Hilbert-Schmidt算子乘积的迹循环置换稳定性及相关迹性质问询

Hey，咱们来一步步梳理这两个算子理论的问题，答案其实都可以从迹类算子的核心性质推导出来：

答案是肯定的，$\text{trace}(H_1H_2)=\text{trace}(H_2H_1)$必然成立。咱们来拆解推导过程：

1. 先补全前提细节：你已经知道Hilbert-Schmidt算子的乘积是迹类算子，其实反过来$H_2H_1$同样是迹类算子——因为Hilbert-Schmidt算子的伴随仍是Hilbert-Schmidt算子，$(H_1H_2)^* = H_2^*H_1$是迹类，而迹类算子的伴随也属于迹类，所以$H_2H_1 = (H_1^*H_2)^*$自然也属于迹类。
2. 再结合你给出的迹类循环性质：对于任意连续线性算子$S$和迹类算子$T$，$\text{trace}(ST)=\text{trace}(TS)$。或者换个更直观的矩阵视角验证：
   取Hilbert空间的一组正交基${e_i}$，$H_1$的矩阵元$h_{ij} = \langle H_1 e_j, e_i \rangle$，$H_2$的矩阵元$k_{ij} = \langle H_2 e_j, e_i \rangle$，两者都是平方可和的（Hilbert-Schmidt的定义）。
   $H_1H_2$的迹是$\sum_i \langle H_1H_2 e_i, e_i \rangle = \sum_{i,k} h_{ik}k_{ki}$，
   $H_2H_1$的迹是$\sum_i \langle H_2H_1 e_i, e_i \rangle = \sum_{i,k} k_{ik}h_{ki}$。
   由于两个双重求和都是绝对收敛的（柯西不等式可证），我们可以交换求和顺序，最终两个迹完全相等。

结论同样是**$\text{trace}(AB)=\text{trace}(BA)$**，这是迹的循环性质的推广——哪怕$A$和$B$不是Hilbert-Schmidt算子，只要$AB$和$BA$都属于迹类，这个等式就成立。

给两种常用的证明思路：

• 有限秩逼近法：有限秩算子在迹类空间中是稠密的。假设$A_n$是逼近$A$的有限秩算子，且$A_nB \to AB$、$BA_n \to BA$在迹范数下收敛，那么对于有限秩算子$A_n$，显然$\text{trace}(A_nB)=\text{trace}(BA_n)$（对应有限矩阵的迹交换性），取极限后就得到目标等式。
• 极分解法：把$A$写成$U|A|$（$U$是酉算子，$|A|=\sqrt{A^*A}$是正半定自伴算子），那么$AB=U|A|B$，$BA=BU|A|$。利用迹类算子与酉算子的交换性质（$\text{trace}(UT)=\text{trace}(TU)$对酉算子$U$和迹类$T$成立），可得：
  $\text{trace}(AB)=\text{trace}(U|A|B)=\text{trace}(|A|BU)$，
  $\text{trace}(BA)=\text{trace}(BU|A|)=\text{trace}(|A|BU)$，
  两者自然相等。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者axioman