九州大学 システム情報科学府 共通 2013年8月実施 线性代数

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• Kyushu-University
• Eigenvalues-and-Eigenvectors

Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

以下では、 $n \times n$ の実行列についてのみ考える。行列 $A$ の対角成分の和を $A$ のトレースと呼び、 $\text{Tr}(A)$ と表す。以下の各問に答えよ。

(1) 任意の行列 $A$ と $B$ に対し、 $\text{Tr}(AB) = \text{Tr}(BA)$ が成り立つことを示せ。

(2) 任意の行列 $A$ と任意の正則行列 $B$ に対し、 $\text{Tr}(B^{-1}AB) = \text{Tr}(A)$ が成り立つことを示せ。

(3) 固有値がすべて非負の対称行列 $A$ に対し、 $\text{Tr}(A^2) \leq \text{Tr}(A)^2$ が成り立つことを示せ。

(4) 任意の2つの対称行列 $A$ と $B$ に対し、 $\text{Tr}(AB)^2 \leq \text{Tr}(A^2)\text{Tr}(B^2)$ が成り立つことを示せ。

题目描述

以下只讨论 $n\times n$ 实矩阵。矩阵 $A$ 的所有对角元之和称为 $A$ 的迹，记作 $\operatorname{Tr}(A)$。证明下列结论：

1. 对任意矩阵 $A,B$，

   $$\operatorname{Tr}(AB)=\operatorname{Tr}(BA).$$

2. 对任意矩阵 $A$ 和任意可逆矩阵 $B$，

   $$\operatorname{Tr}(B^{-1}AB)=\operatorname{Tr}(A).$$

3. 若对称矩阵 $A$ 的全部特征值均非负，则

   $$\operatorname{Tr}(A^2)\le\operatorname{Tr}(A)^2.$$

4. 对任意两个对称矩阵 $A,B$，

   $$\operatorname{Tr}(AB)^2 \le\operatorname{Tr}(A^2)\operatorname{Tr}(B^2).$$

Kai

(1) $\text{Tr}(AB) = \sum_{i=1}^n (AB)_{ii} = \sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n A_{ik}B_{ki} = \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^n B_{ki}A_{ik} = \sum_{k=1}^n (BA)_{kk} = \text{Tr}(BA)$

(2) $\text{Tr}(B^{-1}AB) = \text{Tr}(A B B^{-1}) = \text{Tr}(A I) = \text{Tr}(A)$ (Using the property that Tr(XY) = Tr(YX))

(3) Since A is a symmetric matrix, it can be diagonalized by an orthogonal matrix P. Let $A = PDP^{-1}$ , where D is a diagonal matrix with the eigenvalues $\lambda_i$ of A on the diagonal. Then, $\text{Tr}(A) = \sum_{i=1}^n \lambda_i$ . Also, $A^2 = PD^2P^{-1}$ , so $\text{Tr}(A^2) = \text{Tr}(D^2) = \sum_{i=1}^n \lambda_i^2$ . We want to show that $\sum_{i=1}^n \lambda_i^2 \leq (\sum_{i=1}^n \lambda_i)^2$ . Since all eigenvalues are non-negative, this is equivalent to $\sum_{i=1}^n \lambda_i^2 \leq \sum_{i=1}^n \lambda_i^2 + 2\sum_{i<j} \lambda_i \lambda_j$ . This is equivalent to $0 \leq 2\sum_{i<j} \lambda_i \lambda_j$ , which is true since all eigenvalues are non-negative.

(4) Since $A$ and $B$ are symmetric,

$$\operatorname{Tr}(AB)=\sum_{i,j}a_{ij}b_{ji} =\sum_{i,j}a_{ij}b_{ij}.$$

Therefore, applying the ordinary Cauchy--Schwarz inequality to the $n^2$ entries gives

$$\operatorname{Tr}(AB)^2 \leq \left(\sum_{i,j}a_{ij}^2\right) \left(\sum_{i,j}b_{ij}^2\right).$$

Moreover, symmetry implies

$$\sum_{i,j}a_{ij}^2=\sum_{i,j}a_{ij}a_{ji} =\operatorname{Tr}(A^2), \qquad \sum_{i,j}b_{ij}^2=\operatorname{Tr}(B^2).$$

Hence

$$\operatorname{Tr}(AB)^2\leq \operatorname{Tr}(A^2)\operatorname{Tr}(B^2)$$

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