$A,B$为对称矩阵,求证 $tr(ABAB)\leq tr(AABB)$.

一个巧妙的想法是考虑反对称矩阵 $C=AB-BA$ 以及 $tr(C^TC)$

现在想用他法遭遇困难:
$tr(AABB)=tr(BAAB)=tr(B^TA^TAB)=tr((AB)^T(AB))$
令$M=(m_{ij})_{n\times n}=AB\cong J,\ J$ 为 $M$ 的Jordan阵.
$tr(ABAB)\leq tr(AABB)\Leftrightarrow tr(J^2)\leq tr(M^TM)$.

\begin{align}\sum\limits_{1\leq k\leq n} \lambda_k^2\leq \sum\limits_{1\leq i,j\leq n}m_{ij}^2
\end{align}
$\lambda_k$ 为 $M$ 的特征根. 如何证明上式?
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元始天尊

赞同来自: poorich

对任何非奇异的 $X$, 做 $X^{-1}AX$ 的 Schur 分解 $Q^*X^{-1}AXQ = T$, 由
Frobenius 范数的酉不变性可得
$\displaystyle
\|X^{-1}AX\|_F^2 = \|T\|_F^2 \geq \sum_{k=1}^n |\lambda_k|^2,
$
因此
$\displaystyle
\sum_{k=1}^n |\lambda_k|^2 \leq \inf_{\det X \neq 0} \|X^{-1}AX\|_F^2.
$
反过来, 对任何 $\epsilon>0$, 做 $A$ 的
$\epsilon$-Jordan 标准型 $J(\epsilon)$ (就是把 Jordan 标准型次对角线上的 $1$ 都换成 $\epsilon$), 这样就有
$\displaystyle
\inf_{\det X \neq 0} \|X^{-1}AX\|_F^2 \leq \|J(\epsilon)\|_F^2
< n\epsilon^2+\sum_{k=1}^n |\lambda_k|^2,
$
让 $\epsilon\to0+$ 即得
$\displaystyle
\sum_{k=1}^n |\lambda_k|^2 = \inf_{\det X \neq 0} \|X^{-1}AX\|_F^2.
$
你原先问的那个结论可以取 $X=I$ 得到, 也可以直接做证明的第一步.

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