每週問題 February 4, 2013

這是關於 Hermitian 矩陣乘積的跡數不等式證明。

Let A and B be n\times n Hermitian matrices. Prove that
(a) \mathrm{trace}(AB)^2\le\mathrm{trace}(A^2B^2).
(b) \left(\mathrm{trace}(AB)\right)^2\le(\mathrm{trace}A^2)(\mathrm{trace}B^2).

 
參考解答:

(a) 設 A 對角化為 A=UDU^\ast,其中 D 是實對角矩陣,U 是么正矩陣,U^\ast=U^{-1},則 AB=UDU^\ast B=U(DU^\ast BU)U^\astA^2B^2=UD^2U^\ast B^2=U(D^2U^\ast B^2U)U^\ast,也就是說,AB 相似於 DU^\ast BU,且 A^2B^2 相似於 D^2U^\ast B^2U。因為相似矩陣有相同的跡數,在不失一般性的原則下,設 A=\mathrm{diag}(a_1,\ldots,a_n)B=[b_{ij}] 為任一 Hermitian 矩陣。利用 b_{ij}=\overline{b_{ji}}

\begin{aligned}\displaystyle  \mathrm{trace}(A^2B^2)-\mathrm{trace}(AB)^2&=  \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_i^2\vert b_{ij}\vert^2-\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ia_j\vert b_{ij}\vert^2\\  &=\sum_{i<j}(a_i-a_j)^2\vert b_{ij}\vert^2\ge 0.  \end{aligned}

(b) 同樣設 A=\mathrm{diag}(a_1,\ldots,a_n)。Cauchy-Schwarz 不等式給出

\displaystyle  \left(\sum_{i=1}^na_ib_{ii}\right)^2  \le\left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_{ii}^2\right)  \le\left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\vert b_{ij}\vert^2\right)

即證得所求。

PowSol-Feb-4-13

This entry was posted in pow 二次型, 每週問題 and tagged , , . Bookmark the permalink.

發表迴響

在下方填入你的資料或按右方圖示以社群網站登入:

WordPress.com Logo

你正使用 WordPress.com 帳號留言。 登出 / 變更 )

Twitter picture

你正使用 Twitter 帳號留言。 登出 / 變更 )

Facebook照片

你正使用 Facebook 帳號留言。 登出 / 變更 )

Google+ photo

你正使用 Google+ 帳號留言。 登出 / 變更 )

連結到 %s