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

Dec 28 2020

चलो $$ A:=\left[\begin{array}{llll} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right] $$ का पता लगाएं $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$, कहां है $M_{4 \times 2}(\mathbb{R})$ आकार के सभी मैट्रिक्स के सेट का प्रतिनिधित्व करता है $4\times 2$

मुझे पता है $\mathrm{tr}A=\sum _i A_{ii}$, लेकिन हम इस ऊपरी बाध्यता से कैसे निपट सकते हैं? यह स्पष्ट है कि$Q^T AQ$ एक है $2\times 2$ मैट्रिक्स, लेकिन मुझे नहीं पता कि हालत कैसी है $Q^TQ=I_2$मदद। इसके अलावा, क्या इस समस्या की कोई पृष्ठभूमि है? मैं शायद ही कभी (रेखीय बीजगणित) समस्याओं को एक ट्रेस के लिए बंधे हुए अपर पूछ रहा हूं और मुझे आशा है कि मुझे इस तरह की समस्याओं (यदि संभव हो तो) के बारे में अधिक जानकारी मिल सकती है।

जवाब

2 user1551 Dec 28 2020 at 14:27

$A$ सकारात्मक निश्चित है और इसके चार प्रतिरूप हैं $2,4,4,8$। वॉन न्यूमैन की ट्रेस असमानता देता है$$ \operatorname{tr}(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\sigma_i(Q^T)\sigma_i(AQ)=\sum_{i=1}^2\sigma_i(A)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=8+4=12. $$ वैकल्पिक रूप से, ध्यान दें $Q^TAQ$ का एक प्रमुख सबमेट्रिक्स है $U^TAU$ कुछ ऑर्थोगोनल मैट्रिक्स के लिए $U$। हर्मिटियन मैट्रिस के सीमावर्ती उपमहाद्वीपों के लिए या कोर्टेंट-फिशर न्यूनतम असमानता के लिए कॉची की इंटरलाकिंग असमानता, हमारे पास है$\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\lambda_i^\downarrow(U^TAU)=\lambda_i^\downarrow(A)$। इसलिए$\operatorname{tr}(Q^TAQ)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=12$

स्पष्ट रूप से, जब दो कॉलम होते हैं तो समानताएं ऊपर होती हैं $Q$ दो यूनिट eigenvectors eigenvalues ​​के अनुरूप हैं $8$ तथा $4$ क्रमशः।

4 Chrystomath Dec 28 2020 at 14:42

यहाँ एक अधिक प्राथमिक समाधान है।
चलो$Q=\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}$। फिर$$I_{2\times2}=Q^TQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TQ_1+Q_2^TQ_2$$ $$Q^TAQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B&0\\0&2B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TBQ_1+2Q_2^TBQ_2$$ ध्यान दें कि $Q_1^TQ_1$ तथा $Q_2^TQ_2$ एक साथ गैर-नकारात्मक eigenvalues ​​के साथ एक साथ विकर्ण होते हैं, जो एक को जोड़ते हैं, अर्थात, $Q_1^TQ_1=PD_1P^T$, $Q_2^TQ_2=P(I-D_1)P^T$ साथ से $P$ऑर्थोगोनल।
चूंकि समस्या योग के ट्रेस को अधिकतम करने के लिए है, जिनमें से दोनों शब्द एक दूसरे के समान हैं, यह चुनना इष्टतम है$Q_1=0$। फिर$Q_2$ ऑर्थोगोनल है और अधिकतम ट्रेस है $2\mathrm{tr}B=2\times6=12$