Lema: Vamos a $X$ $Y$ ser real simétrica $n \times n$ matrices, donde los autovalores de $X$, $Y$ y $X+Y$ $\alpha_1 \geq \alpha_2 \geq \cdots \geq \alpha_n$, $\beta_1 \geq \beta_2 \geq \cdots \geq \beta_n$ y $\gamma_1 \geq \gamma_2 \geq \cdots \geq \gamma_n$ respectivamente. A continuación,$\sum_{i=1}^k \alpha_i + \sum_{i=1}^k \beta_i \geq \sum_{i=1}^k \gamma_i$. Por otra parte, si tenemos la igualdad, entonces podemos cambiar las bases de lo que $X$ $Y$ son simultáneamente bloque diagonal con bloques de tamaño $k \times k$$(n-k) \times (n-k)$, y los valores propios de los primeros bloques se $(\alpha_1, \ldots, \alpha_k)$$(\beta_1, \ldots, \beta_k)$.
Observación: tenga en cuenta que he utilizado deliberadamente diferentes nombres de variable de Beni. Una de las cosas que hizo este problema difícil para mí fue que tuve que aplicar este lema en varias maneras diferentes, con diferentes matrices de jugar el papel de $X$$Y$.
Prueba: el Pensamiento de $X$ $Y$ cuadráticas formas, tiene sentido restringir a los subespacios de $\mathbb{R}^n$. Con este entendimiento, tenemos $\sum_{i=1}^k \alpha_i = \max_{V \in G(k,n)} \mathrm{Tr} X|_V$, donde el max rangos de $k$-dimensiones de los subespacios de $\mathbb{R}^n$. Por otra parte, el máximo es alcanzado precisamente al $X \cdot V = V$, y los valores propios de a$X|_V$$(\alpha_1, \ldots, \alpha_k)$. Cuando todos los $\alpha$'s son distintos, esto se puede expresar más fácilmente diciendo que $V$ es el espacio de los vectores propios asociados a la mayor de las $k$ autovalores.
Queremos mostrar que
$$\max_{V \in G(k,n)} \mathrm{Tr} X|_V + \max_{V \in G(k,n)} \mathrm{Tr} Y|_V \geq \max_{V \in G(k,n)} \mathrm{Tr} \left( X+Y \right)_V$$
o, de manera equivalente,
$$\max_{(V,W) \in G(k,n)^2} \mathrm{Tr} \left( X|_V + Y_W \right) \geq \max_{V \in G(k,n)} \mathrm{Tr} \left( X|_V +Y|_V \right)$$
Pero esto es obvio, porque la mano derecha máximo es de más de un conjunto mayor.
Por otra parte, si tenemos la igualdad, entonces hay algunas $k$-avión $V$ $XV=YV =V$ y donde los autovalores de a$X|_V$$Y|_V$$(\alpha_1, \ldots, \alpha_k)$$(\beta_1, \ldots, \beta_k)$. Este es, precisamente, la reivindicación sobre el ser de bloque diagonal. $\square$
Deje $A$ $B$ ser como en el problema. Deje que los autovalores de a$A$$\lambda^{+}_1 \geq \cdots \geq \lambda^{+}_{p^{+}} > 0 =0=\cdots=0 > \lambda^{-}_{1} \geq \cdots \geq \lambda^{-}_{p_{-}}$. Definir $\mu^{+}_i$, $\mu^{-}_i$, $q^{+}$ y $q^{-}$ igualmente. Entonces, como Beni explica, tenemos $p^{+}+p^{-} + q^{+} + q^{-} \leq n$, y los valores propios de a $X+Y$ son la concatenación de las $\lambda^{\pm}_i$'s, el $\mu^{\pm}_i$'s, y $n-p^{+}-p^{-} - q^{+} - q^{-}$ copias de $0$.
Aplicar el lema con $k=p^{+}+q^{+}$, $X=A$ y $Y=B$. Esto muestra que podemos dividir en dos pequeños problemas, uno donde todos los $\lambda$'s y $\mu$'s son positivos y otro donde están todos valor no positivo. Nos centraremos en el primer bloque; el segundo bloque es similar.
Así que se reducen para el caso de que $A$ $B$ no tiene autovalores negativos.
Ahora, hacemos uso de la inducción en $n$. El caso base $n=1$ es fácil. Sin pérdida de generalidad, vamos a $\lambda^{+}_1 \geq \mu^{+}_1$. Por lo $\lambda^{+}_1$ es el mayor autovalor de ambos $A$$A+B$.
Aplicar el lema con $k=1$, $X=A+B$ y $Y=-B$. El mayor autovalor de a$-B$$0$. Así que la mayor autovalor de a $(A+B)+(-B)$ es la suma de las mayores autovalores de a$A+B$$-B$, y llegamos a la conclusión de que podemos dividir un $1 \times 1$ bloque de$A+B$$-B$, donde el bloque de $-B$ es cero.
El producto de la $1 \times 1$ bloques es $0$, y que la inducción por el producto de los otros bloques es$0$.
