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

Question

İzin Vermek $$ A:=\left[\begin{array}{llll} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right] $$ Bul $\sup _\limits{Q \in M_{4\times 2} (\mathbb{R}), Q^{T} Q=I_{2}} \operatorname{tr}\left(Q^{T} A Q\right)$, nerede $M_{4 \times 2}(\mathbb{R})$ boyuttaki tüm matrislerin kümesini temsil eder $4\times 2$.

bunu biliyorum $\mathrm{tr}A=\sum _i A_{ii}$ama bu üst sınırla nasıl başa çıkabiliriz? Açıktır ki$Q^T AQ$ bir $2\times 2$ matris, ama durum nasıl bilmiyorum $Q^TQ=I_2$Yardım. Ayrıca, bu sorunun arka planı var mı? Nadiren (doğrusal cebir) bir iz için üst sınırdan soran problemler görüyorum ve umarım bu tür problemler hakkında (mümkünse) daha fazla bilgi alabilirim.

Answer 1

$A$ pozitif tanımlıdır ve dört öz değeri $2,4,4,8$. Von Neumann'ın iz eşitsizliği verir$$ \operatorname{tr}(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\sigma_i(Q^T)\sigma_i(AQ)=\sum_{i=1}^2\sigma_i(A)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=8+4=12. $$ Alternatif olarak, şunu unutmayın: $Q^TAQ$ ana alt matrisidir $U^TAU$ bazı ortogonal matrisler için $U$. Hermit matrislerinin sınırlanmış alt matrisleri için Cauchy'nin taramalı eşitsizliğine veya Courant-Fischer minimax eşitsizliğine göre,$\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\lambda_i^\downarrow(U^TAU)=\lambda_i^\downarrow(A)$. Bu nedenle$\operatorname{tr}(Q^TAQ)=\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(Q^TAQ)\le\sum_{i=1}^2\lambda_i^\downarrow(A)=12$.

Açıkçası, eşitlikler yukarıda iki sütun olduğunda $Q$ özdeğerlere karşılık gelen iki birim özvektördür $8$ ve $4$ sırasıyla.

Answer 2

İşte daha basit bir çözüm.
İzin Vermek$Q=\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}$. Sonra$$I_{2\times2}=Q^TQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TQ_1+Q_2^TQ_2$$ $$Q^TAQ=\begin{bmatrix}Q_1^T Q_2^T\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B&0\\0&2B\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q_1\\Q_2\end{bmatrix}=Q_1^TBQ_1+2Q_2^TBQ_2$$ Bunu not et $Q_1^TQ_1$ ve $Q_2^TQ_2$ aynı anda köşegenleştirilebilir, negatif olmayan özdeğerler bire eklenir, yani, $Q_1^TQ_1=PD_1P^T$, $Q_2^TQ_2=P(I-D_1)P^T$ ile $P$dikey.
Sorun, her iki terim de birbirine benzeyen toplamın izini en üst düzeye çıkarmak olduğundan, seçim yapmak en uygunudur$Q_1=0$. Sonra$Q_2$ ortogonaldir ve maksimum iz $2\mathrm{tr}B=2\times6=12$.