Ермитови матрици

[aifC]

Нека [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] са ермитови матрици от ред [tex]n[/tex], да се докаже неравенството:

[tex]|tr (AB)|^{2} \le tr(A^{2}) \cdot tr(B^{2});[/tex], където [tex]tr(X)[/tex] означава следата на матрицата [tex]X[/tex] и по определение е равна на
сумата от елементите и по главния диагонал, възможно ли е равенство.

[grav]

Neravestvo na Cauchy.

[aifC]

Нека [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] са [tex]n[/tex] квадратни Eрмитови матрици то тогава :

[tex]\|(A \circ B)^{m}\|^{2}_{F} \le \|(A^{*}A)^{m}\|_{F} \|(B^{*}B^{m}\|_{F'}[/tex] , където [tex]m[/tex] e положително цяло число;

[tex]\|(A \circ B)^{m}\|^{2}_{F} = tr[(A \circ B)^{m}(A \circ B)^{m*})][/tex]

[tex]\begin{pmatrix}AA^{*} \circ BB^{*} & A \circ B \\ A^{*} \circ B^{*} & I \end{pmatrix} \ge 0; \Rightarrow (A \circ B)(A \circ B)^{*} \le AA^{*} \circ BB^{*}[/tex]

[tex]|tr A^{2m}| \le tr[A^{m}(A^{*})^{m}] \le tr[(AA^{*})^{m}] , A \in M_{n};[/tex]

[tex]\|(A \circ B)^{m}\|^{2}_{F} = tr(A \circ B)^{m}(A \circ B)^{m*}) \le tr[((A \circ B)(A \circ B)^{*})^{m}] \le tr[(AA^{*} \circ BB^{*})^{m}][/tex]

От неравенството на Коши-Шварц следва:

[tex]tr(A^{m} \circ B^{m}) = \sum_{i=1}^{n }\lambda_{i}[(A^{m} \circ B^{m})] \le \sum_{i=1}^{n }\lambda_{i}(A^{m})\lambda_{i}(B^{m}) \le \{\sum_{i=1}^{n}\lambda^{2}_{i}(A^{m})\sum_{i=1}^{n}\lambda^{2}_{i}(B^{m}) \}^{\frac{1}{2}} = \{tr A^{2m} tr B^{2m} \}^{\frac{1}{2}}[/tex]

[tex]tr[(AA^{*} \circ BB^{*})^{m}] \le \{tr(AA^{*}(AA^{*}))^{m} tr(BB^{*}(BB^{*}))^{m} \}^{\frac{1}{2}} \le \{tr(AA^{*}AA^{*})^{m} tr(BB^{*}BB^{*})^{m}\}^{\frac{1}{2}} \le \{tr(AA^{*})^{2m} \}^{\frac{1}{2}} \{tr(BB^{*})^{2m} \}^{\frac{1}{2}} = \|(A^{*}A)^{m}\|_{F} \|(B^{*}B)^{m}\|_{F} \Rightarrow[/tex]

[tex]\|(A \circ B)^{m}\|^{2}_{F} \le \|A^{2m}\|_{F} \|B^{2m}\|_{F'};[/tex]

[grav]

Така както е написано е почти нечетимо!

[grav]

Следните неща са или очевидни или лесни за проверяване:

1) ако [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] са ермитови и [tex]t[/tex] релано, то [tex]A+tB[/tex] е също ермитова,
2) [tex]tr(AB)=tr(BA)[/tex] и ако са ермитови е реално число,
3) ако [tex]E[/tex] е ермитова, то [tex]tr(E^2)\ge 0[/tex] и равенство се достига само ако [tex]E=0[/tex].

Относно задачата, ако [tex]A[/tex] или [tex]B[/tex] е нулевата матрица, твърдението е вярно. В противенслучай имаме

[tex]tr(A+tB,A+tB)\ge 0[/tex] за всяко [tex]t\in\mathbb R[/tex]

или

[tex]tr(A^2)+2tr(AB)t+tr(B^2)t^2\ge 0[/tex].

Тъй като неравенството е вярно за всяко релано [tex]t[/tex], то дискриминантата е неположителна, което е неравенството от условието на задачата. И равенство се достига ако една от матриците е пропорционална на другата