検索 $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$ [複製]
しましょう $$ A:=\left[\begin{array}{llll} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right] $$ 検索 $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$、 どこ $M_{4 \times 2}(\mathbb{R})$ サイズのすべての行列のセットを表します $4\times 2$。
そんなこと知ってる $\mathrm{tr}A=\sum _i A_{ii}$、しかし、この上限にどのように対処できますか?それは明らかです$Q^T AQ$ は $2\times 2$ マトリックスですが、条件はどうですか? $Q^TQ=I_2$助けて。また、この問題の背景はありますか?トレースの上限を求める(線形代数)問題はめったに見られません。(可能であれば)この種の問題についてさらに情報を得ることができればと思います。
回答
$A$ は正定値であり、その4つの固有値は $2,4,4,8$。フォンノイマンの痕跡不等式は$$ \operatorname{tr}(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\sigma_i(Q^T)\sigma_i(AQ)=\sum_{i=1}^2\sigma_i(A)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=8+4=12. $$ または、注意してください $Q^TAQ$ の主要な部分行列です $U^TAU$ いくつかの直交行列の場合 $U$。エルミート行列の境界のある部分行列に対するコーシーのインターレース不等式、またはクーラント-フィッシャー最小最大不等式によって、$\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\lambda_i^\downarrow(U^TAU)=\lambda_i^\downarrow(A)$。したがって、$\operatorname{tr}(Q^TAQ)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=12$。
明らかに、上記の2つの列が $Q$ 固有値に対応する2つの単位固有ベクトルです $8$ そして $4$ それぞれ。
これがより基本的な解決策です。
しましょう$Q=\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}$。次に$$I_{2\times2}=Q^TQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TQ_1+Q_2^TQ_2$$ $$Q^TAQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B&0\\0&2B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TBQ_1+2Q_2^TBQ_2$$ ご了承ください $Q_1^TQ_1$ そして $Q_2^TQ_2$ 同時に対角化可能であり、非負の固有値が1に加算されます。 $Q_1^TQ_1=PD_1P^T$、 $Q_2^TQ_2=P(I-D_1)P^T$ と $P$直交。
問題は、両方の項が互いに類似している合計のトレースを最大化することであるため、選択するのが最適です$Q_1=0$。次に$Q_2$ は直交し、最大トレースは $2\mathrm{tr}B=2\times6=12$。