Deje $X\in M(\mathbb R)$$k\in\mathbb Z^+$, muestran: $$\left| \operatorname{tr}(X^{2k})\right| \leq \operatorname{tr}((XX^T)^k)$$
Puedo hacer la $k=1$ de los casos, pero, a continuación, estoy perplejo.
Respuestas
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Tal vez esto se utiliza más fuerte de las herramientas que estaban esperando, pero por debajo es un boceto de un argumento.
Considerar la descomposición de Schur de $\newcommand{\m}{\mathbf}\newcommand{\X}{\m X}\newcommand{\U}{\m U} \newcommand{\T}{\m T} \newcommand{\tr}{\mathrm{tr}} \X$. Es decir, $\X = \U \T \U^*$ donde $\U$ es una matriz unitaria y $\T = (t_{ij})$ es una triangular superior de la matriz con (posiblemente) entradas complejas. Entonces $$ \X^{2k} = (\U \T \U^*)^{2k} = \U \T^{2k} \U^* \>. $$ Por lo tanto $$ \big|\tr(\X^{2k})\big| = \big|\tr(\U^* \U \T^{2k})\big| = \big|\tr(\T^{2k})\big| = \bigg| \sum_i t_{ii}^{2k} \bigg| \> . $$
Ahora, considere la posibilidad de $\X \X^T$. Desde $\X$ es un valor real, a continuación,$\X^T = \X^*$$\X \X^T = \X \X^* = \U \T \T^* \U^*$. Por lo tanto, $$ (\X \X^T)^k = \U (\T \T^*)^k \U^* \>. $$
Deje $\newcommand{\A}{\m A}\A = \T \T^* = (a_{ij})$. Tenga en cuenta que $a_{ii} \geq |t_{ii}|^2$ con al menos una de las desigualdades estrictas a menos $\T$ es, de hecho, en diagonal.
A continuación, $$ \tr((\X \X^T)^k) = \tr(\U^* \U \A^k) = \tr(\A^k) \>. $$
Para concluir, utilice el siguiente lema, para que os dejo la prueba, con suerte, un ejercicio fácil (a menos que he cometido un error).
Lema: Vamos a $\A = (a_{ij})$ ser positivos semidefinite hermitian de la matriz. Mostrar que $(\A^k)_{ii} \geq a_{ii}^k$.
(Sugerencia: Probar la más fuerte resultado que para cualquier vector unitario $\newcommand{\u}{\m u}\u$, se ha $\u^* \A^k \u \geq (\u^* \A \u)^k$. El eigendecomposition de $\A$ y la desigualdad de Jensen debería ser suficiente.)
El triángulo de la desigualdad, a continuación, se obtiene el resultado deseado ya que $$ \bigg| \sum_i t_{ii}^{2k} \bigg| \leq \sum_i |t_{ii}|^{2k} \leq \tr(\A^k) \> . $$
Chris Benard
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Deje que el (posiblemente generalizada) los autovalores de a $X$ ser $\lambda_1$, $\lambda_2$, ..., $\lambda_n$. Deje que los autovalores de a $XX^T$ ser $\mu_1^2$, ..., $\mu_n^2$. Tenga en cuenta que $X X^T$ es positiva definida, por lo que el $\mu_i^2$ son positivas reales, y podemos elegir las $\mu_i$'s para ser el positivo de las raíces cuadradas. El $\mu_i$ son llamados los valores singulares de a $X$. Deje $\ell_i = \log |\lambda_i|$ y deje $m_i = \log \mu_i$.
Entonces $$\mathrm{Tr}(X^{2k}) = \sum e^{2 k \ell_i} \ \mathrm{and} \ \mathrm{Tr}((X X^T)^{k}) = \sum e^{2k m_i}.$$
Ahora usamos Weyl de la desigualdad (véase, por ejemplo, el Teorema 4 aquí). La declaración en el archivo vinculado es claramente equivalente a la siguiente:
El fin de la $m_i$, de modo que $m_1 \geq m_2 \geq \cdots \geq m_n$. Entonces, para cualquier subconjunto $\{ i_1, i_2, \ldots, i_k \}$$\{1,2,\ldots, n\}$, se ha $\ell_{i_1} + \ell_{i_2} + \cdots + \ell_{i_k} \leq m_1 + m_2 + \cdots + m_k$$1 \leq k \leq n$.
Para nuestros propósitos, una más conveniente declaración de Weyl de la desigualdad es la siguiente:
Deje $P$ ser el convex hull en $\mathbb{R}^n$ de la $n!$ permutaciones de $(m_1, \ldots, m_n)$. A continuación,$(\ell_1, \ldots, \ell_n)$$P$.
Estas dos descripciones son equivalentes debido a la intersección de las desigualdades en la primera instrucción es el convex hull en la segunda instrucción. Para ver esto, observe que la primera es la faceta de la descripción de un permutahedron y el segundo es el vértice de la descripción.
OK, ahora vamos a terminar la prueba. La función de $f: (x_1, \ldots, x_n) \mapsto \sum e^{2k x_i}$ es una función convexa en $\mathbb{R}^n$. Por lo que el máximo de $f$,$P$, debe ocurrir en un vértice de $P$. En todos los vértices de $P$, la función de $f$ tiene el mismo valor, $\sum e^{2k m_i}$. En particular, este valor debe ser mayor que $\sum e^{2k \ell_i}$. Así $$\sum e^{2k m_i} \geq \sum e^{2k \ell_i}$$ como se desee.
