Majorization relación entre los valores absolutos cuadrado de las entradas de una matriz y los valores singulares de cuadrado

Question

Deje $A = [A_{ij}]$ $n\times n$ matriz cuadrada con entradas complejas, y vamos a $\sigma_k$, $k=1,\ldots, n$ ser sus valores singulares. Supongamos que el cuadrado de la norma de Frobenius satisface $$ \mathrm{Tr}(A^\daga, Un) = \sum_{i,j=1}^{n}|A_{ij}|^2 = \sum_{k=1}^n\sigma^2_k=1 \>, $$ donde $A^\dagger$ es la conjugada transpuesta de a $A$.

Es el vector dado por los valores absolutos cuadrado de las entradas, $(|A_{ij}|^2)_{ij}$, majorized por el vector $(\sigma_k^2)_k$? (Como de costumbre cuando se habla de majorization, con un relleno de 0, por lo que ambos vectores tienen $n^2$ elementos.)

Considere los vectores $(a_i)$ $(b_i)$ de la longitud de la $m$ tal que $\sum_{i=1}^m a_i = \sum_{i=1}^m b_i$. Entonces, decimos que el $a$ majorizes $b$ si $\sum_{i=1}^k a_{(i)} \geq \sum_{i=1}^k b_{(i)}$ por cada $1 \leq k \leq m$ donde $a_{(i)}$ indica el $i$th elemento más grande de $(a_i)$, y, asimismo, para $b_{(i)}$ con respecto al $(b_i)$.

Para una definición más detallada de majorization, por favor consulte http://en.wikipedia.org/wiki/Majorization .

Miré numéricamente para un contraejemplo, y no encontró ninguno. Si es cierto, yo supongo que es como es bien conocido, y en caso de que se aprecia una referencia tan preciso como sea posible.

Gracias!

Answer 1

Vamos a demostrar algo más fuerte y luego ver que el resultado deseado de la siguiente manera.

Deje $A$ ser definida como en el problema y tomar la $\newcommand{\Atr}{A^{\dagger}}B = \Atr A$. Deje $a_{ij}$ el valor del $(i,j)$ésimo elemento de a $A$. Tenga en cuenta que los elementos de la diagonal de a $B$, que denotamos por a $b_{ii}$ son reales no negativos números. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $b_{ii} \geq b_{i+1,i+1} \geq 0$ todos los $1 \leq i < n$.

Reivindicación 1: La diagonal de $B$ majorizes $(|a_{ij}|^2)_{ij}$.

Deje $s_k = \sum_{i=1}^k b_{ii}$ denotar la suma de los $k$ mayor $b_{ii}$. Para cada $i$, $b_{ii} = \sum_{j=1}^n |a_{ji}|^2$ es la suma de los cuadrados de los módulos de los elementos en la $i$ésima columna de a $A$. Considere la posibilidad de la $k$ mayor $|a_{ij}|^2$. Entonces, estos $k$ elementos se encuentran dentro de no más de $k$ único columnas de $A$ y, por tanto, la suma de estos $k$ elementos es claramente menor que o igual a la suma de los correspondientes a $b_{ii}$'s. Pero, esta última suma es definitivamente menor que $s_k$. Esto es válido para cada una de las $1 \leq k \leq n$, por lo que la reclamación se estableció en el año también se $\sum_{i=1}^n b_{ii} = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |a_{ij}|^2$.

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, $|\mathrm{Tr}(ST)| \leq \sum_{i=1}^n \sigma_i \tau_i$.

Un agradable, primaria prueba de esto puede ser encontrado en

L. Mirsky, Un seguimiento de la desigualdad de John von Neumann, Monatsh. De matemáticas. 79 (4): 303-306, 1975, MR0371930.

Que en realidad no necesita una declaración tan fuerte para probar la siguiente afirmación, pero me dan el resultado anterior, porque es muy bonito y no parece ser tan conocida como debería ser.

Reivindicación 2: Deje $\lambda_1 \geq \lambda_2 \geq \cdots \geq \lambda_n \geq 0$ ser los autovalores de a $B$. A continuación, $(\lambda_i)$ majorizes $(b_{ii})$.

$B$ tiene un eigendecomposition tal que $B = Q \Lambda Q^*$ donde $Q$ es unitaria y $\Lambda$ es una matriz diagonal correspondiente a $(\lambda_i)$. Ahora, tenga en cuenta que $$\newcommand{\Tr}{\mathrm{Tr}} s_k = \Tr(J_k^T B J_k) $$ donde $$\newcommand{\zmat}{\mathbf{0}} J_k = \left(\begin{matrix} I_k \\ \zmat \end{de la matriz}\right) $$ con $I_k$ $k \times k$ matriz identidad y $\zmat$ $(n-k) \times k$ todos los ceros de la matriz.

Entonces $$ \Tr(J_k^T B J_k) = \Tr(J_k^T P \Lambda Q^* J_k) = \Tr(Q^* J_k J_k^T P \Lambda) \>. $$

Observar que $Q^* J_k J_k^T Q$ es un Hermitian matriz con $k$ valores singulares que son uno y $n-k$ 0, y así por von Neumann del teorema, tenemos que $$ s_k = |s_k| = |\Tr(J_k^T B J_k)| \leq \sum_{i=1}^k 1 \cdot \lambda_i = \sum_{i=1}^k \lambda_i \> . $$

Ya que esto tiene para cada uno de los $k \leq n$, la demanda se estableció.

Epílogo: la Combinación de las Reivindicaciones 1 y 2 da el resultado deseado como se indica en la pregunta. Pero, la Reivindicación 2, de por sí, es en realidad un poco más fuerte. También, como se mencionó anteriormente, los más elementales medios puede ser utilizado para mostrar la Reivindicación 2 y son casi tan fácil como empuñando von Neumann un poco el martillo más grande.

Answer 2

NOTA: Vamos a ver si me pueden enviar esta respuesta ahora :)

---

En primer lugar, permítanme señalar que la condición de que la norma de Frobenius es irrelevante, ya que la multiplicación de la matriz por alguna constante positiva cambios tanto en las entradas y los valores singulares de la misma multiplicativo constante. De todos modos, por la misma razón, podemos restringir el caso mencionado en la pregunta.

La solución es más fácil de ver en el lenguaje de la información cuántica. Las entradas $A_{ij}$ de la matriz puede ser visto como los coeficientes de un bipartito estado de vectores $|\psi\rangle=\sum_{ij}A_{ij}|i\rangle|j\rangle$ donde $\{|i\rangle\}$ $\{|j\rangle\}$ (local) bases ortonormales. Supongamos que el mayor $k$ entradas $|A_{ij}|^2$ corresponden a los pares de índices de $(i,j)\in I_k$ donde $I_k$ algunos $k$-elemento subconjunto del conjunto $\{ (i,j)|i,j=1,\ldots,n \}$. Entonces

$$ \sum_{(i,j)\en I_k}|A_{ij}|^2 = \sum_{(i,j)\en I_k}\textrm{Tr}(|i\rangle\langle i|\otimes |j\rangle\langle j| |\psi\rangle\langle\psi|) $$

Esta cantidad es menor que

$$ \sum_{i:\exists j s.t. (i,j)\en I_k}\textrm{Tr}(|i\rangle\langle i|\otimes I |\psi\rangle\langle\psi|)=\textrm{Tr}_1(\sum_{i:\exists j s.t. (i,j)\en I_k}|i\rangle\langle i|\textrm{Tr}_2(|\psi\rangle\langle\psi|)) $$

donde $I$ denota la matriz identidad/operador y tenemos dividida la traza en el seguimiento en el primer sistema y en el segundo sistema. La matriz $\textrm{Tr}_2(|\psi\rangle\langle\psi|)$ es positivo semidefinite, con autovalores correspondientes a los cuadrados de los valores singulares de a $A$ (es el estado reducido de $|\psi\rangle$ en el idioma de la información cuántica), y hemos

$$ \textrm{Tr}_1(\sum_{i:\exists j s.t. (i,j)\en I_k}|i\rangle\langle i|\textrm{Tr}_2(|\psi\rangle\langle\psi|))\leq \max_{P_k} \textrm{Tr}_1(P_k\textrm{Tr}_2(|\psi\rangle\langle\psi|))=\sum_{i=1}^k\sigma_k^2, $$

donde el máximo es de más de proyecciones de la fila $k$. Ya que esto es válido para cualquier $k$, la hipótesis es comprobada.