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

Question

Позволять $$ A:=\left[\begin{array}{llll} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right] $$ найти $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$, где $M_{4 \times 2}(\mathbb{R})$ представляет собой набор всех матриц размера $4\times 2$.

я знаю это $\mathrm{tr}A=\sum _i A_{ii}$, но как мы можем справиться с этой верхней границей? Очевидно, что$Q^T AQ$ это $2\times 2$ матрица, но я не знаю, как условие $Q^TQ=I_2$Помогите. Кроме того, есть ли предыстория для этой проблемы? Я редко вижу (линейная алгебра) проблемы, которые задают верхнюю границу для трассировки, и я надеюсь, что смогу получить дополнительную информацию о таких проблемах (если возможно).

Answer 1

$A$ положительно определен и его четыре собственных значения равны $2,4,4,8$. Следовое неравенство фон Неймана дает$$ \operatorname{tr}(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\sigma_i(Q^T)\sigma_i(AQ)=\sum_{i=1}^2\sigma_i(A)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=8+4=12. $$ В качестве альтернативы обратите внимание, что $Q^TAQ$ главная подматрица $U^TAU$ для некоторой ортогональной матрицы $U$. По неравенству чередования Коши для подматриц эрмитовых матриц с краями или по минимаксному неравенству Куранта-Фишера имеем$\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\lambda_i^\downarrow(U^TAU)=\lambda_i^\downarrow(A)$. Следовательно$\operatorname{tr}(Q^TAQ)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=12$.

Очевидно, что в приведенном выше равенстве выполняются два столбца $Q$ - два единичных собственных вектора, соответствующих собственным значениям $8$ и $4$ соответственно.

Answer 2

Вот более элементарное решение.
Позволять$Q=\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}$. потом$$I_{2\times2}=Q^TQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TQ_1+Q_2^TQ_2$$ $$Q^TAQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B&0\\0&2B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TBQ_1+2Q_2^TBQ_2$$ Обратите внимание, что $Q_1^TQ_1$ и $Q_2^TQ_2$ одновременно диагонализируемы, с неотрицательными собственными значениями, которые складываются в единицу, т. е. $Q_1^TQ_1=PD_1P^T$, $Q_2^TQ_2=P(I-D_1)P^T$ с участием $P$ортогональные.
Поскольку задача состоит в том, чтобы максимизировать след суммы, оба члена которой похожи друг на друга, оптимально выбрать$Q_1=0$. потом$Q_2$ ортогонален, а максимальный след равен $2\mathrm{tr}B=2\times6=12$.