Encontrar $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$ [duplicar]

Dec 28 2020

Dejar $$ A:=\left[\begin{array}{llll} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right] $$ Encontrar $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$, dónde $M_{4 \times 2}(\mathbb{R})$ representa el conjunto de todas las matrices de tamaño $4\times 2$.

Yo sé eso $\mathrm{tr}A=\sum _i A_{ii}$, pero ¿cómo podemos lidiar con este límite superior? Eso es obvio$Q^T AQ$ es un $2\times 2$ matriz, pero no sé cómo funciona la condición $Q^TQ=I_2$Ayuda. Además, ¿existen antecedentes para este problema? Rara vez veo problemas (álgebra lineal) pidiendo un rastro al límite superior y espero poder obtener más información sobre este tipo de problemas (si es posible).

Respuestas

2 user1551 Dec 28 2020 at 14:27

$A$ es definida positiva y sus cuatro valores propios son $2,4,4,8$. La traza de la desigualdad de Von Neumann da$$ \operatorname{tr}(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\sigma_i(Q^T)\sigma_i(AQ)=\sum_{i=1}^2\sigma_i(A)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=8+4=12. $$ Alternativamente, tenga en cuenta que $Q^TAQ$ es una submatriz principal de $U^TAU$ para alguna matriz ortogonal $U$. Por la desigualdad entrelazada de Cauchy para submatrices bordeadas de matrices hermitianas o por la desigualdad minimax de Courant-Fischer, tenemos$\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\lambda_i^\downarrow(U^TAU)=\lambda_i^\downarrow(A)$. Por lo tanto$\operatorname{tr}(Q^TAQ)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=12$.

Obviamente, las igualdades se mantienen en lo anterior cuando las dos columnas de $Q$ son dos autovectores unitarios correspondientes a los autovalores $8$ y $4$ respectivamente.

4 Chrystomath Dec 28 2020 at 14:42

Aquí hay una solución más elemental.
Dejar$Q=\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}$. Entonces$$I_{2\times2}=Q^TQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TQ_1+Q_2^TQ_2$$ $$Q^TAQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B&0\\0&2B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TBQ_1+2Q_2^TBQ_2$$ Tenga en cuenta que $Q_1^TQ_1$ y $Q_2^TQ_2$ son simultáneamente diagonalizables, con valores propios no negativos que se suman a uno, es decir, $Q_1^TQ_1=PD_1P^T$, $Q_2^TQ_2=P(I-D_1)P^T$ con $P$ortogonal.
Dado que el problema es maximizar la traza de la suma, cuyos términos son similares entre sí, es óptimo elegir$Q_1=0$. Entonces$Q_2$ es ortogonal y el trazo máximo es $2\mathrm{tr}B=2\times6=12$.