Minimizar determinante(Ztransponer.A.Z)

Question

Sea $A$ sea una simétrica semidefinida positiva fija $m\times m$ y que $p$ sea un número entero positivo fijo. Sea $Z$ varían en todo $m\times p$ con columnas ortonormales, y denota la transposición de $Z$ por $Z^T$ . ¿Cómo se demuestra que el mínimo de $\mbox{det}(Z^T.A.Z)$ es el producto del $p$ valores propios más pequeños de $A$ ?

He visto esto citado en algunos sitios, pero las referencias citadas han resultado ser o bien vacuas ("un poco de álgebra se nota") o bien incrustadas de tanta generalidad que no puedo ver hasta el núcleo de la prueba. ¿Alguien tiene una bien referencia o una prueba que sea lo suficientemente corta como para darla en este foro? Como es lógico, puedo demostrarlo por $p=1$ y para $p=m$ .

¿Existe un resultado análogo cuando se sustituye "mínimo" por "máximo"?

¿Alguien sabe a quién se deben estos resultados? Probablemente sean bastante antiguos.

Answer 1

El hecho es más contundente: Si $\lambda_1\le\lambda_2\le\dots\le\lambda_m$ son los valores propios de $A$ y $\mu_1\le\mu_2\le\dots\le\mu_p$ son valores propios de $Z^TAZ$ entonces $\mu_k\ge\lambda_k$ para todos $k=1,\dots,p$ . Actualización: Este hecho es conocido como Teorema del entrelazamiento de Cauchy .

Prueba. Sea $Q$ sea la forma cuadrática en $\mathbb R^m$ definido por $A$ (es decir, $Q(x)=x^TAx$ para todos $x\in\mathbb R^m$ ), $L:\mathbb R^p\to\mathbb R^m$ el mapa lineal (isométrico) definido por $Z$ . Entonces $Z^TAZ$ es la matriz de la forma cuadrática $Q'$ en $\mathbb R^p$ dado por $Q'(x)=Q(L(x))$ . Le sugiero que piense en $Q'$ como la restricción de $Q$ al subespacio $L(\mathbb R^p)$ de $\mathbb R^m$ .

Supongamos que $\mu_k<\lambda_k$ para algunos $k$ . Sea $V$ sea el $k$ -subespacio dimensional de $\mathbb R^p$ que abarca el primer $k$ vectores propios de $Q'$ . Entonces $Q'(x)\le \mu_k |x|^2$ para todos $x\in V$ . Sea $W$ sea el $(m-k+1)$ -subespacio dimensional de $\mathbb R^m$ que abarcan los vectores propios correspondientes a $\lambda_k,\lambda_{k+1},\dots,\lambda_m$ . Entonces $Q(x)\ge\lambda_k|x|^2$ para todos $x\in W$ . Los subespacios $W$ y $L(V)$ tienen intersección no nula ya que la suma de sus dimensiones es mayor que $m$ . Por lo tanto, existe un vector no zro $x\in V$ tal que $L(x)\in W$ . Para este vector, tenemos $Q'(x)\le \mu_k |x|^2 <\lambda_k|x|^2$ pero $Q'(x)=Q(L(x))\ge \lambda_k|L(x)|^2=\lambda_k|x|^2$ una contradicción. Q.E.D.

Del mismo modo (invirtiendo todas las desigualdades del argumento) se ve que el $k$ -mayor valor propio de $Q'$ no es mayor que el $k$ -mayor valor propio de $Q$ respondiendo a su segunda pregunta.

Answer 2

El siguiente método reduce el problema al caso conocido $p=1$ .

Observe que $P_Z \equiv ZZ^t$ es un proyector ortogonal de rango $p$ así:

$\det(Z^t A Z) = \det( I_p + Z^t(A-I_m)Z) = \det( I_m + ZZ^t(A-I_m)ZZ^t) = \det( I_m + P_Z(A-I_m)P_Z)$

Dónde, $I_p$ , $I_m$ son los $p$ y $m$ matrices unitarias dimensionales. La segunda igualdad se debe a que las matrices $Z^t(A-I_m)Z$ , $ZZ^t(A-I_m)ZZ^t$ tienen los mismos coeficientes seculares, por permutaciones cíclicas y la identidad $Z^tZ = I_p$ .

Denote por $\rho(A)$ el completamente antisimétrico $p$ -representación del producto tensorial de $A$ :

$\rho(A) \circ v_1 \wedge . . . \wedge v_p = Av_1 \wedge . . . \wedge A v_p$

Tenemos:

$\det( I_m + P_Z(A-I_m)P_Z) = \mbox{tr} (\rho(P_Z) \rho(A))$

(Ambos lados son iguales, porque no son más que el determinante de la restricción de A al rango de $P_Z$ .

Ahora, $\rho(P_Z)$ es un proyector unidimensional sobre el $p$ -producto de la gama de $P_Z$ y los valores propios de $\rho(A)$ son simplemente todos los productos posibles de $p$ valores propios distintos. Según la solución de rango uno conocida, el mínimo absoluto es el valor propio mínimo de $\rho(A)$ que es el producto del $p$ valores propios más pequeños de $A$ .