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

Dec 28 2020

Laisser $$ A:=\left[\begin{array}{llll} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right] $$ Trouver $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$, où $M_{4 \times 2}(\mathbb{R})$ représente l'ensemble de toutes les matrices de taille $4\times 2$.

Je sais que $\mathrm{tr}A=\sum _i A_{ii}$, mais comment gérer cette borne supérieure? Il va de soi que$Q^T AQ$ est un $2\times 2$ matrice, mais je ne sais pas comment la condition $Q^TQ=I_2$Aidez-moi. Existe-t-il également des antécédents pour ce problème? Je vois rarement des problèmes (d'algèbre linéaire) demandant à la borne supérieure une trace et j'espère que je pourrais obtenir plus d'informations sur ce genre de problèmes (si possible).

Réponses

2 user1551 Dec 28 2020 at 14:27

$A$ est définie positive et ses quatre valeurs propres sont $2,4,4,8$. L'inégalité de trace de Von Neumann donne$$ \operatorname{tr}(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\sigma_i(Q^T)\sigma_i(AQ)=\sum_{i=1}^2\sigma_i(A)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=8+4=12. $$ Sinon, notez que $Q^TAQ$ est une sous-matrice principale de $U^TAU$ pour une matrice orthogonale $U$. Par l'inégalité d'entrelacement de Cauchy pour les sous-matrices bordées de matrices hermitiennes ou par l'inégalité de minimax de Courant-Fischer, on a$\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\lambda_i^\downarrow(U^TAU)=\lambda_i^\downarrow(A)$. Donc$\operatorname{tr}(Q^TAQ)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=12$.

De toute évidence, les égalités sont valables dans ce qui précède lorsque les deux colonnes de $Q$ sont deux vecteurs propres unitaires correspondant aux valeurs propres $8$ et $4$ respectivement.

4 Chrystomath Dec 28 2020 at 14:42

Voici une solution plus élémentaire.
Laisser$Q=\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}$. ensuite$$I_{2\times2}=Q^TQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TQ_1+Q_2^TQ_2$$ $$Q^TAQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B&0\\0&2B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TBQ_1+2Q_2^TBQ_2$$ Notez que $Q_1^TQ_1$ et $Q_2^TQ_2$ sont simultanément diagonalisables, avec des valeurs propres non négatives qui s'ajoutent à un, c'est-à-dire $Q_1^TQ_1=PD_1P^T$, $Q_2^TQ_2=P(I-D_1)P^T$ avec $P$orthogonal.
Puisque le problème est de maximiser la trace de la somme, dont les deux termes sont similaires, il est optimal de choisir$Q_1=0$. ensuite$Q_2$ est orthogonal et la trace maximale est $2\mathrm{tr}B=2\times6=12$.