Un ejercicio sobre álgebra lineal en EDP

Question

Estoy luchando por mostrar algunos ejercicios del libro de EDP de Krylov (Conferencias sobre ecuaciones elípticas y parabólicas en espacios de Sobolev).

Ejercicio 1.4.7. Sea $A=(a^{ij})$ y $U=(u_{ij})$ sean matrices simétricas $2\times 2$. Suponga que $$ \mu |\xi|^2 \leq \xi^T A \xi \le \nu |\xi|^2$$ para todo $\xi \in\mathbb{R}^2$, donde $\mu,\nu>0$ son algunas constantes. Demuestra que $$ \frac{1}{2\mu^2} \left(\sum_{i,j=1}^2 a^{ij} u_{ij}\right)^2 \geq \frac{\mu^2}{2\nu^2} \left (\sum_{i,j=1}^2 u^2_{ij} \right)+\det U.$$

Answer 1

Hoy encontré una prueba de este problema. La prueba es bastante desordenada.

Ten en cuenta que como $A,U$ son simétricas, tenemos $$ \mathrm{tr}\left(AU\right)=\sum_{i,j=1}^{2}a^{ij}u_{ij}. $$ Dado que $A$ y $U$ son matrices simétricas, podemos diagonalizarlas, digamos $$ A=P\begin{bmatrix}\lambda_{1} & 0\\ 0 & \lambda_{2} \end{bmatrix}P^{T},\quad U=Q\begin{bmatrix}\varepsilon_{1} & 0\\ 0 & \varepsilon_{2} \end{bmatrix}Q^{T}, $$ donde $P$ y $Q$ son matrices ortogonales. Podemos asumir que $\lambda_{1}\ge\lambda_{2}$ y $\varepsilon_{1}\ge\varepsilon_{2}$. Entonces \begin{align*} \mathrm{tr}\left(AU\right) & =\mathrm{tr}\left(P\begin{bmatrix}\lambda_{1} & 0\\ 0 & \lambda_{2} \end{bmatrix}P^{T}Q\begin{bmatrix}\varepsilon_{1} & 0\\ 0 & \varepsilon_{2} \end{bmatrix}Q^{T}\right)\\ & =\mathrm{tr}\left(Q^{T}P\begin{bmatrix}\lambda_{1} & 0\\ 0 & \lambda_{2} \end{bmatrix}P^{T}Q\begin{bmatrix}\varepsilon_{1} & 0\\ 0 & \varepsilon_{2} \end{bmatrix}\right). \end{align*} Dado que $P,Q$ son matrices ortogonales, $P^{T}Q$ también son matrices ortogonales. Denotemos esto como $R=P^{T}Q$. Escribimos $$ R=\begin{bmatrix}a & b\\ c & d \end{bmatrix} $$ con $a^{2}+c^{2}=1$ y $b^{2}+d^{2}=1$, $a^{2}+b^{2}=1$, $c^{2}+d^{2}=1$. Entonces esto implica que $a^{2}=d^{2}$ y $b^{2}=c^{2}$. Así que \begin{align*} \mathrm{tr}\left(AU\right) & =a^{2}\lambda_{1}\varepsilon_{1}+b^{2}\lambda_{1}\varepsilon_{2}+c^{2}\lambda_{2}\varepsilon_{1}+d^{2}\lambda_{2}\varepsilon_{2}\\ & =a^{2}\left(\lambda_{1}\varepsilon_{1}+\lambda_{2}\varepsilon_{2}\right)+b^{2}\left(\lambda_{1}\varepsilon_{2}+\lambda_{2}\varepsilon_{1}\right). \end{align*>

Nota $$ \mathrm{tr}\left(AU\right)^{2}=a^{4}\left(\lambda_{1}\varepsilon_{1}+\lambda_{2}\varepsilon_{2}\right)^{2}+2a^{2}b^{2}\left(\lambda_{1}\varepsilon_{1}+\lambda_{2}\varepsilon_{2}\right)\left(\lambda_{1}\varepsilon_{2}+\lambda_{2}\varepsilon_{1}\right)+b^{4}\left(\lambda_{1}\varepsilon_{2}+\lambda_{2}\varepsilon_{1}\right)^{2} $$

Dividimos en tres casos

• (i) $\varepsilon_{1}\ge\varepsilon_{2}\ge0$
• (ii) $0\ge\varepsilon_{1}\ge\varepsilon_{2}$
• (iii) $\varepsilon_{1}\ge0\ge\varepsilon_{2}$

Estos son todos cálculos tediosos:

(i) Nota que \begin{align*} \lambda_{1}\varepsilon_{1}+\lambda_{2}\varepsilon_{2} & \ge\mu\left(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}\right)\\ \lambda_{1}\varepsilon_{1}+\lambda_{2}\varepsilon_{2} & \ge\mu\left(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}\right). \end{align*> Entonces \begin{align*} \mathrm{tr}\left(AU\right)^{2} & \ge\mu^{2}\left(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}\right)^{2}\left[a^{4}+2a^{2}b^{2}+b^{4}\right]\\ & =\mu^{2}\left(\varepsilon_{1}^{2}+\varepsilon_{2}^{2}+2\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}\right)\\ & \ge\mu^{2}\left(\frac{\mu^{2}}{\nu^{2}}\left(\varepsilon_{1}^{2}+\varepsilon_{2}^{2}\right)+2\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}\right).

(ii) Nota que \begin{align*> 0\ge\mu\left(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}\right) & \ge\lambda_{1}\varepsilon_{1}+\lambda_{2}\varepsilon_{2}\ge\nu\left(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}\right)\\ 0\ge\mu\left(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}\right) & \ge\lambda_{1}\varepsilon_{1}+\lambda_{2}\varepsilon_{2}\ge\nu\left(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}\right). \end{align*> Entonces \begin{align*} \mathrm{tr}\left(AU\right)^{2} & \ge\mu^2\left(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}\right)^2\left[a^4+2a^2b^2+b^4\right]\\ & =\mu^2\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}^2+2\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}\right)\\ & \ge\mu^2\left(\frac{\mu^{2}}{\nu^{2}}\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}^2\right)+2\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}\right).

(iii) Nota que $$ \nu\varepsilon_{2}+\mu\varepsilon_{1}\le\mathrm{tr}\left(AU\right)\le\nu\varepsilon_{1}+\mu\varepsilon_{2}. $$ Entonces debemos dividir en tres casos.

(1) $\mathrm{tr}\left(AU\right)=0$. Dado que $\nu\varepsilon_{2}+\mu\varepsilon_{1}\le0\le\mu\varepsilon_{2}+\nu\varepsilon_{1}$, tenemos $$ \left(\nu\varepsilon_{2}+\mu\varepsilon_{2}\right)\left(\mu\varepsilon_{2}+\nu\varepsilon_{1}\right)\le0. $$ Reescribimos esta desigualdad. Entonces $$ \mu\nu\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}^2\right)+\left(\mu^2+\nu^2\right)\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}\le0. $$ Por lo tanto, \begin{align*> \varepsilon_{1}\varepsilon_{2} & \le-\frac{\mu\nu}{\mu^2+\nu^2}\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}^2\right)\\ & =-\frac{1}{\frac{\mu}{\nu}+\frac{\nu}{\mu}}\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}^2\right)\\ & \le-\frac{1}{2\frac{\nu^2}{\mu^2}}\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}\right)\\ & =-\frac{\mu^2}{2\nu^2}\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}^2\right).

Por lo tanto $$ \frac{\mu^2}{\nu^2}\left(\mu^2\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}^2\right)+2\nu^2\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}\right)\le0\le\mathrm{tr}\left(AU\right)^2, $$ es decir, $$ \mathrm{tr}\left(AU\right)^2\ge\frac{\mu^4}{\nu^2}\mathrm{tr}\left(U^2\right)+2\det\left(U\right). $$

(2) Supongamos que $\mathrm{tr}\left(AU\right)\neq0$ y $\left|\nu\varepsilon_{2}+\mu\varepsilon_{1}\right|\le\left|\nu\varepsilon_{1}+\mu\varepsilon_{2}\right|$: \begin{align*> \frac{1}{2\mu^2}\mathrm{tr}\left(AU\right)^2 & \ge\frac{1}{2\mu^2}\left(\nu\varepsilon_{2}+\mu\varepsilon_{1}\right)^2\\ & \ge\frac{1}{2\nu^2}\left(\nu^2\varepsilon_{2}^2+\mu^2\varepsilon_{1}^2+2\mu\nu\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}\right)\\ & \ge\frac{1}{2\nu^2}\left(\nu^2\varepsilon_{2}^2+\mu^2\varepsilon_{1}^2\right)+\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}.

Nota que $$ \frac{1}{2\nu^2}\left(\nu^2\varepsilon_{2}^2+\mu^2\varepsilon_{1}^2\right)\ge\frac{\mu^2}{2\nu^2}\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}^2\right). $$ Por lo tanto, en este caso, obtenemos la desigualdad deseada.

(3) Supongamos que $\mathrm{tr}\left(AU\right)\neq0$ y $\left|\nu\varepsilon_{2}+\mu\varepsilon_{1}\right|>\left|\nu\varepsilon_{1}+\mu\varepsilon_{2}\right|$: \begin{align*> \frac{1}{2\mu^2}\mathrm{tr}\left(AU\right)^2 & \ge\frac{1}{2\mu^2}\left(\nu\varepsilon_{1}+\mu\varepsilon_{2}\right)^2\\ & \ge\frac{1}{2\nu^2}\left(\nu^2\varepsilon_{1}^2+\mu^2\varepsilon_{2}^2+2\mu\nu\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}\right)\\ & =\frac{1}{2\nu^2}\left(\nu^2\varepsilon_{1}^2+\mu^2\varepsilon_{2}^2\right)+\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}.

Nota que $$ \frac{1}{2\nu^2}\left(\nu^2\varepsilon_{1}^2+\mu^2\varepsilon_{2}^2\right)\ge\frac{\mu^2}{2\nu^2}\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}^2\right). $$

Por lo tanto, en este caso, obtenemos la desigualdad deseada.

Con todos estos tres casos, obtenemos la siguiente desigualdad:

$$ \left[a^2\left(\lambda_{1}\varepsilon_{1}+\lambda_{2}\varepsilon_{2}\right)+b^2\left(\lambda_{1}\varepsilon_{2}+\lambda_{2}\varepsilon_{1}\right)\right]^2\ge\mu^2\left(\frac{\mu^2}{\nu^2}\left(\varepsilon_{1}^2+\varepsilon_{2}^2\right)+2\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}\right). $$ Eso es, \begin{align*> \mathrm{tr}\left(AU\right)^2 & \ge\mu^2\left(\frac{\mu^2}{\nu^2}\mathrm{tr}\left(U^2\right)+2\det U\right)\\ & =\frac{\mu^4}{\nu^2}\mathrm{tr}\left(U^2\right)+2\mu^2\det U.

Por lo tanto, $$\frac{1}{2\mu^2}\left(\sum_{i,j=1}^{2}a^{ij}u_{ij}\right)^2\ge\frac{\mu^2}{2\nu^2}\sum_{i,j=1}^{2}u_{ij}^2+\det U.$$ Esto completa la prueba.

Answer 2

De hecho, puedes usar $\mathrm{tr}(AU)=\left(\sum_{i,j=1}^2 a^{ij} u_{ij}\right)$. Puede que hayas encontrado esto en las pistas de los ejercicios al final del capítulo, nota que en la pista para este ejercicio, también se da que la traza es invariante bajo transformación ortogonal. La primera transformación ortogonal asociada con las matrices simétricas es aquella que está asociada con la diagonalización de la matriz.

No voy a revelar todo, pero estos pasos deberían guiarte hacia la respuesta:

1) Escribe $A$ como $A = P^T D P$.

2) Observa que $\mathrm{tr}(AU) = \mathrm{tr}(PAP^T P U P^T) = \mathrm{tr}(DPUP^T).

3) Haz una estimación para $\mathrm{tr}(DP U P^T)$ estimando los autovalores de $A$ (y por lo tanto los elementos de $D$).

4) Ahora transforma $U$ de nuevo usando $P$. Ahora debes tener $\mathrm{tr}(AU) \geq \mu \mathrm{tr}(U)

5) Usa la diagonalización de $U$ para obtener la suma de los autovalores como la traza.

6) Ahora eleva al cuadrado en ambos lados y escribe utilizando la transformación de $U$ de nuevo para mostrar que la expresión en el lado derecho de tu desigualdad al cuadrado es igual a $\sum_{i,j=1}^2 u^2_{ij} +2 \det U$.

7) Ahora puedes obtener la desigualdad deseada dividiendo por 2 y usando $\frac{\mu}{\nu} \leq 1$.

Espero que esto te ayude, si tienes alguna pregunta sobre los detalles, por favor pregunta.