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

Question

Permettere $$ A:=\left[\begin{array}{llll} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right] $$ Trova $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$, dove $M_{4 \times 2}(\mathbb{R})$ rappresenta l'insieme di tutte le matrici di dimensione $4\times 2$.

So che $\mathrm{tr}A=\sum _i A_{ii}$, ma come affrontare questo limite superiore? E 'ovvio che$Q^T AQ$ è un $2\times 2$ matrice, ma non so come fa la condizione $Q^TQ=I_2$Aiuto. Inoltre, ci sono sfondi per questo problema? Raramente vedo problemi (algebra lineare) che richiedono una traccia al limite superiore e spero di poter ottenere ulteriori informazioni su questo tipo di problemi (se possibile).

Answer 1

$A$ è definita positiva ei suoi quattro autovalori sono $2,4,4,8$. La disuguaglianza delle tracce di Von Neumann dà$$ \operatorname{tr}(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\sigma_i(Q^T)\sigma_i(AQ)=\sum_{i=1}^2\sigma_i(A)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=8+4=12. $$ In alternativa, nota quello $Q^TAQ$ è una principale sottomatrice di $U^TAU$ per qualche matrice ortogonale $U$. Dalla disuguaglianza di interlacciamento di Cauchy per le sottomatrici confinate di matrici Hermitiane o dalla disuguaglianza minimax di Courant-Fischer$\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\lambda_i^\downarrow(U^TAU)=\lambda_i^\downarrow(A)$. Perciò$\operatorname{tr}(Q^TAQ)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=12$.

Ovviamente, le uguaglianze valgono quanto sopra quando le due colonne di $Q$ sono due autovettori unitari corrispondenti agli autovalori $8$ e $4$ rispettivamente.

Answer 2

Ecco una soluzione più elementare.
Permettere$Q=\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}$. Poi$$I_{2\times2}=Q^TQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TQ_1+Q_2^TQ_2$$ $$Q^TAQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B&0\\0&2B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TBQ_1+2Q_2^TBQ_2$$ Notare che $Q_1^TQ_1$ e $Q_2^TQ_2$ sono contemporaneamente diagonalizzabili, con autovalori non negativi che si sommano a uno, cioè $Q_1^TQ_1=PD_1P^T$, $Q_2^TQ_2=P(I-D_1)P^T$ con $P$ortogonale.
Poiché il problema è massimizzare la traccia della somma, i cui termini sono simili tra loro, è ottimale scegliere$Q_1=0$. Poi$Q_2$ è ortogonale e la traccia massima è $2\mathrm{tr}B=2\times6=12$.