Supongamos que $\lambda_1\leq\lambda_2\leq\dots\leq\lambda_n$ es una secuencia de números reales. Claramente, si $a=(a_1,\dots, a_n)$ es un vector unitario, entonces $\sum_{i=1}^na_i^2\lambda_i\geq \lambda_1$. Quiero ver si la siguiente generalización es verdadera o no: Si $a=(a_1,\dots, a_n)$, $b=(b_1,\dots, b_n)$, $c=(c_1,\dots, c_n)$, y $d=(d_1,\dots, d_n)$ ($n\geq 4$) forma un ortonormales conjunto, me pregunto si hemos $\sum_{i=1}^n(a_i^2+b_i^2+c_i^2+d_i^2)\lambda_i\geq\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3+\lambda_4$.
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La desigualdad es verdadera.
Lema Deje $\lambda_1 \leq \ldots \leq \lambda_N$ será cada vez más una secuencia de números reales. Consideremos el conjunto a $\mathcal{A}_k := \{ (x_1,\ldots,x_N) \in [0,1]^N, \sum x_i = k \leq N\}$ $N$- tuplas en el interior de la unidad de $N$ cuadro, con el total de la suma dada por algún número real $k$. Entonces $$ \inf_{x\in \mathcal{A}_k} \sum_{i = 1}^N \lambda_i x_i = \sum_{i = i}^{\lfloor k \rfloor} \lambda_i + (k-\lfloor k\rfloor) \lambda_{\lceil k\rceil} $$
En otras palabras: el lema dice que si tienes $N$ diferentes materiales costando $\lambda_1\ldots \lambda_N$ por kilogramo. Usted necesita comprar $k$ kilogramos, pero no permiten comprar más de 1 kilogramo de cada tipo, entonces la manera más barata puede satisfacer el requisito es comprar 1 kilo de la más barata de las cosas, entonces otro kilo de la segunda más barata, y así sucesivamente hasta que se utiliza todo el dinero. La prueba del Lema voy a dejar como un ejercicio fácil.
Ahora podemos aplicar Lubos observación. Es decir, que si $X_1, X_2, \ldots X_M$ $M$ ortonormales de vectores en la $\mathbb{R}^N$ ( $M < N$ ), luego $$ P = X_1X_1^T + X_2X_2^T + \cdots X_MX_M^T $$ es una proyección del operador en algunos $M$ dimensiones subespacio. En particular, como una proyección, no puede aumentar en longitud! Esto implica que para cada vector unitario $v$ $$ v^TPv \leq 1$$ y, en particular, si tomamos $v$ a ser el estándar de la unidad de vectores $e_i$, esto nos dice que los valores de las coordenadas $$ \sum_{j = 1}^M (e_i^T X_j)^2 \leq 1$$
Por otro lado, también tenemos el hecho de que para cada vector fijo $X_j$, la condición de normalidad $$ \sum_{i = 1}^N (e_i^T X_j)^2 = 1 $$
Así, en particular, si definimos el $N$-tupla $$ Y_i = \sum_{j=1}^M (e_i^TX_j)^2 $$ tenemos que $\sum_{i=1}^N Y_i = M$, y cada uno de los componentes $Y_i\leq 1$. Así, en particular,$Y_i \in \mathcal{A}_M$.
Su desigualdad sigue a continuación, a partir de la observación anterior, combinado con el Lema.
Tenga en cuenta que esto también explica por qué en el caso de $N = M$ la desigualdad debe estar saturado. El proceso anterior convierte el problema para el caso de la Lexema donde ha $N$ tipos de material, usted necesita comprar $N$ kg no más de 1 kilo de cada uno. Tan sólo hay una manera de llenar la orden de compra!
bgee
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327
La prueba de la igualdad también puede manejarse económicamente a través de las propiedades de la traza del operador. Deje $Q = (q_{ij})$ $n \times n$ ortogonal de la matriz y $\Lambda$ una matriz diagonal con entradas de $\lambda_1\leq \lambda_2 \leq \cdots \leq \lambda_n$. A continuación, tenga en cuenta que
$$ \newcommand{\tr}{\mathrm{tr}} \sum_{i=1}^n \big(\sum_{j=1}^n q_{ij}^2\) \lambda_i = \tr( Q^T \Lambda Q ) = \tr( Q P^T \Lambda ) = \sum_{i=1}^n \lambda_i \>, $$
y así hemos terminado.
Esto se puede generalizar de la siguiente manera. Considerar, en cambio, $Q$ $n \times m$ matriz con columnas ortogonales (por lo tanto,$m \leq n$). Entonces $$ \sum_{i=1}^m \lambda_i \leq \sum_{i=1}^n \big(\sum_{j=1}^m q_{ij}^2\) \lambda_i \leq \sum_{i=1}^m \lambda_{n-i} \>. $$
Este resultado se puede deducir de la siguiente teorema.
Teorema (Richter): Vamos a $A$ $B$ $n \times n$ hermitian matrices con valores propios $\alpha_1 \leq \alpha_2 \leq \cdots \leq \alpha_n$$\beta_1 \leq \beta_2 \leq \cdots \leq \beta_n$, respectivamente. Entonces $$ \sum_{i=1}^n \alpha_i \beta_{n-i} \leq \tr(AB) \leq \sum_{i=1}^n \alpha_i \beta_i \> . $$
Una simple prueba de este resultado se encuentra en
L. Mirsky, En la traza de la matriz de productos, de Matemáticas. Nachr., vol. 20 no. 3-6, pp 171-174, 1959.
Como se señaló en el citado documento, hay una cierta relación con otro de los más conocidos resultado.
Teorema (von Neumann): Vamos a $S$ $T$ ser arbitraria de valores complejos de $n \times n$ matrices. Deje $(\sigma_i)$ $(\tau_i)$ ser los valores singulares de a$S$$T$, respectivamente, en nonincreasing orden. A continuación, $|\tr(ST)| \leq \sum_{i=1}^n \sigma_i \tau_i$.
Una de niza, en la escuela primaria la prueba de este teorema se puede encontrar en
L. Mirsky, Un seguimiento de la desigualdad de John von Neumann, Monatsh. De matemáticas. 79 (4): 303-306, 1975, MR0371930.
Luboš Motl
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5567
Si $a,b,c,d$ formulario de una base ortonormales, entonces la matriz con columnas $a,b,c,d$ es una matriz ortogonal $A$ satisfacción $AA^T=A^TA=1$. De ello se sigue que $$(a_i)^2+(b_i)^2 + (c_i)^2 + (d_i)^2 = 1$$ para cada una de las $i$ - debido a que estos cuatro números son sólo el (al cuadrado) de las normas de las filas de $A$, que es también igual a uno para una matriz ortogonal. Así que su final es la desigualdad $$\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3+\lambda_4 \geq \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3+\lambda_4 $$ lo que es cierto - de hecho, es siempre saturado. Así que la respuesta es "Sí, la desigualdad se cumple", pero yo no lo ven como una generalización de la desigualdad original porque a diferencia de la original, no tratar a los más pequeños a $\lambda_1$ diferente al de los demás y nunca está satisfecho "bruscamente".
Si usted está interesado, yo se la sugerencia de que la desigualdad es siempre una igualdad mediante la sustitución de un lugar que no sea trivial conjunto de vectores - $\lambda = (0,0,0,1)$ y $a=(1/2,1/2,1/2,1/2)$, $b=(1/2,-1/2,-1/2,1/2)$, $a=(-1/2,1/2,-1/2,1/2)$, $a=(-1/2,-1/2,1/2,1/2)$. Los vectores $a,b,c,d$ son los pesos de $SO(8)$ conocido para los que saben de la trialidad de $SO(8)$. La desigualdad estaba saturado así que he decidido que es siempre el caso. Y lo que es.
De mayores dimensiones de los vectores
Yo estaba respondiendo a la pregunta original, en el que los vectores $a,b,c,d$ fueron cuatro dimensiones- al menos yo y Ross eran una lectura en este sentido. Si son de mayores dimensiones, es posible reducir $a_i^2+\dots + d_i^2$ mediante el movimiento de una parte de esta suma a $a_5^2, \dots d_5^2$, y así sucesivamente, sin destruir la orthonormality. Esto reduce el $a_i^2+\dots + d_i^2$ $i=1,2,3,4$ y no cambia nada más, y porque la desigualdad estaba saturado para empezar, una mayor reducción de las $a_i^2+\dots + d_i^2$ se la hace inválida. Un contraejemplo es en otra respuesta.
Sin embargo, la tecnología anterior nos permite demostrar exactamente lo contrario de la desigualdad que escribió: $$\sum_{i=1}^n(a_i^2+b_i^2+c_i^2+d_i^2)\lambda_i\leq\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3+\lambda_4$$ es realmente válido para cualquier secuencia de $\lambda's$ y cualquier orthogonormal conjunto de 4 o más dimensiones de los vectores $a,b,c,d$. La desigualdad anterior es cierto, porque podemos completar el set $a,b,c,d$ $n$- dimensiones ortonormales. Entonces $$a_i^2 + b_i^2 + \dots m_i^2 = 1$$ por los mismos argumentos como el anterior ($m$ es la letra correspondiente a la última $n$-th base de vectores). De ello se sigue que $$a_i^2+ b_i^2+c_i^2+d_i^2 \leq 1$$ y la desigualdad anterior trivialmente de la siguiente manera.
Frew
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133
No se sostiene: si $\lambda_1=x<0$$\lambda_i=0, i=2..n$, la desigualdad se convierte en$(a_1^2+b_1^2+c_1^2+d_1^2)x\geq x$, lo que se convierte en false si encontramos ortogonal y sistema de $(a,b,c,d)$ como $ a_1^2+b_1^2+c_1^2+d_1^2>1$. Por ejemplo
$a=(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2},0,...,0)$,
$b=(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{6},\frac{\sqrt{6}}{6},0,...,0)$,
$c=(\frac{\sqrt{6}}{6},\frac{\sqrt{6}}{6},-\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3},0...,0)$,
$d=(0,0,0,0,1,...,0)$.
