17. (Ando-Zhan) 设 $A,B\in M_n$ 半正定, $\sen{\cdot}$ 是一个酉不变范数, 则 $$\bex \sen{(A+B)^r}\leq \sen{A^r+B^r},\quad (0<r\leq 1), \eex$$ $$\bex \sen{(A+B)^r}\geq \sen{A^r+B^r},\quad (1\leq r<\infty). \eex$$

证明: (1). 先证当 $0<r\leq 1$ 时, $$\bex \sen{(A+B)^r}\leq \sen{A^r+B^r}. \eex$$ 由 Fan 支配原理, 仅须验证 $$\bex s((A+B)^r)\prec_w s(A^r+B^r). \eex$$ 而对 $\forall\ 1\leq k\leq n$, $$\bex \sum_{i=1}^k \lm_i((A+B)^r) \leq \sum_{i=1}^k \lm_i(A^r+B^r). \eex$$ 由第三章第 11 题的证明, 这又等价于证明: $$\bex \max_{\sen{x_i}=1\atop i=1,\cdots,k} \sum_{i=1}^k \sef{(A+B)^rx_i,x_i} \leq \max_{\sen{x_i}=1\atop i=1,\cdots,k} \sum_{i=1}^k \sef{(A^r+B^r)x_i,x_i}. \eex$$ 又 $f(t)=t^r$ 是 $[0,\infty)$ 上的算子单调函数, 有积分表示 (引理 4.13) $$\bex t^r=\al+\beta t+\int_0^\infty \frac{st}{s+t}\rd \mu(s),\quad \beta\geq 0. \eex$$ 我们仅须证明对 $s>0$, $$\beex \bea \max_{\sen{x_i}=1\atop i=1,\cdots,k} \sum_{i=1}^k \sef{s(A+B)(sI+A+B)^{-1}x_i,x_i} &\leq \max_{\sen{x_i}=1\atop i=1,\cdots,k}\sum_{i=1}^k \sef{sA(sI+A)^{-1}x_i,x_i}\\ &\quad +\sum_{i=1}^k \sef{sB(sI+B)^{-1}x_i,x_i}. \eea \eeex$$ 分别用 $A,B$ 代替 $A/s$, $B/s$, 即要证明 $$\beex \bea \max_{\sen{x_i}=1\atop i=1,\cdots,k}\sum_{i=1}^k \sef{(A+B)(I+A+B)^{-1}x_i,x_i} &\leq \max_{\sen{x_i}=1\atop i=1,\cdots,k}\sum_{i=1}^k \sef{A(I+A)^{-1}x_i,x_i}\\ &\quad +\max_{\sen{x_i}=1\atop i=1,\cdots,k}\sum_{i=1}^k \sef{B(I+B)^{-1}x_i,x_i}. \eea \eeex$$ 选取 $x_i$ 为从属于 $A+B$ 的第 $i$ 大的特征值的单位特征向量, 即要证明 $$\bex \sum_{i=1}^k \sef{(A+B)(I+A+B)^{-1}x_i,x_i} \leq \sum_{i=1}^k \sef{A(I+A)^{-1}x_i,x_i} +\sum_{i=1}^k \sef{B(I+B)^{-1}x_i,x_i}. \eex$$ 记 $C=(I+A+B)^{-\frac{1}{2}}$, 则 $$\bex (A+B)(I+A+B)^{-1} =(A+B)C^2 =C(A+B)C =CAC+CBC. \eex$$ 故又仅须证明 $$\bee\label{4_17_A} \sum_{i=1}^k \sef{CACx_i,x_i} \leq \sum_{i=1}^k \sef{A(I+A)^{-1}x_i,x_i}, \eee$$ $$\bee\label{4_17_B} \sum_{i=1}^k \sef{CBCx_i,x_i} \leq \sum_{i=1}^k \sef{B(I+B)^{-1}x_i,x_i}. \eee$$ 这两式的证明雷同, 故仅须证明 \eqref{4_17_A} 如下. 由 $$\beex \bea (A+B)x_i=\lm_ix_i&\ra (I+A+B)x_i=(\lm_i+1)x_i\\ &\ra C^2x_i=\frac{1}{1+\lm_i}x_i\\ &\ra Cx_i=\frac{1}{\sqrt{1+\lm_i}}x_i \eea \eeex$$ 知 $x_i$ 为从属于 $C$ 的第 $i$ 小的特征值 $\mu_i$ 的单位特征向量, $i=1,\cdots,k$. 令 $$\bex U_1=(x_1,\cdots,x_k), \eex$$ 即要证明 $$\bee\label{4_17_tr} \tr\sez{U_1^*CACU_1}\leq \tr \sez{ U_1^*A(A+I)^{-1}U_1}. \eee$$ 设 $x_i$ 定义如前, $i=k+1,\cdots,n$, $$\bex U_2=(x_{k+1},\cdots,x_n),\quad U=(U_1,U_2), \eex$$ 则 $$\bex CU_1=U_1D_1,\quad CU_2=U_2D_2,\quad U\mbox{ 为酉阵}, \eex$$ 其中 $$\bex D_1=\diag(\mu_1,\cdots,\mu_k),\quad D_2=\diag(\mu_{k+1},\cdots,\mu_n),\quad \mu_1\leq \cdots\leq \mu_n. \eex$$ 这样, $$\beex \bea \tr\sez{U_1^*CACU_1} &=\sen{A^\frac{1}{2}CU_1}_F^2\\ &=\sen{U^*A^\frac{1}{2}U_1D_1}_F^2\\ &=\sen{\sex{ U_1^*A^\frac{1}{2}U_1D_1\atop U_2^*A^\frac{1}{2}U_1D_1 }}_F^2\\ &=\sen{U_1^*A^\frac{1}{2}U_1D_1}_F^2 +\sen{U_2^*A^\frac{1}{2}U_1D_1}_F^2\\ &\leq \mu_k^2\sen{U_1^*A^\frac{1}{2}U_1D_1}_F^2 +\sen{U_2^*A^\frac{1}{2}U_1}_F^2;\\ \tr\sez{U_1^*A(A+I)^{-1}U_1} &=\tr\sez{U_1^*A^\frac{1}{2}(A+I)^{-1}A^\frac{1}{2} U_1}\\ &\geq \tr\sez{U_1^*A^\frac{1}{2}CA^\frac{1}{2} U_1}\\ &=\sen{CA^\frac{1}{2}U_1}_F^2\\ &=\sen{U_1^*A^\frac{1}{2}C}_F^2\\ &=\sen{U_1^*A^\frac{1}{2}CU}_F^2\\ &=\sen{U_1^*A^\frac{1}{2}(U_1D_1,U_2D_2)}_F^2\\ &=\sen{U_1^*A^\frac{1}{2}U_1D_1}_F^2 +\sen{U_1^*A^\frac{1}{2}U_2D_2}_F^2\\ &\geq \sen{U_1^*A^\frac{1}{2}U_1D_1}_F^2 +\mu_k^2\sen{U_1^*A^\frac{1}{2}U_2}_F^2. \eea \eeex$$

(2). 当 $r\geq 1$ 时, 令 $g(t)=t^r=f^{-1}(t)$, $f(t)=t^\frac{1}{r}$, 则由 (1), $$\bex s(f[g(A)+g(B)])\prec_w s(f[g(A)]+f[g(A)])=s(A+B). \eex$$ 由 $g$ 是非负的递增凸函数, 定理 3.21, 及类似于定理 1.3 的映射定理, $$\bex s(g(A)+g(B))\prec_ws(g(A+B)). \eex$$ 据 Fan 支配原理, 即得结论. 

[詹兴致矩阵论习题参考解答]习题4.17