Beweis von Klein-Ungleichung < Funktionalanalysis < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:59 Fr 12.11.2010 | | Autor: | wee |
Hallo,
ich beschäftige mich gerade mit der Klein-Ungleichung für konvexe Funktionen angewandt auf Dichteoperatoren und kann mir leider den Beweis nicht ganz erklären.
Satz: Es sei $f$ eine konvexe [mm] C^1 [/mm] Funktion mit geeigneten Definitionsbereich und [mm] \rho, \sigma [/mm] seinen zwei Dichteoperatoren [mm] (\rho, \sigma [/mm] positiv, [mm] tr\rho=tr\sigma=1).
[/mm]
Dann gilt [mm] $$tr[f(\rho)-f(\sigma)-(\rho-\sigma)f^\prime(\sigma)]\geq [/mm] 0.$$
Beweis: Zerlege [mm] \rho=\sum_n\lambda_nE_n, [/mm] wobei die [mm] \lambda_n [/mm] die Eigenwerte von [mm] \rho [/mm] sind und [mm] E_n [/mm] eindimensionale Projektionen auf die zugehörigen Eigenräume.
Es seien [mm] {x_n} [/mm] und [mm] {y_m} [/mm] zwei vollständige Orthonormalsysteme, die aus den Eigenvektoren von [mm] \rho [/mm] bzw. [mm] \sigma [/mm] bestehen, d.h. [mm] $\rho x_n=\lambda_nx_n$ [/mm] und [mm] $\sigma y_m=\mu_my_m$.
[/mm]
Dann gilt:
[mm] tr[f(\rho)-f(\sigma)-(\rho-\sigma)f^\prime(\sigma)] \notag \\ [/mm] = [mm] \sum_n(f(\lambda_n)-\sum_m|\langle x_n,y_m\rangle|^2f(\mu_m)
[/mm]
[mm] -\sum_m(|\langle x_n,y_m\rangle|^2(\lambda_n-\mu_m)f^\prime(\mu_m)) \notag \\ [/mm] = [mm] \sum_{n,m}|\langle x_n,y_m\rangle|^2(f(\lambda_n)-f(\mu_m)-(\lambda_n-\mu_m)f^\prime(\mu_m)) \notag.
[/mm]
Der letzte Ausdruck ist positive, denn $f$ ist konvex.
________________________________________________________
Das war der Beweis. Die Herangehensweise ist klar, meine Fragen beziehen sich auf die Gleichung. Es geht mir darum, die Zwischenschritte bei den beiden Umformungen auszuformulieren.
Der erste wäre wohl:
[mm] tr[f(\rho)-f(\sigma)-(\rho-\sigma)f^\prime(\sigma)] [/mm]
= [mm] \sum_n(\langle x_n,f(\rho)x_n\rangle-\langle x_n,f(\sigma)x_n\rangle-\langle x_n, (\rho-\sigma)f^\prime(\sigma)x_n\rangle)
[/mm]
= [mm] \dots [/mm]
Der erste Summand ist dann klar, man schreibt [mm] f(\rho)=\sum_nf(\lambda)E_n. [/mm] Wenn man die Summe auf [mm] x_n [/mm] anwendet, erhält man [mm] f(\lambda_n )x_n [/mm] was im Skalarprodukt mit [mm] x_n [/mm] dann einfach [mm] f(\lambda_n) [/mm] ergibt.
Der zweite und dritte Summand ist mir nicht so klar. Vermutlich schreibt man [mm] f(\sigma)=\sum_mf(\mu_m)E_m, [/mm] man betrachtet also [mm] \langle x_n,\sum_mf(\mu_m)E_m x_n\rangle. [/mm] Jetzt weis ich aber nicht, wie man den Ausdruck weiter umformt, damit am Ende [mm] \sum_m|\langle x_n,y_m\rangle|^2f(\mu_m) [/mm] raus kommt.
Der dritte Summand wird dann wohl wie der zweite zu behandeln sein.
Ich bin für jede Hilfe bzgl. des zweiten Summanden dankbar!
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:27 Fr 12.11.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo,
>
> ich beschäftige mich gerade mit der Klein-Ungleichung für
> konvexe Funktionen angewandt auf Dichteoperatoren und kann
> mir leider den Beweis nicht ganz erklären.
>
> Satz: Es sei [mm]f[/mm] eine konvexe [mm]C^1[/mm] Funktion mit geeigneten
> Definitionsbereich und [mm]\rho, \sigma[/mm] seinen zwei
> Dichteoperatoren [mm](\rho, \sigma[/mm] positiv,
> [mm]tr\rho=tr\sigma=1).[/mm]
> Dann gilt
> [mm]tr[f(\rho)-f(\sigma)-(\rho-\sigma)f^\prime(\sigma)]\geq 0.[/mm]
>
> Beweis: Zerlege [mm]\rho=\sum_n\lambda_nE_n,[/mm] wobei die
> [mm]\lambda_n[/mm] die Eigenwerte von [mm]\rho[/mm] sind und [mm]E_n[/mm]
> eindimensionale Projektionen auf die zugehörigen
> Eigenräume.
> Es seien [mm]{x_n}[/mm] und [mm]{y_m}[/mm] zwei vollständige
> Orthonormalsysteme, die aus den Eigenvektoren von [mm]\rho[/mm] bzw.
> [mm]\sigma[/mm] bestehen, d.h. [mm]\rho x_n=\lambda_nx_n[/mm] und [mm]\sigma y_m=\mu_my_m[/mm].
>
> Dann gilt:
>
> [mm]tr[f(\rho)-f(\sigma)-(\rho-\sigma)f^\prime(\sigma)] \notag \\[/mm]
> = [mm]\sum_n(f(\lambda_n)-\sum_m|\langle x_n,y_m\rangle|^2f(\mu_m)[/mm]
>
> [mm]-\sum_m(|\langle x_n,y_m\rangle|^2(\lambda_n-\mu_m)f^\prime(\mu_m)) \notag \\[/mm]
> = [mm]\sum_{n,m}|\langle x_n,y_m\rangle|^2(f(\lambda_n)-f(\mu_m)-(\lambda_n-\mu_m)f^\prime(\mu_m)) \notag.[/mm]
>
> Der letzte Ausdruck ist positive, denn [mm]f[/mm] ist konvex.
>
> ________________________________________________________
>
> Das war der Beweis. Die Herangehensweise ist klar, meine
> Fragen beziehen sich auf die Gleichung. Es geht mir darum,
> die Zwischenschritte bei den beiden Umformungen
> auszuformulieren.
>
> Der erste wäre wohl:
>
> [mm]tr[f(\rho)-f(\sigma)-(\rho-\sigma)f^\prime(\sigma)][/mm]
> = [mm]\sum_n(\langle x_n,f(\rho)x_n\rangle-\langle x_n,f(\sigma)x_n\rangle-\langle x_n, (\rho-\sigma)f^\prime(\sigma)x_n\rangle)[/mm]
>
> = [mm]\dots[/mm]
>
>
> Der erste Summand ist dann klar, man schreibt
> [mm]f(\rho)=\sum_nf(\lambda)E_n.[/mm] Wenn man die Summe auf [mm]x_n[/mm]
> anwendet, erhält man [mm]f(\lambda_n )x_n[/mm] was im Skalarprodukt
> mit [mm]x_n[/mm] dann einfach [mm]f(\lambda_n)[/mm] ergibt.
>
> Der zweite und dritte Summand ist mir nicht so klar.
> Vermutlich schreibt man [mm]f(\sigma)=\sum_mf(\mu_m)E_m,[/mm] man
> betrachtet also [mm]\langle x_n,\sum_mf(\mu_m)E_m x_n\rangle.[/mm]
> Jetzt weis ich aber nicht, wie man den Ausdruck weiter
> umformt, damit am Ende [mm]\sum_m|\langle x_n,y_m\rangle|^2f(\mu_m)[/mm]
> raus kommt.
Da [mm] $(x_n)$ [/mm] und [mm] $(y_m)$ [/mm] vollständige ONSe sind, ist
[mm] x_n = \summe_m \langle y_m\mid x_n\rangle y_m [/mm]
Viele Grüße
Rainer
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