El valor de $\operatorname{trace}(V^TBV)$ es acorde con el número de columnas de $V$

Question

La matriz $B_{n\times n}(\mathbb{R})$ es simétrica cuya diagonalización viene dada por:

$$B = Q \Lambda Q$$ Además, dado que $V_{n\times p}(\mathbb{R})$ cuyas columnas son los vectores $v_i$ que podamos tener:

$$\operatorname{tr}(V^TBV) = \sum_{i=1}^{n}\lambda_i\sum_{j=1}^{p}\tilde{v}_{ij}^2$$ où $\tilde{v}_{ij} = Q^Tv_i$ y $\lambda_i$ son las entradas diagonales de $\Lambda$ .

Así que mi pregunta es si usted podría ayudar a probar:

Supongamos que $B_{n\times n}(\mathbb{R})$ es una semidefinida positiva y sea $p$ sea el número de columnas de $V$ . Si $B$ tiene como máximo $p-1$ valores propios cero, entonces $\operatorname{tr}(V^TBV)$ es distinto de cero para cualquier $V$ où $V$ tiene columnas ortonormales.

Cualquier ayuda es muy apreciada.

Gracias.

Answer 1

Ya que esa Q es ortogonal, $Q^Tv_1, Q^Tv_2,...,Q^Tv_p$ son ortonormales. Supongamos que $\lambda_1,...,\lambda_k$ son valores propios cero de B y $k\leq p-1$ , mientras que $$\operatorname{tr}(V^TBV) = \sum_{i=1}^{n}\lambda_i\sum_{j=1}^{p}\tilde{v}_{ij}^2=0$$

Entonces tenemos $$\sum_{i=k+1}^{n}\lambda_i\sum_{j=1}^{p}\tilde{v}_{ij}^2=0$$

Así, $\tilde{v}_{ij}=0$ para $i=k+1,k+2,...,n$ y $j=1,2,...,n$ .

Ahora $Q^TV$ se convierte en una matriz con $n-k$ cero filas. Así que $rank(Q^TV)\leq k \leq p-1$ . Pero las columnas de $Q^TV$ son ortonormales, por lo que las filas 1 a p y las columnas 1 a p de $Q^TV$ consiste en una matriz ortonormal $\hat{V}$ . Pero $rank(\hat{V})=p$ para que $rank(Q^TV)\geq p$ lo que contradice nuestra suposición anterior. Por lo tanto, $\operatorname{tr}(V^TBV)$ es distinto de cero.