Cómo probar para una matriz PSD $\lambda _{\min} (A)\operatorname{tr}(B)\le \operatorname{tr}(AB) \le \lambda _{\max} (A)\operatorname{tr}(B)$

Question

Como dice el título, para $A,B\in \mathbb{S}^n$ , $B\ge 0$ (PSD), cómo demostrar que $$\lambda_{\min} (A)\operatorname{tr}(B)\le \operatorname{tr}(AB) \le \lambda_{\max} (A)\operatorname{tr}(B).$$

Mi opinión

¿Es posible utilizar la eigendecomposición para demostrarlo?

Answer 1

Para cualquier matriz M, y base $v_i$ , $tr(M) = \Sigma v_i^T M v_i$ . Aplique esto a una base de vectores propios para A (que existe porque A es real y simétrico) para calcular $tr(AB)$ . Tendrá que utilizar B PSD, en particular $v^T B v$ no negativo, para conseguir que las desigualdades vayan en la dirección correcta.

Es decir, que $v_i$ sea una base para $A$ con la propiedad de que $A v_i = \lambda_i v_i$ . Tenga en cuenta que debido a que $A$ es simétrica, también tenemos $v_i^T A = \lambda v_i^T$

Entonces escribimos:

$tr(AB) = \Sigma_{i = 1}^n v_i^T AB v = \Sigma_{i = 1}^n \lambda_i v_i^T B v_i \leq \Sigma \lambda_{max} v_i^T B v_i = \lambda_{max} \Sigma v_i^T B v_i = \lambda_{max} tr(B)$ .

(Nótese que para la desigualdad del medio, necesitábamos que $v_i^T B v_i \geq 0$ .)

El caso de $\lambda_{min}$ es similar.

Answer 2

SUGERENCIA:

Utilice lo siguiente: si $C$ y $B$ son $PSD$ entonces $\operatorname{tr}(CB)\ge 0$ . De hecho, $\operatorname{tr}(CB)=\operatorname{tr}(\sqrt{B}C\sqrt{B})\ge0$ ..

Ahora, $\lambda_{\max}(A)\cdot I-A \succeq 0$ así que $$\operatorname{tr}(\, (\lambda_{\max}(A)\cdot I-A)B\,) \ge 0$$ Expandir y obtener la desigualdad del lado derecho .

Answer 3

Supongo que la afirmación $A, B \in \Bbb S^n$ debe interpretarse en el sentido de que tanto $A$ y $B$ son reales y simétricos, $n \times n$ matrices. Además, asumo la afirmación de que $B \ge 0$ es decir $B$ es una matriz PSD (semidefinida positiva) significa que para cualquier vector real $x$ , $x^TBx \ge 0$ .

Desde $A \in \Bbb S^n$ hay una matriz ortogonal $O$ Es decir,

$OO^T = O^TO = I, \tag 1$

que diagonaliza $A$ ; a continuación, podemos establecer

$O^TAO = \Lambda = \text{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n) = [\lambda_i \delta_{ij}]; \tag 2$

aquí el $\lambda_i \in \Bbb R$ son, por supuesto, los valores propios de la matriz $A$ .

Recordamos que las trazas matriciales son invariantes bajo transformaciones de similitud como $A \to O^TAO = O^{-1}AO$ Por lo tanto

$\operatorname{tr}(AB) = \text{tr}(O^TABO) = \text{tr} (O^TAOO^TBO), \tag 3$

donde hemos utilizado (1) a la derecha de (3); si escribimos la matriz transformada $O^TBO$ como

$O^TBO = [b_{ij}], \tag 4$

podemos combinar (2), (3) y (4) y obtener

$\text{tr}(AB) = \text{tr}(O^TAOO^TBO) = \text{tr}(\Lambda [b_{ij}]) = \text{tr}([\lambda_i \delta_{ik}][b_{kj}]) = \text{tr}([\lambda_i b_{ij}]) = \displaystyle \sum_1^n \lambda_i b_{ii}. \tag 5$

Ahora, como las columnas $\vec e_i$ de una matriz ortogonal como $O$ forman un conjunto ortonormal,

$O = [\vec e_1 \; \vec e_2 \; \ldots \: \vec e_n ], \tag 6$

un hecho que se manifiesta en (1), donde

$O^T = \begin{bmatrix} \vec e_1^T \\ \vec e_2^T \\ \vdots \\ \vec e_n^T \end{bmatrix}, \tag 7$

tenemos

$[b_{ij}] = O^TBO = [\vec e_i^TB\vec e_j], \tag 8$

de lo que se desprende que

$b_{ii} = \vec e_i^T B \vec e_i \ge 0 \tag 9$

desde $B$ es semidefinido positivo; se deduce entonces que

$\displaystyle \lambda_{min} \sum_1^n b_{ii} = \sum_1^n \lambda_{min} b_{ii} \le \sum_1^n \lambda_i b_{ii} \le \sum_1^n \lambda_{max} b_{ii} = \lambda_{max} \sum_1^n b_{ii}, \tag{10}$

de donde

$\lambda_{min} \text{tr}(B) \le \text{tr}(AB) \le \lambda_{max} \text{tr}(B); \tag{11}$

Answer 4

Sí. Eigendecomposing $A$ obtenemos $A = U D U^T$ , donde $U$ es una matriz ortogonal y $D$ una matriz diagonal compuesta por los valores propios de $A$ . Ahora bien, tenga en cuenta que $$\operatorname{tr}(A) = \operatorname{tr}(U D U^T) = \operatorname{tr}(D)$$ $$\operatorname{tr}(B) = \operatorname{tr}(U^T B U)$$ $$\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(U^T A B U) = \operatorname{tr}(D U^T B U)$$ y $U^T B U \ge 0$ ya que $B \ge 0$ . Entonces todos los elementos diagonales de $U^T B U$ son no negativos. Así, $$\lambda_{\min}(A)\operatorname{tr}(B) = \lambda_{\min}(D)\operatorname{tr}(U^T B U) \le \operatorname{tr}(D U^T B U) = \operatorname{tr}(AB)$$ y $$\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(D U^T B U) \le \lambda_{\max}(D)\operatorname{tr}(U^T B U) = \lambda_{\max} (A)\operatorname{tr}(B)$$