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

Question

Pozwolić $$ A:=\left[\begin{array}{llll} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right] $$ Odnaleźć $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$, gdzie $M_{4 \times 2}(\mathbb{R})$ reprezentuje zbiór wszystkich macierzy o rozmiarze $4\times 2$.

wiem to $\mathrm{tr}A=\sum _i A_{ii}$, ale jak możemy sobie poradzić z tą górną granicą? To oczywiste, że$Q^T AQ$ jest $2\times 2$ matrix, ale nie wiem, jak działa warunek $Q^TQ=I_2$Wsparcie. Czy są jakieś tła dla tego problemu? Rzadko widzę (algebra liniowa) problemy z pytaniem górnej granicy o ślad i mam nadzieję, że uda mi się uzyskać dalsze informacje o tego rodzaju problemach (jeśli to możliwe).

Answer 1

$A$ jest określony dodatnio, a jego cztery wartości własne są $2,4,4,8$. Nierówność śladowa von Neumanna daje$$ \operatorname{tr}(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\sigma_i(Q^T)\sigma_i(AQ)=\sum_{i=1}^2\sigma_i(A)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=8+4=12. $$ Alternatywnie, zauważ to $Q^TAQ$ jest główną podmacierz $U^TAU$ dla jakiejś macierzy ortogonalnej $U$. Przez przeplatanie nierówności Cauchy'ego dla graniczących podmatryc macierzy hermitowskich lub nierówności minimaksów Couranta-Fischera, mamy$\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\lambda_i^\downarrow(U^TAU)=\lambda_i^\downarrow(A)$. W związku z tym$\operatorname{tr}(Q^TAQ)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=12$.

Oczywiście równości są zachowane w powyższym, gdy dwie kolumny $Q$ są dwoma jednostkowymi wektorami własnymi odpowiadającymi wartościom własnym $8$ i $4$ odpowiednio.

Answer 2

Oto bardziej elementarne rozwiązanie.
Pozwolić$Q=\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}$. Następnie$$I_{2\times2}=Q^TQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TQ_1+Q_2^TQ_2$$ $$Q^TAQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B&0\\0&2B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TBQ_1+2Q_2^TBQ_2$$ Zwróć na to uwagę $Q_1^TQ_1$ i $Q_2^TQ_2$ są jednocześnie diagonalizowalne, z nieujemnymi wartościami własnymi, które dodają się do jednego, tj. $Q_1^TQ_1=PD_1P^T$, $Q_2^TQ_2=P(I-D_1)P^T$ z $P$prostokątny.
Ponieważ problemem jest maksymalizacja śladu sumy, której oba warunki są do siebie podobne, optymalnie jest wybrać$Q_1=0$. Następnie$Q_2$ jest ortogonalna, a ślad maksymalny to $2\mathrm{tr}B=2\times6=12$.