Làm thế nào để hiển thị ma trận này là semidefinite tích cực?

9

Để cho

K = (\begin{matrix} K_{11} & K_{12} \\ K_{21} & K_{22} \end{matrix})

$K=\begin{pmatrix} K_{11} & K_{12}\\ K_{21} & K_{22} \end{pmatrix}$

là một ma trận thực nửa cực dương đối xứng (PSD) với $K_{12}=K_{21}^T$ . Sau đó, cho $|r| \le 1$ ,

K^{*} = (\begin{matrix} K_{11} & r K_{12} \\ r K_{21} & K_{22} \end{matrix})

$K^*=\begin{pmatrix} K_{11} & rK_{12}\\ rK_{21} & K_{22} \end{pmatrix}$

cũng là một ma trận PSD. Ma trận và là và biểu thị ma trận chuyển vị. Làm thế nào để tôi chứng minh điều này? $K$ $K^*$ $2 \times 2$ $K_{21}^T$

matrix linear-algebra

— kích 看看
nguồn

2

Tôi nghĩ rằng câu hỏi này cần thẻ tự học.

— Michael R. Chernick

Vui lòng thêm [self-study]thẻ và đọc wiki của nó . Sau đó cho chúng tôi biết những gì bạn hiểu cho đến nay, những gì bạn đã cố gắng và nơi bạn bị mắc kẹt. Chúng tôi sẽ cung cấp gợi ý để giúp bạn có được unstuck.

— gung - Phục hồi Monica

1

Nếu K là 2x2, điều đó có nghĩa là K_21 là vô hướng? Nếu vậy, tại sao bạn nói về chuyển vị của nó?

— Tích lũy

15

Đây là một cơ hội tốt để áp dụng các định nghĩa: không cần định lý nâng cao.

Để đơn giản hóa các ký hiệu, đối với bất kỳ số hãy là một đối xứng khối ma trận. (Nếu làm việc với ma trận khối không quen thuộc với bạn, ban đầu, giả sử , , , và là các số. Bạn sẽ có được ý tưởng chung từ trường hợp này.) $\rho$

A (ρ) = (\begin{matrix} A & ρ B \\ ρ B^{'} & D \end{matrix})

$\mathbb{A}(\rho)=\pmatrix{A&\rho B\\\rho B^\prime&D}$

A

$A$

B

$B$

D

$D$

x

$x$

y

$y$

Đối với là semidefinite dương (PSD) chỉ đơn thuần là phương tiện mà cho tất cả các vectơ và có kích thước phù hợp $\mathbb{A}(\rho)$ $x$ $y$

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} 0 & \leq (\begin{matrix} x^{'} & y^{'} \end{matrix}) Một (ρ) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) \\ = = (\begin{matrix} x^{'} & y^{'} \end{matrix}) (\begin{matrix} Một & ρ B \\ ρ B^{'} & D \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) \\ = = x^{'} Một x + 2 ρ y^{'} B^{'} x + y^{'} D y . \end{aligned} \end{matrix}

$\eqalign{ 0 &\le \pmatrix{x^\prime&y^\prime} \mathbb{A}(\rho) \pmatrix{x\\y} \\ &= \pmatrix{x^\prime&y^\prime} \pmatrix{A&\rho B\\\rho B^\prime&D}\pmatrix{x\\y} \\ &=x^\prime A x + 2\rho y^\prime B^\prime x + y^\prime D y.\tag{1} }$

Đây là những gì chúng ta phải chứng minh khi . $|\rho|\le 1$

Chúng ta được biết rằng là PSD. Tôi cho rằng cũng là PSD. Điều này diễn ra bằng cách phủ định trong biểu thức : vì nằm trong tất cả các vectơ có thể, cũng nằm trong tất cả các vectơ có thể, tạo ra $\mathbb{A}(1)$ $\mathbb{A}(-1)$ $y$ $(1)$ $\pmatrix{x\\y}$ $\pmatrix{x\\-y}$

\begin{aligned} 0 & \leq (\begin{matrix} x^{'} & - y^{'} \end{matrix}) A (1) (\begin{matrix} x \\ - y \end{matrix}) \\ = x^{'} A x + 2 (- y)^{'} B^{'} x + (- y)^{'} D (- y) \\ = x^{'} A x + 2 (- 1) y^{'} B^{'} x + y^{'} D y \\ = (\begin{matrix} x^{'} & y^{'} \end{matrix}) A (- 1) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}), \end{aligned}

$\eqalign{ 0 &\le \pmatrix{x^\prime&-y^\prime}\mathbb{A}(1)\pmatrix{x\\-y} \\ &= x^\prime A x + 2(-y)^\prime B^\prime x + (-y)^\prime D (-y) \\ &= x^\prime A x + 2(-1)y^\prime B^\prime x + y^\prime D y \\ &= \pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(-1)\pmatrix{x\\y}, }$

cho thấy giữ với $(1)$ $\rho=-1.$

Lưu ý rằng có thể được biểu diễn dưới dạng nội suy tuyến tính của các cực trị và : $\mathbb{A}(\rho)$ $\mathbb{A}(-1)$ $\mathbb{A}(1)$

\begin{matrix} (2) & A (ρ) = \frac{1 - ρ}{2} A (- 1) + \frac{1 + ρ}{2} A (1) . \end{matrix}

$\mathbb{A}(\rho) = \frac{1-\rho}{2}\mathbb{A}(-1) + \frac{1+\rho}{2}\mathbb{A}(1).\tag{2}$

Khi nào , cả hệ số và là không âm. Do đó, vì cả và $|\rho|\le 1$ $\color{blue}{(1-\rho)/2}$ $\color{blue}{(1+\rho)/2}$ ${\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(1)\pmatrix{x\\y}}$ $\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(-1)\pmatrix{x\\y}$ là không âm, vì vậy là phía bên phải của

\begin{aligned} (\begin{matrix} x^{'} & y^{'} \end{matrix}) A (ρ) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) \\ = (\frac{1 - ρ}{2}) (\begin{matrix} x^{'} & y^{'} \end{matrix}) A (- 1) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) + (\frac{1 + ρ}{2}) (\begin{matrix} x^{'} & y^{'} \end{matrix}) A (1) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) \\ \geq 0 (0) + 0 (0) = 0. \end{aligned}

$\eqalign{ &\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(\rho)\pmatrix{x\\y} \\ &= \color{blue}{\left(\frac{1-\rho}{2}\right)}\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(-1)\pmatrix{x\\y} + \color{blue}{\left(\frac{1+\rho}{2}\right)}\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(1)\pmatrix{x\\y} \\ &\ge \color{blue}{0}(0) + \color{blue}{0}(0) = 0. }$

(Tôi sử dụng màu sắc để giúp bạn thấy bốn thuật ngữ không phủ định riêng biệt có liên quan.)

Vì và được tùy ý, chúng tôi đã chứng minh cho tất cả với . $x$ $y$ $(1)$ $\rho$ $|\rho|\le 1$

— whuber
nguồn

4

Điều này khá đẹp bởi sự đơn giản của nó :-)

— TenaliRaman

7

Đã có một câu trả lời tuyệt vời của @whuber, vì vậy tôi sẽ cố gắng đưa ra một bằng chứng thay thế, ngắn hơn, sử dụng một vài định lý.

$A$ $Q$ $Q^TAQ$
$A$ $B$ $A + B$
$A$ $q > 0$ $qA$

Và bây giờ:

\begin{aligned} K^{*} & = (\begin{matrix} K_{1, 1} & r K_{1, 2} \\ r K_{2, 1} & K_{2, 2} \end{matrix}) \\ = (\begin{matrix} K_{1, 1} & r K_{1, 2} \\ r K_{2, 1} & r^{2} K_{2, 2} \end{matrix}) + (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & q K_{2, 2} \end{matrix}), where q = 1 - r^{2} > 0 \\ = {(\begin{matrix} I & 0 \\ 0 & r I \end{matrix})}^{T} (\begin{matrix} K_{1, 1} & K_{1, 2} \\ K_{2, 1} & K_{2, 2} \end{matrix}) (\begin{matrix} I & 0 \\ 0 & r I \end{matrix}) + q (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & K_{2, 2} \end{matrix}) \end{aligned}

$\begin{align*} K^* &= \begin{pmatrix} K_{1,1} & rK_{1,2} \\ rK_{2,1} & K_{2,2} \\ \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} K_{1,1} & rK_{1,2} \\ rK_{2,1} & r^2K_{2,2} \\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & qK_{2,2} \\ \end{pmatrix}, \text{ where $q = 1 - r^2 > 0$} \\ &= \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & rI \\ \end{pmatrix}^T \begin{pmatrix} K_{1,1} & K_{1,2} \\ K_{2,1} & K_{2,2} \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & rI \\ \end{pmatrix} + q\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & K_{2,2} \\ \end{pmatrix} \end{align*}$

$K$ $K_{2, 2}$

— Gradukasz tốt nghiệp
nguồn

4

q

$q$

r

$r$