Valores propios del producto de dos matrices simétricas

Question

¡Esto es sobre todo una petición de referencia, ya que esto debe ser bien conocido!

Dejemos que $A$ y $B$ sean dos matrices reales simétricas, una de las cuales es definida positiva. Entonces es fácil ver que el producto $AB$ (o $BA$ que tiene los mismos valores propios) es similar a una matriz simétrica, por lo que tiene valores propios reales. Tomemos los vectores de valores propios de $A$ y de $B$ ordenados de forma decreciente, y que su producto por componentes sea $ab$ . ¿Qué se sabe sobre la relación (por ejemplo, las desigualdades) entre $ab$ y el vector de valores propios del producto $AB$ (también tomados en orden decreciente)?

Algunos experimentos permiten conjeturar que existe un orden de mayorización entre ellos, por ejemplo. ¡Esto debe ser conocido!

Answer 1

Estos son los resultados que probablemente esté buscando.

La primera es sólo para matrices definidas positivas (el teorema citado a continuación corrige una errata en el original, ya que la versión correcta utiliza $\prec_w$ en lugar de $\prec$ ).

Teorema (Prob.III.6.14; Análisis matricial, Bhatia 1997). Sea $A$ y $B$ sea hermitiana positiva definida. Sea $\lambda^\downarrow(X)$ denotan el vector de valores propios de $X$ en orden decreciente; definir $\lambda^\uparrow(X)$ también. Entonces, \begin{equation*} \lambda^\downarrow(A) \cdot \lambda^\uparrow(B) \prec_w \lambda(AB) \prec_w \lambda^\downarrow(A) \cdot \lambda^\downarrow(B), \end{equation*}

donde $x \cdot y := (x_1y_1,\ldots ,x_ny_n)$ para $x,y \in \mathbb{R}^n$ y $\prec_w$ es el débil mayorización preorden.

Sin embargo, cuando se trata de productos matriciales, es más natural considerar los valores singulares que los valores propios.

Por lo tanto, la relación que podría estar buscando es la log-majorization \begin{equation*} \log \sigma^\downarrow(A) + \log\sigma^\uparrow(B) \prec \log\sigma(AB) \prec \log\sigma^\downarrow(A) + \log\sigma^\downarrow(B), \end{equation*} donde $A$ y $B$ son matrices arbitrarias, y $\sigma(\cdot)$ denota el mapa de valores singulares.

Referencia

1. R. Bhatia. Análisis de la matriz . Springer, GTM 169. 1997.

Answer 2

Dejemos que $A,B$ sea $n \times n$ Matrices hermitianas cuyos valores propios son no negativos. Sea $\lambda_1(X) \geq \lambda_1(X) \geq \lambda_2(X) \geq \cdots \geq \lambda_n(X)$ denotan valores propios ordenados de $n \times n$ Matriz hermitiana $X$ .

Entonces, $\lambda_i(AB) \leq \lambda_i(A)\lambda_{j-i+1}(B),$ para cualquier $i \leq j$ .

Prueba. Sea $a_i,b_i$ y $c_i$ sean los vectores propios unitarios de $A,B$ y $A+B$ respectivamente. A saber, $A a_i = \lambda_i(A)a_i$ y así sucesivamente.

Dejemos que $V_a,V_b$ y $V_c$ son espacios vectoriales abarcados por los vectores $\{a_i,...,a_n\}$ y $\{b_{j-i+1},...,b_n\}$ y $\{c_1,...,c_j\}$ respectivamente. Entonces, $V_a \cap V_b \cap V_c \neq 0$ . De hecho, para espacios vectoriales arbitrarios $X,Y$ podemos decir $\dim (X \cap Y) = \dim(X)+\dim(X) -\dim(X+Y )$ y utilizando esto dos veces, se deduce que

$\dim(V_a \cap V_b \cap V_c ) =\dim(V_a \cap( V_b \cap V_c) )$

$=\dim(V_a) + \dim( V_b \cap V_c) - \dim(V_a + ( V_b \cap V_c)) $

$=\dim(V_a) + \dim( V_b ) + \dim( V_c) - \dim( V_b +V_c) - \dim(V_a + ( V_b \cap V_c)) $

$\geq\dim(V_a) + \dim( V_b ) + \dim( V_c) - n -n $

$= (n-i+1) + (n-j+i-1)+1 + j - n -n$

$= 1,$

y por tanto existe un vector unitario no nulo $x \in V_a \cap V_b \cap V_c.$

Porque $x \in V_c$ podemos escribir $x= \sum_{\nu =1}^j x^\nu c_\nu$ y luego,

$<x,(AB)x>= < \sum_{\nu =1}^j x^\nu c_\nu , (AB) \sum_{\nu =1}^j x^\nu c_\nu >$

$ = < \sum_{\nu =1}^j x^\nu c_\nu , \sum_{\nu =1}^j x^\nu \lambda_\nu(AB)c_\nu >$

$ = \sum_{\nu =1}^j | x^\nu |^2 \lambda_\nu(AB)$

$ \geq \sum_{\nu =1}^j | x^\nu |^2 \lambda_j(AB)$

$ = \lambda_j(AB) \cdots \cdots \cdots (1).$

Del mismo modo, porque $x \in V_a$ podemos escribir $x= \sum_{\nu =i}^n x^\nu a_\nu$ y luego,

$<x,Ax>= < \sum_{\nu =i}^n x^\nu a_\nu , A\sum_{\nu =i}^n x^\nu a_\nu >$

$ = < \sum_{\nu =i}^n x^\nu a_\nu , A\sum_{\nu =i}^n x^\nu a_\nu >$

$ = \sum_{\nu =i}^n | x^\nu |^2 \lambda_\nu(A )$

$ \leq \sum_{\nu =i}^j | x^\nu |^2 \lambda_i(A )$

$ = \lambda_i(A ) \cdots \cdots \cdots (2).$

De la misma manera, $<x,Bx> \leq \lambda_{j-i+1}(B ) \cdots \cdots \cdots (3).$

Combinando las desigualdades (1),(2),(3) y la desigualdad de Cauchy Schwartz, obtenemos

$\lambda_j(AB) \leq <x,(AB)x> \leq |<A^*x , Bx>| \leq |A^*x| \dot | Bx| \leq \lambda_i(A ) \lambda_{j-i+1}(B ). $

Esto completa la prueba.