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

Question

Deixei $$ A:=\left[\begin{array}{llll} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right] $$ Encontrar $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$, Onde $M_{4 \times 2}(\mathbb{R})$ representa o conjunto de todas as matrizes de tamanho $4\times 2$.

eu sei que $\mathrm{tr}A=\sum _i A_{ii}$, mas como podemos lidar com esse limite superior? É obvio que$Q^T AQ$ é um $2\times 2$ matriz, mas não sei como é que a condição $Q^TQ=I_2$Socorro. Além disso, existe algum plano de fundo para esse problema? Raramente vejo (álgebra linear) problemas pedindo ao limite superior um traço e espero poder obter mais informações sobre esse tipo de problema (se possível).

Answer 1

$A$ é definido positivo e seus quatro valores próprios são $2,4,4,8$. O traço de desigualdade de Von Neumann dá$$ \operatorname{tr}(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\sigma_i(Q^T)\sigma_i(AQ)=\sum_{i=1}^2\sigma_i(A)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=8+4=12. $$ Alternativamente, observe que $Q^TAQ$ é uma submatriz principal de $U^TAU$ para alguma matriz ortogonal $U$. Pela desigualdade entrelaçada de Cauchy para submatrizes com bordas de matrizes Hermitianas ou pela desigualdade mínima de Courant-Fischer, temos$\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\lambda_i^\downarrow(U^TAU)=\lambda_i^\downarrow(A)$. Portanto$\operatorname{tr}(Q^TAQ)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=12$.

Obviamente, as igualdades prevalecem no acima, quando as duas colunas de $Q$ são dois autovetores unitários correspondentes aos autovalores $8$ e $4$ respectivamente.

Answer 2

Aqui está uma solução mais elementar.
Deixei$Q=\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}$. Então$$I_{2\times2}=Q^TQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TQ_1+Q_2^TQ_2$$ $$Q^TAQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B&0\\0&2B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TBQ_1+2Q_2^TBQ_2$$ Observe que $Q_1^TQ_1$ e $Q_2^TQ_2$ são simultaneamente diagonalizáveis, com autovalores não negativos que somam um, ou seja, $Q_1^TQ_1=PD_1P^T$, $Q_2^TQ_2=P(I-D_1)P^T$ com $P$ortogonal.
Uma vez que o problema é maximizar o traço da soma, ambos os termos são semelhantes entre si, é ideal escolher$Q_1=0$. Então$Q_2$ é ortogonal e o traço máximo é $2\mathrm{tr}B=2\times6=12$.