弱优超不等式：关于e(A+B)t的三次与四次系数与eAt eBt的比较

《Linear Algebra and its Applications》：Weak majorization inequalities for the cubic and quartic coefficients of e( A+ B) t versus eAt eBt

　　摘要设A、B为两个埃尔米特矩阵。对每个整数k≥1，定义Hk:=(A+B)k，Qk:=∑p=0k(kp)ApBk?p。那么Hk=dkdtke(A+B)t|t=0，Qk=dkdtk(eAteBt)|t=0。我们证明，对于k=3,4，有λ(Hk)?wσ(Qk)。等价地，e(A+B)t的三次和四次泰勒系数的特征值弱受优超于乘积eAteBt的相应系数的奇异值，这可以看作Golden–Thompson不等式的高阶类比。我们的论证结合了Ky Fan变分原理和在三阶、四阶上的显式交换子恒等式，将问题归结为对Ky Fan极大化投影进行检验的某些双交换子迹形式的正性。我们还通过Dynkin公式将系数比较与Baker–Campbell–Hausdorff展开联系起来。一个显式的2×2例子表明，我们证明中使用的与ReQk的中间特征值比较在k=5时失效。

引言设Mn为n×n复矩阵空间，Hn?Mn为埃尔米特矩阵集合。我们用≤表示Hn上通常的Loewner序。对X∈Hn，记λ(X)=(λ1(X),…,λn(X))为按非递增顺序排列的特征值。对Y∈Mn，记σ(Y)=(σ1(Y),…,σn(Y))为按非递增顺序排列的奇异值。

给定x,y∈Rn（均按非递增顺序排列），若∑i=1rxi≤∑i=1ryi，r=1,…,n，则称x被y弱受优超，记为x?wy。若当r=n时等式也成立，则称x被y受优超，记为x?y。

若x,y∈R+n，且∏i=1rxi≤∏i=1ryi，r=1,…,n，则称x被y弱对数受优超，记为x?wlogy。若当r=n时等式也成立，则称x被y对数受优超，记为x?logy。关于矩阵受优超的背景，参见[19]。

Golden–Thompson不等式断言，对所有A,B∈Hn，有TreA+B≤Tr(eAeB)，当且仅当A和B交换时取等号[18], [21]。Thompson [22]证明了更强的对数受优超细化：λ(eA+B)?logλ(eAeB)。注意eAeB与正定矩阵eB/2eAeB/2相似，因此其特征值为正，可以按非递增顺序排列。关于进一步的发展，参见[1], [3], [4], [5], [7], [11], [14], [15], [16], [20]。

(1.1)和(1.2)均比较完整的指数。Lie–Trotter乘积公式[17], [23]提供了通往更局部信息的自然桥梁：et(A+B)=limn→∞?(etnAetnB)n。特别地，乘积etAetB是逼近et(A+B)的基本一阶分裂步骤，这引出了一个问题：能否在谱意义上比较e(A+B)t和eAteBt在t=0处的泰勒系数。

Baker–Campbell–Hausdorff (BCH)公式[2], [6], [8], [12], [13]精确说明了A和B的非交换性如何进入：对小的t，log?(etAetB)=t(A+B)+t22[A,B]+t312([A,[A,B]]+[B,[B,A]])+?。等价地，在t=0处展开两边给出e(A+B)t=I+t(A+B)+t22(A2+AB+BA+B2)+?，而eAteBt=I+t(A+B)+t22(A2+2AB+B2)+?，因此第一个差异已经出现在二阶导数中，并由交换子决定：d2dt2|t=0(eAteBt?e(A+B)t)=[A,B]。更高阶导数捕捉BCH预测的高阶嵌套交换子，因此提供了乘积eAteBt与e(A+B)t偏离程度的精细、逐系数视角。这激励了研究在t=0处的导数（或泰勒系数）的谱不等式，作为(1.1)和(1.2)的局部对应。

固定A,B∈Hn并设H=A+B。在t=0处展开得eHt=I+Ht+H22t2+H33!t3+H44!t4+?，和eAteBt=I+Q1t+Q22t2+Q33!t3+Q44!t4+?，Qk:=∑p=0k(kp)ApBk?p。Qk的公式由莱布尼茨法则和dpdtpeAt|t=0=Ap得出。显然，Q1=H。对Y∈Mn，记ReY=(Y+Y?)/2为其埃尔米特部分。我们回忆如下经典不等式。

引理1.1 Fan–Hoffman [10] 设Y∈Mn。则λj(ReY)≤σj(Y)，j=1,…,n。因此，λ(ReY)?wσ(Y)。

由于Q2=A2+2AB+B2，我们有H2=ReQ2。因此引理1.1给出λ(H2)=λ(ReQ2)?wσ(Q2)。这引出了以下问题。

问题1.2 是否对每个整数k≥3、每个维数n≥1以及所有A,B∈Hn，都有λ((A+B)k)?wσ(∑p=0k(kp)ApBk?p)？等价地，是否对所有这样的k,n,A,B都有∑j=1rλj(Hk)≤∑j=1rσj(Qk)，r=1,…,n？

我们对k=3和k=4肯定地回答了问题1.2。在这两种情况下，我们建立了中间比较λ(Hk)?wλ(ReQk)；对k=3这是受优超，总和对相等。我们还利用三阶时这个更强的受优超和四阶时H4的正性，获得了对每个酉不变范数的相应不等式。第5节讨论了k≥5的剩余问题，并将系数与BCH展开联系起来。一个精确的例子表明，中间特征值比较在五阶时失效，但这并未解决问题1.2中的奇异值比较。

预备知识 我们使用以下Ky Fan变分原理以及上面回忆的Fan–Hoffman不等式。

引理2.1 Ky Fan [9] 设X∈Hn。则对每个r=1,…,n，∑j=1rλj(X)=maxE=E?=E2rank(E)=r?Tr(EX)。

我们将反复使用以下交换子的迹恒等式：对任意X,Y,Z∈Mn，有Tr(Z[X,Y])=Tr([Z,X]Y)。它通过展开两边并利用迹的循环性得到。

所谓“与r个最大特征值相关的谱投影”，是指投影到由

三次系数（k=3） 在下文中，设H:=A+B，X:=A?B。注意[X,H]=2[A,B]。

引理3.1 设A,B∈Hn，定义Q3:=A3+3A2B+3AB2+B3，R3:=ReQ3。则R3?H3=14[X,[X,H]]。

证明 直接展开得R3=A3+B3+32(A2B+BA2+AB2+B2A)，以及H3=A3+B3+(A2B+ABA+BA2)+(AB2+BAB+B2A)。相减得R3?H3=12(A2B+BA2+AB2+B2A)?(ABA+BAB)。另一方面，[X,[X,H]]=[A?B,[A?B,A+B]]=2[A?B,[A,B]]=2(A2B+BA2+AB2+B2A?2ABA?2BAB)，因此得(3.1)。□

定理3.2 设A,B∈Hn，H=A+B，Q3如上。则λ(H3)?λ(ReQ3)。因此，λ(H3)?wσ(Q3)。

证明 首先，由引理3.1和Tr([U,V])=0对

四次系数（k=4） 引理4.1 设A,B∈Hn，定义Q4:=A4+4A3B+6A2B2+4AB3+B4，R4:=ReQ4。设H=A+B，X=A?B，则R4?H4=12[X,[X,H2]]?14[X,H]2。

证明 记A=(H+X)/2，B=(H?X)/2。(4.1)两边都是H和X的非交换多项式。展开并比较长度为4的字的系数，即得该恒等式；详细过程见附录A。□

定理4.2 设A,B∈Hn，H=A+B，Q4如上。则λ(H4)?wλ(ReQ4)。因此，λ(H4)?wσ(Q4)。

证明 固定r∈{1,…,n}，设E为H2的谱投影

迈向一般的k 设A,B∈Hn，回顾H=A+B，Qk=∑p=0k(kp)ApBk?p。问题1.2的剩余问题是，是否对每个整数k≥5、每个维数n≥1以及所有埃尔米特A,B∈Mn，都有λ(Hk)?wσ(Qk)。k=1,2的情形已在引言中注意到，定理3.2和4.2确立了k=3,4的情形。我们将(5.1)对任意k≥5的有效性留作一个开放问题。我们首先解释上述使用的中间特征值比较的局限性，然后描述系数Qk的

致谢 作者感谢其导师Minghua Lin引起他对该主题的关注。他还感谢Otte Hein?vaara指出将中间特征值比较与ReQk扩展到五阶的障碍。作者受中国国家留学基金委、中国科协青年人才托举工程（博士生）以及西安交通大学中央高校基本科研业务费资助。