt{b}}b\leqB\sharp A\leq\frac}{\scrt{A}}b\）然后通过不等式(5.1)和\（S（{\frac{1}{\sqrt[4]{a}}）=S（\sqrt[4]{a}）\），我们有

$$\开始{对齐}&A\nabla_{\mu}B-A\sharp_{\mu}B-（2r-R）（A\nabra B-A\sharp B）-2r la_{\frac{1}{4}}A-B\sharp_{\frac{1{4}{A）\\&\quad\leq\max\bigl\{L\bigl，L\bigl（\sqrt[4]{a}，1\bigr）\log S\bigle（\sqrt[4]{1/a}\bigr[4]{a}\bigr）\bigr\}B/\sqrt{a} 答：。\结束{对齐}$$

证明已经完成。 □

类似地，我们替换了假设\（0<aI\leqA^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}}{2{}\leqbI\），其中\（a<1<b）通过\（0<aI\leq A，B\leq bI\）具有\（a<b），我们得到以下结果。

推论5.2

如果 \（0<aI\leq A，B\leq bI\） 具有 \（a<b）,和 \（0\leq\mu\leq1）,然后

$$\开始{对齐}&A\nabla_{\mu}B-A\sharp_{\mu}B-（2r-R）（A\nabra B-A\sharp B）-2r{h} L（左）\bigl（\sqrt[4]{h}，1\bigr）\log S\bigl$$

哪里 \（r=\min\{\mu，1-\mu\}\）,\（R=\min\{2r，1-2r\}\）,和 \（h=\压裂{b}{a}\）.