Théorème
1) Pour
2) Si A \in \mathcal{L}^p(H) (0 < p < +\infty), alors la suite des valeurs propres (\lambda_i) interlinéé de A est de puissance p-ième sommable, et on a
(5)\qquad \sum |\lambda_i|^p \leq S_p(A)
S_p(A) et \|A\|_p sont des fonctions croissantes sur l'ensemble des opérateurs hermitiens positifs, i.e. H et K hermitiens positifs, H \leq K, entraîne S_p(H) \leq S_p(K).
3) le chiffre corrige un 2 Soient 0 < p, q, r \leq +\infty, avec \dfrac1p + \dfrac1q \geq \dfrac1r. Si donc A \in \mathcal{L}^p(H), B \in \mathcal{L}^q(H), alors AB \in \mathcal{L}^r(H), et on a
(6)\qquad \|AB\|_r \leq \|A\|_p\,\|B\|_q
② Dual de \mathcal{L}^p ; réflexivité en biais dans la marge gauche, à hauteur du point 2) généralisation Schatten seconde note marginale en biais, plus bas, de plusieurs lignes courtes ; une courbe la relie au « (1) ..... » du bas de page (1) .....
Démonstration finie dans un cadre, en biais, dans le coin supérieur gauche ; trois lignes dont seules les deux dernières se laissent lire avec doute
La première partie du théorème est résumée dans les formules (1) à (4), et les affirmations relatives aux topologies naturelles de ces espaces \mathcal{L}^p(H) valeurs propres . La formule (2) est un cas particulier de la formule (6), mais directe simplement de façon directe directe, en procédant comme dans [ ] les crochets sont vides sur la page. En effet, si (k_i) |BA| rangées par ordre de grandeur décroissante (chacune répétée autant de fois que l'exige sa multiplicité) on a k_i \leq \|B\|\, h_i pour tout i (loc. cit., page ) d'où aussitôt les formules (2).
Cette inégalité peut être remplacée par une égalité, car il suffit en fait de isométrie U telle que UA = |A|,
Une telle démonstration n'est plus praticable pour p < 1 ; et nous démontrons la formule (4) par voie analytique, grâce au
Lemme 1 Soit (\alpha_i) une suite décroissante de nombres \geq 0, de puissance p-ième , soit et soit 0 < p < 1. Posons f(z) = \prod_{i=1}^{\infty} (1 + \alpha_i z). Alors on a
(8)\qquad \sum \alpha_i^{\,p} = \frac{p \sin \pi p}{\pi} \int_0^\infty \frac{\log f(v)}{v^{1+p}}\, dv
(les deux membres pouvant être infinis simultanément).
Corollaire Si A \in \mathcal{L}^1(H), soit M_A(v) = \operatorname*{Sup}_{|z| = v} \det(1 + zA), si A est hermitien positif, et si A \in \mathcal{L}^p(H), on et avec 0 < p < 1 ; on a
(9)\qquad S_p(A) = \frac{p \sin \pi p}{\pi} \int_0^\infty \frac{\log M_{|A|}(v)}{v^{1+p}}\, dv
Il suffit en effet de poser f(z) = \det(1 + z|A|), les \alpha_i étant les valeurs propres de |A| ; on aura alors M(v) = f(v).
Pour démontrer (4), on peut peut écrire
S_p(A + B) = S_p(|A + B|) = \frac{p \sin \pi p}{\pi} \int_0^\infty \frac{\log M_{|A+B|}(v)}{v^{1+p}}\, dv
Or M_{|A+B|}(v) = \det(1 + v|A + B|) \leq \det(1 + v|A|)\det(1 + v|B|) (formule ) soit M_A soit
(10)\qquad M_{|A+B|}(v) \leq M_{|A|}(v) \cdot M_{|B|}(v) \qquad \text{d'où}
S_p(A + B) \leq \frac{p \sin \pi p}{\pi} \int_0^\infty \frac{\log M_{|A|}(v)}{v^{1+p}}\, dv + \frac{p \sin \pi p}{\pi} \int_0^\infty \frac{\log M_{|B|}(v)}{v^{1+p}}\, dv
Appliquant de nouveau (9), on obtient bien la formule voulue (4).
Pour prouver
2) Pour prouver la formule (5), je ne connais qu'une méthode analytique. De façon précise, si A est un opérateur cpt quelconque, soient la suite de ses val. propres (\lambda_i), posons et on 0 < p < +\infty, posons
s_p(A) = \sum |\lambda_i|^p.
Supposons d'abord p < 1, alors on a, d'après une formule de majoration classique pour la somme des puissances p-ièmes des inverses des modules des zéros d'une fonction entière
f(z) = \det(1 - zA) \qquad (0 < p < 1)
\struck{(10)}\qquad s_p(A) \leq p^2 \int_0^\infty \frac{\log M_A(r)}{r^{p+1}}\, dr
or M_A(v) \leq M_{|A|}(v) () d'où
s_p(A) \leq p^2 \int_0^\infty \frac{\log M_{|A|}(v)}{v^{p+1}}\, dv
; utilisant alors la formule (9), on obtient donc la majoration
(10)\qquad s_p(A) \leq \frac{p\pi}{\sin p\pi}\, S_p(A)
Le facteur \dfrac{p\pi}{\sin p\pi} est > 1, mais tend vers 1 pour p \to 0. Soit alors 0 < p < +\infty quelconque, et soit n un entier > 0 tel que \dfrac{p}{n} < 1. On a évidemment s_p(A) = s_{p/n}(A^n), d'où, en vertu de (10) :
s_p(A) \leq \frac{\frac{p}{n}\pi}{\sin \frac{p}{n}\pi}\, S_{p/n}(A^n)
Or, on a S_{p/n}(A^n) \leq S_p(A) \|A^n\|_{p/n} \leq \underbrace{\|A\|_p \cdots \|A\|_p}_{n \text{ facteurs}}, comme il résulte aussitôt de la formule (6), qui se démontre plus bas (alors il est immédiat que cette formule se généralise en prenant un nombre fini quelconque d'opérateurs), d'où
S_{p/n}(A^n) = \bigl(\|A^n\|_{p/n}\bigr)^{\frac{p}{n}} \leq \|A\|_p^{\,p} = S_p(A)
d'où
s_p(A) \leq \frac{\pi \frac{p}{n}}{\sin \pi \frac{p}{n}}\, S_p(A).
Faisant tendre n vers l'infini, on trouve l'inégalité (5).
L'assertion que si 0 \leq H \leq K, positif S_p(H) \leq S_p(K) résulte aussitôt du fait bien connu que sous les conditions envisagées, la suite décroissante interlinéé des valeurs propres de H est majorée par la suite des valeurs propres décroissante de K ( il résulte de la caractérisation Fischer classique « classique » interlinéé extrémale de la suite des valeurs propres d'un opérateur hermitien complètement continu positif).
la moitié inférieure de la page, de « 3) » à la fin, est barrée de longs traits obliques ; elle est reprise à la page 132
3) Pour prouver la formule (6), on écrire, pour un entier n > 0 arbitraire S_{r/2}(L) où L = (AB)(AB)^* encadré
S_r(AB) = S_{r/2}\bigl(AB(AB)^*\bigr) = \struck{S_{r/2m}\bigl((AB(AB)^*)^m\bigr)}
Si m est un entier > 0, on aura encore
S_r(AB) = S_{r/2}(L) = S_{r/2m}(L^m), \quad \text{d'où, en vertu de la formule (9),} \qquad k(\alpha) = \frac{\pi\alpha}{\sin \pi\alpha}
k(\alpha) est défini à droite, dans un renvoi ; suivent deux lignes encadrées et biffées, dont on lit « r' = \frac{r}{2m} » et « S_r(AB) = \frac{\ill{}}{k(r/2)} \int_0^\infty \frac{\log M_{L^m}(v)}{v^{1+r/2m}}\, dv » Posons r' = \dfrac{r}{2m}, p' = \dfrac{p}{2m}, q' = \dfrac{q}{2m}, on aura évidemment encore \dfrac{1}{p'} + \dfrac{1}{q'} \geq \dfrac{1}{r'}. La formule (9) donne alors
S_r(AB) = S_{r'}(L^m) = \frac{r' \sin \pi r'}{\pi} \int_0^\infty \frac{\log M_{L^m}(v)}{v^{1+r'}}\, dv
3) La preuve de la formule (6) est la plus difficile. Nous commencerons par donner une preuve directe et très simple pour le cas où p \geq 1, q \geq 1, r = 1 interlinéé au-dessus d'un « p, q, r \geq » biffé, avec un astérisque (preuve qui, d'ailleurs, a l'avantage de s'appliquer sans modification au cas d'une D trace au sens de von Neumann définie sur une algèbre auto-adjointe \mathfrak{A} les éléments les « opérateurs
Nous commencerons par prouver que si A_1, \ldots, A_{2^n} sont 2^n opérateurs cpt continus (n entier \geq 1) alors on a {}^{(1)}
(11)\qquad \|A_1 A_2 \cdots A_{2^n}\|_1 \leq \|A_1\|_{2^n}\, \|A_2\|_{2^n} \cdots \|A_{2^n}\|_{2^n}
les 2^n sont écrits « 2n » sur la ligne, ici et dans la suite ; la récurrence sur n avec 2^{n-1} facteurs fixe la lecture Nous le prouvons par récurrence sur n ; c'est vrai si n = 1, (formule bien), \|A_1 A_2\|_1 \leq \|A_1\|_2 \|A_2\|_2 supposons-le démontré pour 2^{n-1} facteurs, et démontrons alors (11). Écrivons A_1 \cdots A_{2^n} = (A_1 A_2) \cdots (A_{2^n - 1} A_{2^n}) ; le premier membre est, en vertu de l'hypothèse de récurrence, majoré par \|A_1 A_2\|_{2^{n-1}} \cdots \|A_{2^n - 1} A_{2^n}\|_{2^{n-1}}
au bas de la page, sous un trait, la note de renvoi : {}^{(1)} Le lecteur notera que ce résultat suffirait pour démontrer directement directement réécrit au-dessus du mot biffé, comme nous le verrons plus bas, la formule (6) dans le cas général.
On voit qu'on est ramené à démontrer la formule telle pour \|A_1 B_1\|_{2^{n-1}} \leq \|A_1\|_{2^n} \|B_1\|_{2^n}, soit, plus simplement, \|AB\|_{2^{n-1}} \leq \|A\|_{2^n}\, \|B\|_{2^n}. On a
\|AB\|_{2^{n-1}} = \Bigl(\bigl\|\bigl(AB(AB)^*\bigr)^{\frac{2^{n-1}}{2}}\bigr\|_1\Bigr)^{\frac{1}{2^{n-1}}} = \bigl(\|C\|_1\bigr)^{\frac{1}{2^{n-1}}}
où
C = (ABB^*A^*)^{2^{n-2}} = A(BB^*)(A^*A)\cdots(BB^*)A^*
(2^{n-1} + 1 facteurs dans le dernier membre) on a
\|C\|_1 = \operatorname{Tr} C = \operatorname{Tr} C' \quad \text{où } C' = A^*A \cdot BB^* \cdot A^*A \cdots BB^*
« = \operatorname{Tr} C' » est interlinéé au-dessus d'un membre biffé ; un « = \operatorname{Tr} » biffé en fin de ligne dernier membre figurant 2^{n-1} facteurs (2^{n-1} facteurs dans le second membre). Or |\operatorname{Tr} C'| \leq \|C'\|_1, et d'après l'hypothèse de récurrence, on a de nouveau
\|C'\|_1 \leq \|A^*A\|_{2^{n-1}}\, \|BB^*\|_{2^{n-1}} \cdots \|BB^*\|_{2^{n-1}} = \bigl(\|A^*A\|_{2^{n-1}}\bigr)^{2^{n-2}} \bigl(\|B^*B\|_{2^{n-1}}\bigr)^{2^{n-2}}
Or \|A^*A\|_{2^{n-1}} = \bigl(\|A\|_{2^n}\bigr)^2, \|B^*B\|_{2^{n-1}} = \bigl(\|B\|_{2^n}\bigr)^2, d'où \|C'\|_1 \leq \bigl(\|A\|_{2^n} \|B\|_{2^n}\bigr)^{2^{n-1}}. On obtient donc bien
\|AB\|_{2^{n-1}} = \bigl(\|C\|_1\bigr)^{\frac{1}{2^{n-1}}} \leq \bigl(\|C'\|_1\bigr)^{\frac{1}{2^{n-1}}} \leq \|A\|_{2^n}\, \|B\|_{2^n},
ce qui prouve la formule (11).
4) Soient p \geq 1, q \geq 1 \dfrac1p + \dfrac1q = 1, A \in \mathcal{L}^p, B \in \mathcal{L}^q, alors AB \in \mathcal{L}^1, et \|AB\|_1 \leq \|A\|_p\, \|B\|_q. Preuve On peut supposer A, B \in \mathcal{L}^1 ligne interlinéée, « Preuve » souligné. On a A = UH, B = KV (U, V partiellement isométriques). Posons Faisons alors on voit Cette inégalité est vraie pour (\lambda, \mu > 1) rationnels tels qu'on puisse les mettre sous la forme \dfrac{2^n}{\alpha} \cdot \dfrac{2^n}{\beta} avec \alpha + \beta = 2^n, i.e. pour tous \dfrac1\lambda + \dfrac1\mu = 1,
3) On en conclut que l'on a (p \geq 1, \dfrac1p + \dfrac1{p'} = 1)
\|A\|_p = \operatorname*{Sup}_{\|B\|_{p'} \leq 1} |\operatorname{Tr} AB| \qquad (\text{d'où} \ \ill{})
\|A_1 + A_2\|_p \leq \|A_1\|_p + \|A_2\|_p \qquad ) \ \uncertain{de} \ \uncertain{même}
AB si \dfrac1p + \dfrac1q \geq \dfrac1r (p \geq 1, q \geq 1, r \geq 1)
Le résultat précédent nous permet de démontrer le résultat auxiliaire suivant, qui nous permettra de démontrer la formule (6) en toute généralité :
Lemme Soient A et B deux opérateurs \in \mathcal{L}^{2m}(H), posons H = A^*A, K = B^*B, L = (AB)^*(AB). Soient et soit m et n des entiers \geq 1. Alors L^n, H^n L^m, H^m et K^m les exposants sont surchargés, n corrigé en m, et « L^m, H^m » repris dans la marge droite sont opérateurs à trace, et on a
(12)\qquad \alpha_n(L^m) \leq \alpha_n(H^m)\, \alpha_n(K^m)
Le fait que L^m, H^m, K^m soient opérateurs à trace résulte immédiatement de ce qui précède ; si l'on vérifie (12) s'écrit alors, et en posant A' = \Lambda^n A, B' = \Lambda^n B deux lignes serrées, en partie biffées ; le passage à \Lambda^n est ce qui ramène (12) au cas n = 1
\begin{gather*}
\struck{H = A^*A,\ K = B^*B,\ L = (AB)^*(AB)} \\
\struck{\operatorname{Tr} L^m \leq \operatorname{Tr} H^m\, \operatorname{Tr} K^m} \\
\struck{(\|L\|_m)^m \leq (\|H\|_m)^m (\|K\|_m)^m} \\
\struck{\|AB\|_m \leq \|A\|_m \|B\|_m.\ \text{Or, on a}\ \ill{}} \\
\struck{\ill{}\ \|AB\|_m \leq \|A\|_{\frac m2} \|B\|_{\frac m2}}
\end{gather*}
cinq lignes biffées, la deuxième et la troisième encadrées d'une accolade ce qui nous ramène au cas où n = 1. On doit alors démontrer
\operatorname{Tr}\bigl[(ABB^*A^*) \cdots (ABB^*A^*)\bigr] \leq \bigl(\|A^*A\|_m\bigr)^m \bigl(\|B^*B\|_m\bigr)^m
le premier membre porte un indice 1 ou m après le crochet, surchargé Or, le premier membre la même chose d'un produit de 4m facteurs est est la trace du produit de 2m facteurs majoré par (A^*A)(BB^*)\cdots(BB^*), donc est majoré par la norme de ce produit, donc en vertu de (11) :
\bigl(\|A^*A\|_{2m}\bigr)^m \bigl(\|BB^*\|_{2m}\bigr)^m
d'après la formule \|A_1 \cdots A_{2m}\|_1 \leq \|A_1\|_{2m} \cdots \|A_{2m}\|_{2m}. Or, on a \|A^*A\|_{2m} \leq \|A^*A\|_m, et \|BB^*\|_{2m} = \|B^*B\|_{2m} \leq \|B^*B\|_m, d'où résulte le lemme.
Soient maintenant A \in \mathcal{L}^p, A \in \mathcal{L}^q ainsi, A pour B, 0 < p, q, r \leq \infty interlinéé au-dessus de la première ligne \dfrac1p + \dfrac1q \geq \dfrac1r, démontrons la formule (6). Nous pouvons supposer que p et q sont finis si l'un d'eux était infini, les formules (2) deux infinis () deux lignes biffées, la première interlinéée et ... démontrons le résultat. \|AB\|_r \leq \|AB\|_{\ill{}} = \|A\|_{\ill{}} \|B\|_{\ill{}} De plus, on peut supposer évidemment Alors A L On a S_r(AB) = S_{r/2}(AB(AB)^*) = S_{r/2m}(L) L = (AB)^*(AB), H = A^*A, K = B^*B, on aura
S_r(AB) = S_{r/2}(L) = S_{r/2m}(L^m) \struck{\ill{}}
d'où, en vertu de la formule (9), on trouve, en posant \lambda(x) = \dfrac{\pi}{\sin \pi x}
(11)\qquad S_r(AB) = S_{r/2m}(L^m) = \frac{r/2m}{\lambda(r/2m)} \int_0^\infty \frac{\log M_{L^m}(\rho)}{\rho^{1 + r/2m}}\, d\rho
le numéro (11) est repris ici pour une autre formule que celle de la page 132 Or, M M_{L^m}(\rho) = \sum \alpha_n(L^m)\, \rho^n, et M_{L^m}(\rho) = \sum_n \alpha_n(L^m)\rho^n \alpha_n(L^m) \leq \alpha_n(H^m)\, \alpha_n(K^m) en vertu du lemme 2 \alpha_n(L^m) \leq \alpha_n(H^m) \ill{}, d'où
M_{L^m}(\rho) \leq \sum \alpha_n(H^m)\, \alpha_n(K^m)\, \rho^n
Posons \Bigl[\, p' = \dfrac1p,\ q' = \dfrac1q,\ r' = \dfrac1r \,\Bigr], on a : p' + q' = r' p'r + q'r = 1, d'où
M_{L^m}(\rho) \leq \sum \alpha_n(H^m)\, \alpha_n(K^m)\, \rho^{np'r + nq'r} = \sum_n \bigl(\alpha_n(H^m)\rho^{np'r}\bigr)\bigl(\alpha_n(K^m)\rho^{nq'r}\bigr)
trois lignes en biais dans la marge gauche, à hauteur des deux dernières formules, illisibles
\leq \Bigl(\sum_n \alpha_n(H^m)\, \rho^{np'r}\Bigr)\Bigl(\sum_n \alpha_n(K^m)\, \rho^{nq'r}\Bigr) \struck{\leq} = M_{H^m}(\rho^{p'r})\, M_{H}(\rho^{q'r})
ainsi, M_H pour M_{K^m} d'où, compte tenu de (12),
(13)\qquad \frac{\lambda(r/2m)}{r/2m}\, S_r(AB) \leq \int_0^\infty \frac{\log M_{H^m}(\rho^{p'r})}{\rho^{1 + r/2m}}\, d\rho + \int_0^\infty \frac{\log M_{K^m}(\rho^{q'r})}{\rho^{1 + r/2m}}\, d\rho
Calculons par exemple la première intégrale du second membre, par le changement de variable \sigma = \rho^{p'r} d'où \rho = \sigma^{pr'}, \dfrac{d\rho}{\rho} = pr'\,\dfrac{d\sigma}{\sigma}. il vient
\int_0^\infty \frac{\log M_{H^m}(\rho^{p'r})}{\rho^{r/2m}}\, \frac{d\rho}{\rho} = pr' \int_0^\infty \frac{\log M_{H^m}(\sigma)}{\sigma^{p/2m}}\, \frac{d\sigma}{\sigma}
Le deuxième membre est égal (formule (9)) à
pr'\, \frac{\lambda(p/2m)}{p/2m}\, S_{p/2m}(H^m) = \frac{\lambda(p/2m)}{r/2m}\, S_p(A).
le numérateur du dernier membre est surchargé De De même la deuxième intégrale dans (13) est égale à \dfrac{\lambda(q/2m)}{r/2m}\, S_q(B), et (13) s'écrit cette relation
à part d'homogénéité évidente, qui permet Remplaçons dans cette formule A par \lambda A, B par \mu B (\lambda et \mu nombres \geq 0) on obtient
\struck{\ill{}}\qquad (\lambda\mu)^r\, S_r(AB) \leq \frac{\lambda^p}{p}\, S_p(A) + \frac{\mu^q}{q}\, S_q(B)
le premier membre est réécrit sous une première version biffée Exprimons que cette inégalité doit être vérifiée pour \lambda, \mu \geq 0. Pour simplifier, posons
a = S_p(A), \quad b = S_q(B), \quad c = S_r(C), \quad \ill{}
ainsi, S_r(C) pour S_r(AB)
c \leq \operatorname*{Inf}_{\substack{\lambda \geq 0 \\ \mu \geq 0}} \frac{a\,\dfrac{\lambda^p}{p} + b\,\dfrac{\mu^q}{q}}{\struck{\ill{}}\,(\lambda\mu)^r}
Posons x = \lambda^p, y = \mu^q Posons x = \lambda^p, y = \mu^q, \alpha = \dfrac{r}{p}, \beta = \dfrac{r}{q}, d'où \dfrac rp + \dfrac rq = 1 souligné, dans la marge droite on a
c \leq \operatorname*{Inf}_{\substack{x \geq 0 \\ y \geq 0}} \frac{\alpha a\, x + \beta b\, y}{x^\alpha y^\beta} = \operatorname*{Inf}_{\substack{x \geq 0 \\ y \geq 0 \\ x^\alpha y^\beta = 1}} \alpha a\, x + \beta b\, y
le numérateur porte des exposants biffés : il avait d'abord écrit \alpha a\, x^{\ill{}} + \beta b\, y^{\ill{}} c \leq a^{\uncertain{r/p}} b^{\uncertain{r/q}} c \leq a^\alpha b^\beta en biais dans la marge gauche, sous un trait ; c'est le résultat visé On vérifie aussitôt que le minimum borne inférieure du second membre est atteinte (car l'on a points (x, y) tels que x \geq 0, y \geq 0, \alpha a x + \beta b y \leq M est compact) la parenthèse est écrite sur deux lignes serrées, la seconde interlinéée elle est donc atteinte en un point (x, y) tel que les équations, \alpha a x + \beta b y = 0 d(\alpha a x + \beta b y) = 0 aient une solution non nulle en d(x^\alpha y^\beta) = 0 soient compatibles en dx, dy ; or d(x^\alpha y^\beta) = \alpha x^{\alpha-1} y^\beta\, dx + \beta y^{\beta-1} x^\alpha\, dy ; i.e. tel que d(\ill{}) la condition d'extremum est donc
\frac{\alpha a}{\alpha x^{\alpha-1} y} = \frac{\beta b}{\beta x^\alpha y^{\beta-1}}
ainsi ; le y du premier dénominateur est sans exposant soit ax = by d'où ax = by = \dfrac{\alpha a x + \beta b y}{\alpha + \beta} ; \alpha a x + b y = \dfrac{\alpha a x}{\ill{}} comme \alpha + \beta = 1, le minimum cherché est donc \alpha x + b égal à ax = by ; compte tenu de la condition
d'où x^\alpha y^\beta = 1 on trouve x = \Bigl(\dfrac ba\Bigr)^\beta, d'où