EDITAR: Una pregunta sobre valores propios de matrices no negativas.

Esta es una respuesta a una versión anterior de la pregunta:

Con respecto a una parte de su pregunta: Considere$A= \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1&1\end{pmatrix}$y$B=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0&1\end{pmatrix}$. Estos satisfacen sus condiciones, pero el valor propio más pequeño de$A$es$0$mientras que todos los valores propios de$B$son$1$.

Editar:$\det(A)=0$y$\det(B)=1$, por lo que este también es un contraejemplo para la otra pregunta.

Se puede verificar fácilmente que ambas matrices son positivamente semidefinidas, según se requiera.

El campo no se especificó, pero supongo$\mathbb C$.

Para el determinante:
(esto es opcional ya que la prueba de ordenación de valores propios implica este resultado)
$\det(A)\geq \det(B)$es cierto desde$A- B \succeq \mathbf 0$podemos hacer una diagonalización unitaria así
$D_A-B'\succeq \mathbf 0\implies D_A \succeq B'$

notar esto implica$0\leq b_{i,i}'\leq d_{i,i}^{(A)}$y
$\det\big(B\big) =\det\big(B'\big) \leq \prod_{i=1}^n b_{i,i}' \leq \det\big(D_A\big) =\det\big(A\big)$
por la Desigualdad del Determinante de Hadamard y luego multiplicar sobre el límite de punto anterior.

Para los autovalores:
Proceder por inducción sobre$n$. El$n=1$El caso (base) es obvio.

Caso inductivo:
recoger primero$n-1$autovectores ortonormales de B en los siguientes$n\times n-1$
$Q:=\bigg[\begin{array}{c|c|c|c|c} \mathbf q_1 & \mathbf q_2 &\cdots & \mathbf q_{n-1}\end{array}\bigg]$
y recoge el ultimo$n-1$autovectores ortonormales de A en los siguientes

$U:=\bigg[\begin{array}{c|c|c|c|c} \mathbf u_2 &\cdots & \mathbf u_{n-1} & \mathbf u_{n}\end{array}\bigg]$

Entonces
$Q^*(A-B)Q\succeq \mathbf 0$
$\implies Q^*AQ \succeq Q^*BQ$
y por hipótesis de inducción, los valores propios para LHS$(\lambda_i)$tiene el pedido conjeturado$\lambda_i \geq d_i$para$i \in\big\{1,2,..,n-1\big\}$.

Sin embargo, los valores propios de$Q^*AQ$(Cauchy) entrelazan los de$A$, es decir
$l_1\geq \lambda_1\geq l_2 \geq \lambda_2\geq .... \geq l_{n-1}\geq\lambda_{n-1}\geq l_n$

por lo tanto para$i\in \big\{1,2,...,n-1\big\}$tenemos
$l_i\geq \lambda_i \geq d_i$

Luego, esencialmente en el mismo argumento, considere
$U^*AU\succeq U^*BU$
por hipótesis de inducción tenemos
$l_i \geq \sigma_{i-1}$
para$i\in\big\{2,3,...,n\big\}$
(dónde$\sigma_k$se refiere al k-ésimo valor propio más grande de$U^*BU$)

Por entrelazado de Cauchy tenemos
$d_1\geq \sigma_1\geq d_2 \geq \sigma_2\geq .... \geq d_{n-1}\geq\sigma_{n-1}\geq d_n$
$\implies l_n\geq\sigma_{n-1}\geq d_n$

que completa la prueba