| Функциональный анализ и его приложения |
|
|
|
|
|
Эта публикация цитируется в 1 научной статье (всего в 1 статье) Обобщенные неравенства Коши–Буняковского–Шварца и их приложения Махта Хоссейниa, Рахеле Нураеиa, Мохсен Шах Хоссейниb a Department of Mathematics, Islamic Azad University, South Tehran Branch, Tehran, Iran b Department of Mathematics, Islamic Azad University, Shahr-e-Qods Branch, Tehran, Iran
Английская версия:
Functional Analysis and Its Applications, 2024, Volume 58, Issue 3, Pages DOI: https://doi.org/10.1134/S0016266324030079 
Реферативные базы данных:
   § 1. ВведениеПусть $\mathcal{H}$ – комплексное гильбертово пространство со скалярным произведением $\langle \,\cdot\,{,}\,\cdot\,\rangle$ и соответствующей нормой $\|\cdot\|$. Пусть $\mathcal{L(H)}$ – $C^*$-алгебра всех линейных ограниченных операторов в пространстве $\mathcal{H}$. Оператор $S\in\mathcal{L}(\mathcal{H})$ называют положительным и пишут $S\geqslant 0$, если $\langle Sx,x\rangle\geqslant 0$ для всех векторов $x\in\mathcal{H};$ его называют положительно определенным и пишут $S>0$, если $\langle Sx,x\rangle>0$ для всех ненулевых векторов $x\in\mathcal{H}$. Числовой образ оператора $S\in\mathcal{L}(\mathcal{H})$ определяется как множество $ W(S)=\{\langle Sx, x \rangle\colon x\in \mathcal{H},\,\|x\|=1 \}$, а его числовой радиус – как число $w(S)=\sup\{|z|\colon z\in W(S) \}$. Известно, что множество $W(S)$ является выпуклым подмножеством комплексной плоскости, а отображение $w(\cdot)$ оказывается нормой на $\mathcal{L}(\mathcal{H})$, которая эквивалентна стандартной операторной норме $\|S\|=\sup\{ \|Sx \|\colon x\in \mathcal{H},\,\|x\|=1 \}$. Более того, для любых операторов $S \in \mathcal{L(H)}$ справедливы неравенства Оба этих неравенства являются точными. Если $S^2=0$, то первое оказывается равенством; с другой стороны, второе неравенство переходит в равенство, если оператор $S$ нормален. На самом деле, как выяснили У. Хаагеруп и П. де Лагарп [10], для любого нильпотентного оператора $S$ такого, что $S^n=0$, выполнена оценка $w(S)\leqslant \|S\|\cos(\pi/(n+1))$. В частности, при $n=2$ мы получаем оценку, обратную к первому неравенству в (1.1). Числовой радиус имеет разные важные свойства, например верно степенное неравенство
$$
\begin{equation}
w(S^n)\leqslant w^n(S) \quad\text{для}\ \ n=1,2,\dots\,.
\end{equation}
\tag{1.2}
$$
С другими базовыми свойствами числового радиуса читатель может познакомиться по книге [9]. В статях [15], [17] оценки (1.1) были улучшены следующим образом. Если $S\in \mathcal{L(H)}$, то
$$
\begin{equation}
w(S)\leqslant \frac{1}{2}\bigl\||S|+|S^*|\bigr\|\leqslant \frac{1}{2}\bigl(\|S\|+\|S^2\|^{1/2} \bigr),
\end{equation}
\tag{1.3}
$$
где $|S|=(S^*S)^{1/2}$ – модуль оператора $S$, и
$$
\begin{equation}
\frac{1}{4}\|S^*S+SS^*\|\leqslant w^2(S)\leqslant \frac{1}{2}\|S^*S+SS^*\|.
\end{equation}
\tag{1.4}
$$
Неравенства в формуле (1.3) уточняют верхнюю оценку числового радиуса в (1.1). С. С. Драгомир в работе [7] установил оценку числового радиуса для произведения двух операторов:
$$
\begin{equation}
w^r(S^*T)\leqslant \frac{1}{2}\bigl\||T|^{2r}+|S|^{2r}\bigr\|, \qquad r\geqslant 1.
\end{equation}
\tag{1.5}
$$
Различные приложения всех этих неравенств можно найти в работах [15], [16]. Заинтересованному читателю мы также рекомендуем монографии [2] и [6]. Как известно, неравенство Коши–Буняковского–Шварца показывает, что для любых векторов $x$, $y$ в пространстве со скалярным произведением справедлива оценка где $\langle \,\cdot\,{,}\,\cdot\,\rangle$ – скалярное произведение, а $\|x\|=\langle x,x\rangle^{1/2}$. Равенство в (1.6) выполняется тогда и только тогда, когда векторы $x$ и $y$ линейно зависимы. Неравенство Коши–Буняковского–Шварца играет важную роль в математике (см., например, [5], [24], [25]).Вдохновленный этим неравенством Ф. Киттанех со своим соавтором получил в [18; лемма 3] улучшение для неравенства Коши–Буняковского–Шварца (1.6). В свою очередь, используя это улучшение, они уточнили уже неравенство (1.5) (при $r=2$). Отталкиваясь от того же неравенства (1.6), мы доказываем здесь, что
$$
\begin{equation}
|\langle x, y\rangle|\leqslant \sqrt{\mu\bigl(\|x\|^2\|y\|^2-|\langle x,y\rangle|^2\bigr) +|\langle x,y\rangle|^{2\mu}\|x\|^{2(1-\mu)}\|y\|^{2(1-\mu)}}\leqslant \|x\|\,\|y\|.
\end{equation}
\tag{1.7}
$$
Такой результат значительно улучшает неравенство Коши–Буняковского–Шварца. Отсюда как частный случай мы выведем уже упомянутый результат Киттанеха и его соавтора из [18; лемма 3]. Используя (1.7), мы также получим и новое улучшение неравенства (1.5) (при $r=2$). Неравенство Коши–Буняковского–Шварца для положительных операторов показывает, что если $S$ – положительный оператор из $\mathcal{L(H)}$, то для любых векторов $x,y\in \mathcal{H}$ справедлива оценка
$$
\begin{equation}
|\langle Sx,y\rangle|^2 \leqslant\langle S x,x\rangle \langle S y,y\rangle.
\end{equation}
\tag{1.8}
$$
В 1952 г. в своей работе [13] Т. Като дополнил неравенство (1.1) так называемым смешанным неравенством Шварца, согласно которому
$$
\begin{equation}
|\langle Sx,y\rangle|^2 \leqslant \langle|S|^{2\alpha}x,x\rangle\langle|S^*|^{2(1-\alpha)} y,y\rangle, \qquad 0\leqslant\alpha\leqslant 1,
\end{equation}
\tag{1.9}
$$
для любых операторов $S\in\mathcal{L(H)}$ и любых векторов $x,y\in\mathcal{H}$ (как и ранее, $|S|=(S^*S)^{1/2}$). В частности, выполнена оценка
$$
\begin{equation}
|\langle Sx,y \rangle|\leqslant \sqrt{\langle |S|x,x \rangle\langle|S^*|y,y\rangle}
\end{equation}
\tag{1.10}
$$
(см. [11; с. 75–76]). Отметим одно обобщение смешанного неравенства Коши–Шварца, которое будет использовано в статье. Лемма 1.1 (см. [14; теорема 1]). Пусть $S$ – оператор из $\mathcal{L(H)}$. Тогда если $f$ и $g$ – неотрицательные непрерывные функции на оси $[0, \infty)$, удовлетворяющие соотношению $f(t)g(t)=t$ при всех $t\in [0, \infty)$, то Вдохновившись неравенством (1.11), мы покажем, что
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \nonumber |\langle Sx, y\rangle|^2 &\leqslant \mu \langle f^2(|S|)x, x\rangle\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle \\ &\qquad +(1-\mu)|\langle Sx, y\rangle|\langle f^2(|S|)x, x\rangle^{1/2}\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle^{1/2} \nonumber \\ &\leqslant \langle f^2(|S|)x, x\rangle\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle \end{aligned}
\end{equation}
\tag{1.12}
$$
для любых $x, y$ из $\mathcal{H}$, любого $0\leqslant \mu \leqslant 1$ и любых неотрицательных непрерывных функций $f$, $g$ на $[0, \infty)$, которые удовлетворяют соотношению $f(t)g(t)=t$ при всех $t\in [0, \infty)$. Наше неравенство (1.12) улучшает неравенство (1.11). Используя (1.12) с $f(t)=g(t)=t^{1/2}$, мы существенно улучшим второе неравенство в (1.4). Как частный случай мы также извлечем из (1.12) улучшение для неравенства Като (1.3). Выпуклые функции играют ключевую роль при доказательстве математических неравенств; см. [12], [19], [22], где можно найти некоторые примеры их применения. Ниже приведены две леммы, которые относятся к данной категории результатов и которые мы будем использовать далее. Лемма 1.2 (см. [1; теорема 2.3]). Пусть $f$ – неотрицательная выпуклая функция на оси $[0, \infty)$, и пусть $S, T\in \mathcal{L(H)}$ – положительные операторы. Тогда В частности, при $r\geqslant 1$ имеем Лемма 1.3 (см. [23; теорема 1.2]). Пусть $S\in\mathcal{L(H)}$ – такой самосопряженный оператор, что $\operatorname{sp}(S)\subset [m, M]$ для некоторых чисел $ m\leqslant M$. Если $f(t)$ – выпуклая функция на интервале $[m, M]$, а $x\in\mathcal{H}$ – единичный вектор, то Следующее неравенство Маккарти может быть получено как частный случай леммы 1.3. Подробности читатель найдет в [14] и [23; теорема 1.4]. Лемма 1.4 (неравенство Маккарти). Пусть $S\in \mathcal{L(H)}$, $S\geqslant 0$, а $x\in \mathcal{H}$ с $\|x\|=1$. Тогда: (i) $\langle Sx, x \rangle^r \leqslant \langle S^rx, x \rangle $ при $r\geqslant 1$; (ii) $ \langle S^rx, x \rangle \leqslant \langle Sx, x \rangle^r$ при $0< r\leqslant 1$. Цель настоящей работы – улучшить неравенства (1.4), (1.5) (при $r=2$), (1.6), (1.3), а также (1.11). План статьи следующий. В § 2 приводятся наши основные результаты. Он состоит из двух пунктов. В п. 2.1 мы выписываем уточнения для обобщенного смешанного неравенства Коши–Шварца – неравенства Като. Используя эти неравенства, мы получаем оценки числового радиуса операторов в гильбертовом пространстве, которые улучшают неравенство Киттанеха (1.4). Мы также установим некоторые оценки числового радиуса, обобщив неравенство Бузано. Из наших результатов вытекают также и другие ранее представленные в литературе результаты. В п. 2.2 мы покажем, как геометрическая выпуклость функций может быть использована для того, чтобы оценить числовой радиус операторов в гильбертовом пространстве. Мы хотели бы особо отметить, что к оценкам числового радиуса такие идеи применяются впервые, и мы уверены, что наш подход окажется полезным для исследователей в данной области. § 2. Основные результаты2.1. Оценки числового радиуса через неравенства типа Коши–Буняковского–ШварцаСледующая лемма представляет собой уточнение леммы 1.1. Лемма 2.1. Пусть $S$ – оператор из $\mathcal{L(H)}$. Если $f,g$ – неотрицательные непрерывные функции на оси $[0, \infty)$, удовлетворяющие соотношению $f(t)g(t)= t$ при всех $t\in [0, \infty)$, то Доказательство. Используя лемму 1.1, при произвольном $0\leqslant \mu \leqslant 1$ получаем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, |\langle Sx, y\rangle|^2 &=\mu|\langle Sx, y\rangle|^2+(1-\mu)|\langle Sx, y\rangle||\langle Sx, y\rangle| \leqslant \mu \langle f^2(|S|)x, x\rangle\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle \nonumber \\ &\qquad +(1-\mu)|\langle Sx, y\rangle|\langle f^2(|S|)x, x\rangle^{1/2}\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle^{1/2}. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.2}
$$
С другой стороны,
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, &\mu \langle f^2(|S|)x, x\rangle\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle +(1-\mu)|\langle Sx, y\rangle|\langle f^2(|S|)x, x\rangle^{1/2}\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle^{1/2} \nonumber \\ &\qquad \leqslant \mu \langle f^2(|S|)x, x\rangle\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle \nonumber \\ &\qquad\qquad +(1-\mu) \langle f^2(|S|)x, x\rangle^{1/2}\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle^{1/2} \langle f^2(|S|)x, x\rangle^{1/2}\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle^{1/2} \nonumber \\ &\qquad= \langle f^2(|S|)x, x\rangle\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.3}
$$
Комбинируя (2.2) с (2.3), находим
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \nonumber |\langle Sx, y\rangle|^2 &\leqslant \mu \langle f^2(|S|)x, x\rangle\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle \\ &\qquad+(1-\mu)|\langle Sx, y\rangle|\langle f^2(|S|)x, x\rangle^{1/2}\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle^{1/2} \nonumber \\ &\leqslant \langle f^2(|S|)x, x\rangle\langle g^2(|S^*|)y, y\rangle. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.4}
$$
$\square$ Замечание 2.2. Выбирая в оценке (2.1) $f(t)=t^\alpha$ и $g(t)=t^{1-\alpha}$ с $0\leqslant \alpha \leqslant 1$, приходим к следующему результату: Ясно, что (2.5) является улучшением неравенства Като (1.3). Если же в (2.1) взять $f(t)=t^{1/2}$, $g(t)=t^{1/2}$ и $\mu=1/3$, то мы получим улучшение неравенства (1.10) (см. также [18; неравенство (14)]). В частности, если в неравенстве (2.5) положить $S=I$, то получим улучшение неравенства Коши–Буняковского–Шварца. Следует также заметить, что неравенство (2.1) является и обобщением неравенства (14) в [18]. В качестве приложения леммы 2.1 отметим следующую теорему. Теорема 2.3. Пусть $S\in\mathcal{L(H)}$, и пусть $f$, $g$ – неотрицательные непрерывные функции на оси $[0, \infty)$, удовлетворяющие соотношению $f(t)g(t)=t$ при всех $t\in [0, \infty)$. Тогда Доказательство. Полагая $y=x$ в первом неравенстве в (2.1) и используя неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом, а также неравенство Маккарти, находим
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, |\langle Sx, x\rangle|^2 &\leqslant \mu \langle f^2(|S|)x, x\rangle\langle g^2(|S^*|)x, x\rangle \\ &\qquad +(1-\mu)|\langle Sx, x\rangle|\langle f^2(|S|)x, x\rangle^{1/2}\langle g^2(|S^*|)x, x\rangle^{1/2} \\ &\leqslant \frac{\mu}{2}\bigl(\langle f^2(|S|)x, x\rangle^2+\langle g^2(|S^*|)x, x\rangle^2\bigr) \\ &\qquad +\frac{(1-\mu)}{2}|\langle Sx, x\rangle| \bigl(\langle f^2(|S|)x, x\rangle+\langle g^2(|S^*|)x, x\rangle\bigr) \\ &\leqslant \frac{\mu}{2}\bigl\langle (f^4(|S|)\,{+}\, g^4(|S^*|))x, x\bigr\rangle +\frac{(1\,{-}\,\mu)}{2}|\langle Sx, x\rangle|\langle (f^2(|S|)+ g^2(|S^*|))x, x\rangle. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Теперь осталось только взять супремум по всем $x\in \mathcal{H}$ с $\|x\|=1$. $\square$ Замечание 2.4. Выбирая в неравенстве (2.6) $f(t)=t^\alpha$ и $g(t)=t^{1-\alpha}$ с $0\leqslant \alpha \leqslant 1$, мы приходим к следующему результату: При $\alpha=1/2$ из замечания 2.4 вытекает следующий результат, который, как можно видеть, оказывается значительно сильнее оценки (1.4). Доказательство. Положим $\alpha=1/2$ в замечании 2.4. Тогда
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, w^2(S) &\leqslant \frac{\mu}{2}\bigl\||S|^2+|S^*|^2\bigr\|+\frac{1-\mu}{2}w(S)\bigl\||S|+|S^*|\bigr\| \\ &\leqslant \frac{\mu}{2}\bigl\||S|^2+|S^*|^2\bigr\|+\frac{1-\mu}{4}\bigl\||S|+|S^*|\bigr\|^2 \\ &= \frac{\mu}{2}\bigl\||S|^2+|S^*|^2\bigr\|+\frac{1-\mu}{4} \biggl\|\biggl(\frac{2|S|+2|S^*|}{2}\biggr)^2\biggr\| \\ &\leqslant \frac{\mu}{2}\bigl\||S|^2+|S^*|^2\bigr\| +\frac{1-\mu}{8}\bigl\|(2|S|)^2+(2|S^*|)^2\bigr\| \\ &= \frac{\mu}{2}\bigl\||S|^2+|S^*|^2\bigr\|+\frac{1-\mu}{2}\bigl\||S|^2+|S^*|^2\bigr\| =\frac{1}{2}\bigl\||S|^2+|S^*|^2\bigr\|, \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
где второе неравенство следует из (1.3), а третье – из леммы 1.2. $\square$ Замечание 2.6. Выбирая в следствии 2.5 $\mu=1/2$, приходим к следующим неравенствам: Следующий пример показывает, что неравенство (2.8) действительно улучшает верхнюю оценку в формуле (1.4). Пример 2.7. Пусть Тогда $\frac{1}{2}\bigl\||S|^2+|S^*|^2\bigr\|=1$, в то время как Замечание 2.8. Как мы уже отмечали, следствие 2.5 является уточнением неравенства Киттанеха (1.4). Положив $\mu=1/3$ в следствии 2.5, мы придем к еще одному неравенству, полученному Ф. Киттанехом и его соавтором в [18; следствие 2]. В работе [4] М. П. Бузано дополнила неравенство Коши–Буняковского–Шварца следующим неравенством:
$$
\begin{equation}
\bigl|\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle\bigr| \leqslant \frac{1}{2}\bigl(\|x\|\,\|y\|+|\langle x, y\rangle|\bigr),
\end{equation}
\tag{2.9}
$$
где $x, y, e$ – векторы из $\mathcal{H}$, причем $\|e\|=1$. В [20; следствие 2.5] М. С. Мослехиан с соавторами обобщил неравенство Бузано, показав, что
$$
\begin{equation}
\bigl|\beta\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle-\langle x, y\rangle\bigr|\leqslant \max\bigl\{1,|\beta-1|\bigr\} \|x\|\,\|y\|,
\end{equation}
\tag{2.10}
$$
где $x, y, e$ – векторы из $\mathcal{H}$, причем $\|e\|=1$, а $\beta \in \mathbb{C}$. Недавно Т. Боттаззи с соавтором получил неравенство (2.10) при помощи операторов ранга $1$; см. [3; утверждение 3.1]. При $\beta \in \mathbb{C}\setminus \{0\}$ неравенство (2.10) эквивалентно неравенству
$$
\begin{equation*}
\biggl|\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle-\frac{1}{\beta}\langle x, y\rangle\biggr|\leqslant\frac{1}{|\beta|} \max\bigl\{1,|\beta-1|\bigr\} \|x\|\,\|y\|.
\end{equation*}
\notag
$$
Используя свойство непрерывности модуля, т. е. оценку $|a-b|\geqslant||a|-|b||$, мы видим, что
$$
\begin{equation*}
\biggl||\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle|-\frac{1}{|\beta|}\biggr|\langle x, y\rangle||\leqslant\frac{1}{|\beta|}\max\{1,|\beta-1|\} \|x\|\,\|y\|.
\end{equation*}
\notag
$$
Отсюда получаем
$$
\begin{equation}
\bigl|\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle\bigr|\leqslant\frac{1}{|\beta|} \bigl(|\langle x, y\rangle|+\max\{1,|\beta-1|\} \|x\|\,\|y\|\bigr).
\end{equation}
\tag{2.11}
$$
При $\beta=2$ получаем неравенства Бузано (2.9). Далее, используя неравенство (2.11) дважды и вводя произвольное $0\leqslant \mu\leqslant 1$, мы находим
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \bigl|\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle\bigr|^2 &\leqslant|\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle|\frac{1}{|\beta|} \bigl(|\langle x, y\rangle|+\max\{1,|\beta-1|\} \|x\|\,\|y\|\bigr) \nonumber \\ & =|\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle|\frac{\mu}{|\beta|} \bigl(|\langle x, y\rangle|+\max\{1,|\beta-1|\} \|x\|\,\|y\|\bigr) \nonumber \\ &\qquad +|\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle|\frac{1-\mu}{|\beta|} \bigl(|\langle x, y\rangle|+\max\{1,|\beta-1|\} \|x\|\,\|y\|\bigr) \nonumber \\ & \leqslant\frac{\mu}{|\beta|^2} \bigl(|\langle x, y\rangle|+\max\{1,|\beta-1|\} \|x\|\,\|y\|\bigr)^2 \nonumber \\ & \qquad+|\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle|\frac{1-\mu}{|\beta|} \bigl(|\langle x, y\rangle|+\max\{1,|\beta-1|\} \|x\|\,\|y\|\bigr) \nonumber \\ & =\frac{\mu}{|\beta|^2} \bigl(|\langle x, y\rangle|^2+\max\{1,|\beta-1|\} \|x\|^2\|y\|^2\bigr) \nonumber \\ &\qquad+\frac{2\mu}{|\beta|^2}|\langle x, y\rangle|\max\{1,|\beta-1|\} \|x\|\,\|y\| \nonumber \\ &\qquad +|\langle x, e\rangle \langle e, y\rangle|\frac{1-\mu}{|\beta|} \bigl(|\langle x, y\rangle|+\max\{1,|\beta-1|\} \|x\|\,\|y\|\bigr). \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.12}
$$
Следствием этого неравенства является следующая теорема. Теорема 2.9. Пусть $S\in\mathcal{L(H)}$, $\mu \in [0, 1]$ и $ \beta\in\mathbb{C}\setminus \{0\}$. Тогда Доказательство. Пусть $x, y, e\in \mathcal{H}$ и $0\leqslant \mu\leqslant 1$. Заменим в неравенстве (2.12) $e$ на $x$, $x$ на $Sx$ и $y$ на $S^*x$. Имеем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, |\langle Sx, x\rangle|^4 & \leqslant\frac{\mu}{|\beta|^2} \bigl(|\langle S^2x, x\rangle|^2+\max\{1,|\beta-1|\} \|Sx\|^2\|S^*x\|^2\bigr) \\ &\qquad+\frac{2\mu}{|\beta|^2}|\langle S^2x, x\rangle|\max\{1,|\beta-1|\} \|Sx\|\,\|S^*x\| \\ &\qquad + \frac{1-\mu}{|\beta|}|\langle Sx, x\rangle|^2 \bigl(|\langle S^2x, x\rangle|+\max\{1,|\beta-1|\} \|Sx\|\,\|S^*x\|\bigr). \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Тем самым
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, |\langle Sx, x\rangle|^4 & \leqslant \frac{\mu}{|\beta|^2}|\langle S^2x, x\rangle|^2+\max\{1,|\beta-1|\}\frac{\mu}{|\beta|^2} \langle|S|^2x, x\rangle\langle|S^*|^2x, x\rangle \\ &\quad\ +\max\{1,|\beta-1|\}\frac{2\mu}{|\beta|^2}|\langle S^2x, x\rangle|\sqrt{\langle|S|^2x, x\rangle\langle|S^*|^2x, x\rangle} \\ &\quad\ + \frac{1-\mu}{|\beta|}|\langle Sx, x\rangle|^2 \bigl(|\langle S^2x, x\rangle|+\max\{1,|\beta-1|\} \sqrt{\langle|S|^2x, x\rangle\langle|S^*|^2x, x\rangle}\bigr) \\ & \leqslant\frac{\mu}{|\beta|^2}|\langle S^2x, x\rangle|^2+\max\{1,|\beta-1|\}\frac{\mu}{2|\beta|^2} \bigl(\langle|S|^2x, x\rangle^2+\langle|S^*|^2x, x\rangle^2\bigr) \\ &\quad\ +\max\{1,|\beta-1|\}\frac{\mu}{|\beta|^2}|\langle S^2x, x\rangle|\bigl(\langle|S|^2x, x\rangle+\langle|S^*|^2x, x\rangle\bigr) \\ &\quad\ + \frac{1\,{-}\,\mu}{|\beta|}|\langle Sx, x\rangle|^2 \biggl(|\langle S^2x, x\rangle|\,{+}\,\max\{1,|\beta\,{-}\,1|\} \frac{\langle|S|^2x, x\rangle\,{+}\,\langle|S^*|^2x, x\rangle}{2}\biggr) \\ &\leqslant\frac{\mu}{|\beta|^2}|\langle S^2x, x\rangle|^2+\max\{1,|\beta-1|\}\frac{\mu}{2|\beta|^2} \langle (|S|^4+|S^*|^4)x, x\rangle \\ &\quad\ +\max\{1,|\beta-1|\}\frac{\mu}{|\beta|^2}|\langle S^2x, x\rangle|\langle (|S|^2+|S^*|^2)x, x\rangle \\ &\quad\ + \frac{1-\mu}{|\beta|}|\langle Sx, x\rangle|^2 \biggl(|\langle S^2x, x\rangle|+\frac{\max\{1,|\beta-1|\}}{2} \langle (|S|^2+|S^*|^2)x, x\rangle\biggr). \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Здесь вторая оценка была получена из неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом, а в третьей оценке была использована лемма 1.4.
Чтобы получить нужную оценку, осталось взять супремум по всем $x$ с $\|x\|= 1$. $\square$ Теорема 2.9 при $\mu=1/2$ и $\beta=2$ дает первую половину следующего результата. Следствие 2.10. Пусть $S\in \mathcal{L(H)}$. Тогда Доказательство. Нам нужно доказать только вторую оценку. Имеем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, &\frac{1}{8}w^2(S^2)+\frac{1}{16}\||S|^4+|S^*|^4\|+\frac{1}{8}w(S^2)\||S|^2+|S^*|^2\| \\ &\qquad\qquad+\frac{1}{4}w^2(S)\biggl[w(S^2)+\frac{1}{2}\||S|^2+|S^*|^2\|\biggr] \\ &\qquad\leqslant \frac{1}{8}w^2(S^2)+\frac{1}{16}\||S|^4+|S^*|^4\|+\frac{1}{8}w^2(S)\||S|^2+|S^*|^2\| \\ &\qquad\qquad+\frac{1}{4}w^2(S)\biggl[w^2(S)+\frac{1}{2}\||S|^2+|S^*|^2\|\biggr] \\ &\qquad\leqslant \frac{1}{16}\||S|^4+|S^*|^4\|+\frac{1}{16}\||S|^4+|S^*|^4\| \\ &\qquad\qquad+\frac{1}{16}\||S|^2+|S^*|^2\|^2 +\frac{1}{8}\||S|^2+|S^*|^2\|^2 \\ &\qquad=\frac{1}{8}\||S|^4+|S^*|^4\| +\frac{3}{16}\||S|^2+|S^*|^2\|^2 \\ &\qquad=\frac{1}{8}\||S|^4+|S^*|^4\|+\frac{3}{16} \biggl\|\biggl(\frac{2|S|^2+2|S^*|^2}{2}\biggr)^2\biggr\| \\ &\qquad\leqslant\frac{1}{8}\||S|^4+|S^*|^4\|+\frac{3}{32} \bigl\|(2|S|^2)^2+(2|S^*|^2)^2\bigr\| \\ &\qquad=\frac{1}{8}\||S|^4+|S^*|^4\|+\frac{3}{8}\bigl\||S|^4+|S^*|^4\bigr\| =\frac{1}{2}\||S|^4+|S^*|^4\|. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Здесь первая оценка вытекает из степенного неравенства (1.2), вторая – из неравенств $w^2(S^2)\leqslant \frac{1}{2}\||S|^4+|S^*|^4\|$ и $w^2(S)\leqslant \frac{1}{2}\||S|^2+|S^*|^2\|$, а третья – из леммы 1.2. $\square$ Замечание 2.11. Если в теореме 2.9 положить $\mu=1/3$ и $\beta=2$, то мы придем к недавнему результату Ф. Киттанеха и его соавтора; см. [18; теорема 3]. Следующий результат является обобщением и улучшением неравенства Коши–Буняковского–Шварца. Доказательство. По неравенству Коши–Буняковского–Шварца для всех $x, y\in \mathcal{H}$ и $0\leqslant \mu \leqslant 1$ выполнено $\mu(\|x\|^2\|y\|^2-|\langle x,y\rangle|^2)\geqslant 0$. Поэтому
$$
\begin{equation}
\mu\bigl(\|x\|^2\|y\|^2-|\langle x,y\rangle|^2\bigr)+|\langle x,y\rangle|^{2\mu}|\langle x,y\rangle|^{2(1-\mu)}\geqslant|\langle x,y\rangle|^{2\mu}|\langle x,y\rangle|^{2(1-\mu)}.
\end{equation}
\tag{2.16}
$$
По тому же неравенству Коши–Буняковского–Шварца
$$
\begin{equation}
|\langle x,y\rangle|^2=|\langle x,y\rangle|^{2\mu}|\langle x,y\rangle|^{2(1-\mu)} \leqslant|\langle x,y\rangle|^{2\mu}\|x\|^{2(1-\mu)}\|y\|^{2(1-\mu)}.
\end{equation}
\tag{2.17}
$$
Вместе неравенства (2.16) и (2.17) дают
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, |\langle x,y\rangle|^2 &=|\langle x,y\rangle|^{2\mu}|\langle x,y\rangle|^{2(1-\mu)} \nonumber \\ &\leqslant \mu\bigl(\|x\|^2\|y\|^2-|\langle x,y\rangle|^2\bigr)+|\langle x,y\rangle|^{2\mu}|\langle x,y\rangle|^{2(1-\mu)} \nonumber \\ &\leqslant \mu\bigl(\|x\|^2\|y\|^2-|\langle x,y\rangle|^2\bigr)+|\langle x,y\rangle|^{2\mu}\|x\|^{2(1-\mu)}\|y\|^{2(1-\mu)}. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.18}
$$
Кроме того, используя неравенство Юнга, находим
$$
\begin{equation}
|\langle x,y\rangle|^{2\mu}\|x\|^{2(1-\mu)}\|y\|^{2(1-\mu)}\leqslant \mu|\langle x,y\rangle|^{2}+(1-\mu)\|x\|^{2}\|y\|^{2}.
\end{equation}
\tag{2.19}
$$
Объединяя (2.18) и (2.19), окончательно получаем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, |\langle x,y\rangle|^2 &\leqslant \mu\bigl(\|x\|^2\|y\|^2-|\langle x,y\rangle|^2\bigr)+|\langle x,y\rangle|^{2\mu}\|x\|^{2(1-\mu)}\|y\|^{2(1-\mu)} \nonumber \\ &\leqslant \mu\bigl(\|x\|^2\|y\|^2-|\langle x,y\rangle|^2\bigr)+ \mu|\langle x,y\rangle|^{2}+(1-\mu)\|x\|^{2}\|y\|^{2} =\|x\|^2\|y\|^2. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.20}
$$
Этим завершается доказательство леммы. $\square$ Замечание 2.13. Если в лемме 2.12 положить $\mu=\frac{1}{2}$, то мы восстановим недавний результат Ф. Киттанеха и его соавтора; см. [18; лемма 3]. Также обратим внимание на то, что лемма 2.12 является обобщением и улучшением неравенства Коши–Буняковского–Шварца. Доказательство. Из первой оценки в лемме 2.12 вытекает, что
$$
\begin{equation*}
|\langle x,y\rangle|^2\leqslant \mu\bigl(\|x\|^2\|y\|^2-|\langle x,y\rangle|^2\bigr)+|\langle x,y\rangle|^{2\mu}\|x\|^{2(1-\mu)}\|y\|^{2(1-\mu)},
\end{equation*}
\notag
$$
откуда получаем
$$
\begin{equation*}
|\langle x,y\rangle|^2\leqslant \frac{\mu}{1+\mu}\|x\|^2\|y\|^2+\frac{1}{1+\mu}|\langle x,y\rangle|^{2\mu}\|x\|^{2(1-\mu)}\|y\|^{2(1-\mu)}.
\end{equation*}
\notag
$$
Предполагая, что $\|x\|=1$, и заменяя здесь $x$ на $Ax$ и $y$ на $Bx$, мы видим, что
$$
\begin{equation*}
|\langle B^*Ax,x\rangle|^2\leqslant \frac{\mu}{1+\mu}\|Ax\|^2\|Bx\|^2+\frac{1}{1+\mu}|\langle B^*Ax,x\rangle|^{2\mu}\|Ax\|^{2(1-\mu)}\|Bx\|^{2(1-\mu)}.
\end{equation*}
\notag
$$
Далее,
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \nonumber |\langle B^*Ax,x\rangle|^2 &\leqslant \frac{\mu}{1+\mu}\langle|A|^2x, x \rangle\langle|B|^2x, x \rangle \\ &\qquad+ \frac{1}{1+\mu}|\langle B^*Ax,x\rangle|^{2\mu}\bigl(\langle|A|^2x, x \rangle\langle|B|^2x, x \rangle\bigr)^{1-\mu} \nonumber \\ \nonumber &= \frac{\mu}{1+\mu}\langle|A|^2x, x \rangle\langle|B|^2x, x \rangle \\ &\qquad+ \frac{1}{1+\mu}|\langle B^*Ax,x\rangle|^{\mu}\langle|A|^2x, x \rangle^{1-\mu}|\langle B^*Ax,x\rangle|^{\mu}\langle|B|^2x, x \rangle^{1-\mu}. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.22}
$$
Воспользуемся теперь неравенством Юнга:
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \nonumber &|\langle B^*Ax,x\rangle|^2 \leqslant \frac{\mu}{1+\mu}\langle|A|^2x, x \rangle\langle|B|^2x, x \rangle + \frac{1}{1+\mu}\bigl(\mu|\langle B^*Ax,x\rangle|+(1-\mu)\langle|A|^2x, x \rangle\bigr) \\ &\qquad\qquad\times \bigl(\mu|\langle B^*Ax,x\rangle|+(1-\mu)\langle|B|^2x, x \rangle\bigr) \nonumber \\ &\qquad= \frac{\mu}{1+\mu}\langle|A|^2x, x \rangle\langle|B|^2x, x \rangle \nonumber \\ &\qquad\qquad+ \frac{\mu^2}{1+\mu}|\langle B^*Ax,x\rangle|^2+\frac{\mu(1-\mu)}{1+\mu}\langle|B|^2x, x \rangle|\langle B^*Ax,x\rangle| \nonumber \\ &\qquad\qquad+\frac{\mu(1-\mu)}{1+\mu}\langle|A|^2x, x \rangle|\langle B^*Ax,x\rangle|+\frac{(1-\mu)^2}{1+\mu}\langle|A|^2x, x \rangle\langle|B|^2x, x \rangle \nonumber \\ &\qquad= \frac{\mu}{1+\mu}\langle|A|^2x, x \rangle\langle|B|^2x, x \rangle + \frac{\mu^2}{1+\mu}|\langle B^*Ax,x\rangle|^2 \nonumber \\ &\qquad\qquad+\frac{\mu(1-\mu)}{1+\mu}|\langle B^*Ax,x\rangle|\bigl\langle (|A|^2+|B|^2)x, x \bigr\rangle +\frac{(1-\mu)^2}{1+\mu}\langle|A|^2x, x \rangle\langle|B|^2x, x \rangle. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.23}
$$
После еще одного несложного вычисления имеем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag &(1+\mu-\mu^2)|\langle B^*Ax,x\rangle|^2 \\ &\qquad \leqslant \mu (1-\mu)|\langle B^*Ax,x\rangle|\langle (|A|^2+|B|^2)x, x \rangle +(1-\mu+\mu^2)\langle|A|^2x, x \rangle\langle|B|^2x, x \rangle. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.24}
$$
Применяя неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом, теперь находим, что
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag &(1+\mu-\mu^2)|\langle B^*Ax,x\rangle|^2 \leqslant \mu (1-\mu)|\langle B^*Ax,x\rangle|\bigl\langle (|A|^2+|B|^2)x, x \bigr\rangle \\ &\qquad\qquad +\frac{1-\mu+\mu^2}{2}\bigl(\langle|A|^2x, x \rangle^2+\langle|B|^2x, x \rangle^2\bigr) \nonumber \\ &\qquad\leqslant \mu (1\,{-}\,\mu)|\langle B^*Ax,x\rangle|\langle (|A|^2\,{+}\,|B|^2)x, x \rangle +\frac{1\,{-}\,\mu\,{+}\,\mu^2}{2}\bigl(\langle|A|^4x, x \rangle\,{+}\,\langle|B|^4x, x \rangle\bigr). \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.25}
$$
В итоге получаем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag |\langle B^*Ax,x\rangle|^2 &\leqslant \frac{\mu (1-\mu)}{(1+\mu-\mu^2)}|\langle B^*Ax,x\rangle|\bigl\langle (|A|^2+|B|^2)x, x \bigr\rangle \\ &\qquad +\frac{1-\mu+\mu^2}{2(1+\mu-\mu^2)}\bigl(\langle|A|^4x, x \rangle+\langle|B|^4x, x \rangle\bigr), \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.26}
$$
и нам осталось лишь взять супремум по $x$ с $\|x\|=1$. $\square$ Выделим из доказанной теоремы частный случай. Замечание 2.15. Если в неравенстве (2.21) положить $\mu=0$ или $\mu=1$, то мы получим неравенство Драгомира [7], а именно Покажем теперь, что неравенство (2.21) является более точным, чем неравенство (2.27). Доказательство. Первая оценка установлена в теореме 2.14, докажем вторую. Имеем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, & \frac{\mu(1-\mu)}{1+\mu-\mu^2} w(B^*A)\bigl\||A|^2+|B|^2\bigr\|+\frac{1-\mu+\mu^2}{2(1+\mu-\mu^2)}\bigl\||A|^4+|B|^4\bigr\| \\ &\qquad\leqslant \frac{\mu(1-\mu)}{2(1+\mu-\mu^2)} \bigl\||A|^2+|B|^2\bigr\|^2+\frac{1-\mu+\mu^2}{2(1+\mu-\mu^2)}\bigl\||A|^4+|B|^4\bigr\| \\ &\qquad= \frac{\mu(1-\mu)}{2(1+\mu-\mu^2)} \biggl\|\biggl(\frac{2|A|^2+2|B|^2}{2}\biggr)^2 \biggr\|+\frac{1-\mu+\mu^2}{2(1+\mu-\mu^2)}\bigl\||A|^4+|B|^4\bigr\| \\ &\qquad\leqslant \frac{\mu(1-\mu)}{4(1+\mu-\mu^2)} \bigl\|(2|A|^2)^2+(2|B|^2)^2\big\|+\frac{1-\mu+\mu^2}{2(1+\mu-\mu^2)}\bigl\||A|^4+|B|^4\bigr\| \\ &\qquad= \frac{\mu(1-\mu)}{1+\mu-\mu^2} \bigl \||A|^4+|B|^4\bigr\|+\frac{1-\mu+\mu^2}{2(1+\mu-\mu^2)}\bigl\||A|^4+|B|^4\bigr\| =\frac{1}{2}\bigl\||A|^4+|B|^4\bigr\|. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Первая оценка в этом рассуждении следует из неравенства (1.5) (при $r=1$), вторая – из леммы 1.2. $\square$ 2.2. Оценки числового радиуса через геометрическую выпуклостьВ этом пункте мы приведем приложение геометрически выпуклых функций к оценкам числового радиуса. Если $I$ – подынтервал оси $(0, \infty)$, а $f\colon I \to (0, \infty)$, то функция $f$ называется геометрически выпуклой, если
$$
\begin{equation}
f(a^{1-\mu}b^\mu)\leqslant f^{1-\mu}(a)f^\mu(b), \qquad \mu \in [0, 1].
\end{equation}
\tag{2.29}
$$
За более подробным изложением связанного с этим понятием материала мы отсылаем читателя к работе [21]. Теорема 2.17. Пусть $S\in \mathcal{L(H)}$, и пусть $h$ – возрастающая геометрически выпуклая функция. Если, кроме того, $h$ еще и выпуклая, то для всех $0\leqslant \mu, \alpha\leqslant 1$. Доказательство. Благодаря монотонности функции $h$ при любых единичных векторах $x\in \mathcal{H}$ выполнено
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, h(|\langle Sx, x\rangle|^2) &=\mu h(|\langle Sx, x\rangle|^2)\,{+}\, (1{-}\mu)h(|\langle Sx, x\rangle|^2) \,{\leqslant}\, \mu h\bigl(\langle|S|^{2\alpha}x, x\rangle\langle|S^*|^{2(1-\alpha)}x, x\rangle\bigr) \\ &\qquad+ (1-\mu)h(|\langle Sx, x\rangle|)h\Bigl(\sqrt{\langle|S|^{2\alpha}x, x\rangle\langle|S^*|^{2(1-\alpha)}x, x\rangle}\Bigr) \\ &\leqslant \mu h\bigl(\langle|S|^{2}x, x\rangle^\alpha\langle|S^*|^{2}x, x\rangle^{1-\alpha}\bigr) \\ &\qquad+ (1-\mu)h(|\langle Sx, x\rangle|)h\Bigl(\sqrt{\langle|S|^{2\alpha}x, x\rangle\langle|S^*|^{2(1-\alpha)}x, x\rangle}\Bigr) \\ &\leqslant \mu h^\alpha(\langle|S|^{2}x, x\rangle)h^{1-\alpha}(\langle|S^*|^{2}x, x\rangle) \\ &\qquad+ (1-\mu)h(|\langle Sx, x\rangle|)\Bigl(\sqrt{h(\langle|S|^{2\alpha}x, x\rangle)h(\langle|S^*|^{2(1-\alpha)}x, x\rangle}\Bigr) \\ &\leqslant \mu (\alpha h(\langle|S|^{2}x, x\rangle)+({1-\alpha})h(\langle|S^*|^{2}x, x\rangle) \\ &\qquad+ (1-\mu)h(|\langle Sx, x\rangle|)\Bigl(\sqrt{\langle h(|S|^{2\alpha})x, x\rangle\langle h(|S^*|^{2(1-\alpha)})x, x\rangle}\Bigr) \\ & \leqslant \mu \bigl\langle(\alpha h(|S|^2)+(1-\alpha)h(|S^*|^2))x,x\bigr\rangle \\ &\qquad+\frac{1-\mu}{2}h(|\langle Sx, x\rangle|)\bigl\langle(h(|S|^{2\alpha})+h(|S^*|^{2(1-\alpha)}))x, x\bigr\rangle. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Здесь первая оценка вытекает из неравенства (1.9), вторая – из неравенства Маккарти, третья – из неравенства (2.29), четвертая – из неравенства Юнга, а пятая – из леммы 1.3 и неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Возьмем супремум по всем $x\in \mathcal{H}$ с $\|x\|=1$. Тогда получим как и требовалось. $\square$ Замечание 2.18. Пусть $S\in \mathcal{L(H)}$. Тогда теорема 2.17 при $h(t)=t^r$, $r\geqslant 1$ дает Замечание 2.19. Если в замечании 2.18 положить $\mu =1/3$, $\alpha=1/2$ и $r= 1$, то мы восстановим недавний результат Ф. Киттанеха и его соавтора из [18; теорема 2]. С другой стороны, при $\mu=0$ мы получим оценку М. Эль-Хадада и его соавтора из [8; теорема 1], а при $\mu=1$ – их же оценку из [8; теорема 2].
Цитирование в формате AMSBIB
\RBibitem{HosNurHos24} |
|
|||||||||||
|
Обратная связь: |
Пользовательское соглашение
|
Регистрация посетителей портала |
Логотипы |
|