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

Question

Membiarkan $$ A:=\left[\begin{array}{llll} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right] $$ Temukan $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$, dimana $M_{4 \times 2}(\mathbb{R})$ mewakili himpunan semua matriks ukuran $4\times 2$.

saya tahu itu $\mathrm{tr}A=\sum _i A_{ii}$, tapi bagaimana kita bisa mengatasi batas atas ini? Jelas sekali$Q^T AQ$ adalah $2\times 2$ matriks, tapi saya tidak tahu bagaimana kondisinya $Q^TQ=I_2$Tolong. Juga, apakah ada latar belakang untuk masalah ini? Saya jarang melihat masalah (aljabar linier) yang meminta jejak ke atas dan saya harap saya bisa mendapatkan informasi lebih lanjut tentang masalah semacam ini (jika mungkin).

Answer 1

$A$ adalah pasti positif dan empat nilai eigennya adalah $2,4,4,8$. Ketidaksamaan jejak Von Neumann memberi$$ \operatorname{tr}(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\sigma_i(Q^T)\sigma_i(AQ)=\sum_{i=1}^2\sigma_i(A)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=8+4=12. $$ Sebagai alternatif, perhatikan itu $Q^TAQ$ adalah submatrix utama dari $U^TAU$ untuk beberapa matriks ortogonal $U$. Dengan ketimpangan interlacing Cauchy untuk submatrices berbatasan dari matriks Hermitian atau dengan minimax minimax Courant-Fischer, kita punya$\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\lambda_i^\downarrow(U^TAU)=\lambda_i^\downarrow(A)$. Karena itu$\operatorname{tr}(Q^TAQ)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=12$.

Jelas, persamaan bertahan di atas ketika dua kolom $Q$ adalah dua unit vektor eigen yang sesuai dengan nilai eigen $8$ dan $4$ masing-masing.

Answer 2

Berikut adalah solusi yang lebih mendasar.
Membiarkan$Q=\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}$. Kemudian$$I_{2\times2}=Q^TQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TQ_1+Q_2^TQ_2$$ $$Q^TAQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B&0\\0&2B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TBQ_1+2Q_2^TBQ_2$$ Catat itu $Q_1^TQ_1$ dan $Q_2^TQ_2$ secara bersamaan dapat didiagonalisasi, dengan nilai eigen non-negatif yang ditambahkan ke satu, yaitu, $Q_1^TQ_1=PD_1P^T$, $Q_2^TQ_2=P(I-D_1)P^T$ dengan $P$ortogonal.
Karena masalahnya adalah untuk memaksimalkan jejak penjumlahan, kedua istilah yang serupa satu sama lain, maka optimal untuk dipilih$Q_1=0$. Kemudian$Q_2$ adalah ortogonal dan jejak maksimumnya adalah $2\mathrm{tr}B=2\times6=12$.