Una prueba elegante para una afirmación sobre matrices ortogonales y definidas positivas

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Una prueba elegante para una afirmación sobre matrices ortogonales y definidas positivas

matrices
Matemáticas
álgebra lineal
cálculo matricial
matrices-ortogonales
semidefinido positivo

Asaf Shajar

Dejar $P$ ser un verdadero $n \times n$ matriz semidefinida positiva simétrica.

Suponer que $\langle O,P \rangle = \langle I,P \rangle$ para alguna matriz ortogonal $O$ . Aquí $\langle , \rangle$ es el producto interior euclidiano (Frobenius). La suposición es equivalente a $\text{tr}(O^TP)=\text{tr}(P)$ .

Entonces $OP=P$ sostiene Ya que podemos reemplazar $O$ con $O^T$ la afirmación es equivalente a la afirmación aparentemente sorprendente $\text{tr}(OP)=\text{tr}(P) \implies OP=P$ .

Tengo una prueba y me pregunto si hay otras pruebas más cortas. ¿Existe una demostración que no requiera diagonalizar $P$ ?

Aquí está mi prueba: Al diagonalizar ortogonalmente $P$ , podemos reducir al caso donde $P=\Sigma$ es diagonal, con entradas no negativas $\sigma_i$ .

La suposición implica $\sum_i \sigma_i O_{ii}=\sum_i \sigma_i$ donde las sumas corren sobre todos los índices $i$ dónde $\sigma_i \neq 0$ . Desde $|O_{ii}| \le 1$ esto fuerza $O_{ii}=1$ por todos estos $i$ . Una verificación directa implica entonces que $O\Sigma=\Sigma$ :

En efecto, $O\Sigma=\Sigma$ es equivalente a $O_{ij}\sigma_j=\Sigma_{ij}$ . Si $\sigma_j=0$ , entonces $\Sigma_{ij}=0$ por lo que se mantiene la igualdad. Si $\sigma_j \neq 0$ , entonces $O_{jj}=1$ por lo que la igualdad se cumple para $i=j$ . Para $i \neq j$ , $\Sigma_{ij}=0$ (desde $\Sigma$ es diagonal) y , y $O_{ij}=0$ , desde siempre $O_{jj}=1$ , todo el resto de las entradas en el $j$ -ésima columna de $O$ son cero. (Desde $O$ es ortogonal).

Ben Grossman

Una reformulación posiblemente útil: si

A

$A$ no es semidefinido positivo, entonces

tr (A) < tr (| A |)

$\operatorname{tr}(A) < \operatorname{tr}(|A|)$ , dónde

| A | := \sqrt{A^{T} A}

$|A|:= \sqrt{A^TA}$ .

Ben Grossman

Otro pensamiento es que la identidad de polarización podría ser útil aquí. Es decir, tenemos

2 ⟨ O, PAG ⟩ = ⟨ PAG + O, PAG + O ⟩ - ⟨ PAG, PAG ⟩ - ⟨ O, O ⟩

$2\langle O,P \rangle = \langle P+O,P+O \rangle - \langle P,P \rangle - \langle O,O \rangle$

Asaf Shajar

Gracias, esta es una buena reformulación. Desafortunadamente, no veo cómo ayuda obtener una prueba más simple. (Tampoco veo una forma de usar la polarización como sugeriste). Supongo que las pruebas actuales son lo suficientemente buenas, y no deberíamos esperar más...

Ben Grossman

Estoy de acuerdo, realmente no podía pensar en un camino a seguir. Pregunta interesante, de todos modos.

Darij Grinberg

¿Estoy viendo bien que esta es la igualdad de la desigualdad?

tr (O P) \leq tr P

$\operatorname{tr}\left(OP\right) \leq \operatorname{tr}P$ ?

Asaf Shajar

@darijgrinberg Sí, eso es exactamente lo que estás diciendo.

Respuestas (2)

Una prueba elegante para una afirmación sobre matrices ortogonales y definidas positivas

Una reformulación posiblemente útil: si $A$ no es semidefinido positivo, entonces $\operatorname{tr}(A) < \operatorname{tr}(|A|)$ , dónde $|A|:= \sqrt{A^TA}$ .
Otro pensamiento es que la identidad de polarización podría ser útil aquí. Es decir, tenemos $2 ⟨ O, PAG ⟩ = ⟨ PAG + O, PAG + O ⟩ - ⟨ PAG, PAG ⟩ - ⟨ O, O ⟩$ $2\langle O,P \rangle = \langle P+O,P+O \rangle - \langle P,P \rangle - \langle O,O \rangle$
Gracias, esta es una buena reformulación. Desafortunadamente, no veo cómo ayuda obtener una prueba más simple. (Tampoco veo una forma de usar la polarización como sugeriste). Supongo que las pruebas actuales son lo suficientemente buenas, y no deberíamos esperar más...
Estoy de acuerdo, realmente no podía pensar en un camino a seguir. Pregunta interesante, de todos modos.
¿Estoy viendo bien que esta es la igualdad de la desigualdad? $\operatorname{tr}\left(OP\right) \leq \operatorname{tr}P$ ?
@darijgrinberg Sí, eso es exactamente lo que estás diciendo.

usuario1551 · Answer 1

La siguiente demostración sí diagonaliza $P$ , pero no en forma matricial.

Dejar $\{v_1,\ldots,v_n\}$ ser una base propia ortonormal de $P$ y $Pv_i=\lambda_iv_i$ para cada $i$ . Entonces

⟨ PAG, I ⟩ = ⟨ PAG, O ⟩ = \sum_{i} ⟨ PAG v_{i}, O v_{i} ⟩ \leq \sum_{i} ‖ PAG v_{i} ‖ ‖ O v_{i} ‖ = \sum_{i} λ_{i} = tr (PAG) = ⟨ PAG, I ⟩ .

$\langle P,I\rangle = \langle P,O\rangle = \sum_i\langle Pv_i,Ov_i\rangle \le \sum_i\|Pv_i\|\|Ov_i\| = \sum_i\lambda_i = \operatorname{tr}(P) = \langle P,I\rangle.$ Por lo tanto

⟨ P v_{i}, O v_{i} ⟩ = ‖ P v_{i} ‖ ‖ O v_{i} ‖

$\langle Pv_i,Ov_i\rangle=\|Pv_i\|\|Ov_i\|$ para cada

i

$i$ . Desde

P v_{i} = λ v_{i}

$Pv_i=\lambda v_i$ y

O v_{i}

$Ov_i$ es un vector unitario, tenemos

⟨ v_{i}, O v_{i} ⟩ = 1

$\langle v_i,Ov_i\rangle=1$ y a la vez

O v_{i} = v_{i}

$Ov_i=v_i$ cuando sea

λ_{i} > 0

$\lambda_i>0$ . Por eso

O P

$OP$ y

P

$P$ acordar

{v_{1}, \dots, v_{n}}

$\{v_1,\ldots,v_n\}$ , significa que

O P = P

$OP=P$ .

La segunda prueba en mi respuesta original es incorrecta. $K^2$ es semidefinido negativo, pero $K^4$ a priori no lo es.
¡Gracias! En realidad, también se me ocurrió esta prueba antes. Lo veo como "moralmente equivalente" a la prueba con diagonalización matricial explícita. Aceptaré tu respuesta si no aparecen otras mejores.
Otro comentario menor: he inspeccionado nuevamente mi prueba original (que era idéntica a la suya). Desde $P$ solo se supone semidefinido, entonces puede tener cero valores propios. Cuando $\lambda_i=0$ , tenemos $Pv_i=0$ , por lo que no podemos concluir nada sobre $Ov_i$ de la desigualdad CS. Sin embargo, eso no cambia el resultado final. $OP=P$ , ya que en esta igualdad, $O$ solo se "prueba" (o evalúa) contra vectores que se encuentran fuera $\ker P$ .

Salto · Answer 2

Trace es invariante bajo permutaciones cíclicas, por lo que

t r (O^{T} PAG) = t r ({PAG}^{1 / 2} O^{T} {PAG}^{1 / 2}) = ⟨ O {PAG}^{1 / 2}, {PAG}^{1 / 2} ⟩ .

$\mathrm{tr}(O^TP)=\mathrm{tr}(P^{1/2}O^TP^{1/2})=\langle OP^{1/2},P^{1/2}\rangle.$ Alquiler

‖ \cdot ‖

$\|\cdot\|$ denote la norma de Frobenius, una forma de la desigualdad de Cauchy-Schwarz dice que

⟨ O, PAG ⟩ = ⟨ O {PAG}^{1 / 2}, {PAG}^{1 / 2} ⟩ \leq ‖ O {PAG}^{1 / 2} ‖ \cdot ‖ {PAG}^{1 / 2} ‖ = t r (PAG)^{1 / 2} t r (PAG)^{1 / 2} = ⟨ I, PAG ⟩

$\langle O,P\rangle=\langle OP^{1/2},P^{1/2}\rangle\leq \|OP^{1/2}\|\cdot\|P^{1/2}\|=\mathrm{tr}(P)^{1/2}\mathrm{tr}(P)^{1/2}=\langle I,P\rangle$ con igualdad sólo cuando

O {PAG}^{1 / 2} = {PAG}^{1 / 2} \frac{‖ O {PAG}^{1 / 2} ‖}{‖ {PAG}^{1 / 2} ‖} = {PAG}^{1 / 2} .

$OP^{1/2}=P^{1/2}\frac{\|OP^{1/2}\|}{\|P^{1/2}\|}=P^{1/2}.$ Multiplicando a la derecha por

P^{1 / 2},

$P^{1/2},$ esta condición implica

O PAG = PAG .

$OP=P.$

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usuario1551

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Salto

vectores simultáneamente ortogonales en dos formas bilineales diferentes con matrices diagonales

Relación entre diferentes grupos ortogonales

Derivada de la norma nuclear ∥XA∥∗‖XA‖∗{\left\| {XA} \right\|_*} con respecto a XXX

¿Por qué A−1−P(PTAP)−1PTA−1−P(PTAP)−1PT A^{-1} - P \left( P^TAP \right)^{-1}P^T es definido positivo aquí?

¿Qué preserva exactamente una rotación?

¿Cuál es la solución de esta ecuación diferencial vectorial?

Existencia de mapas de matrices diferenciables M(3,R)→M(3,R)M(3,R)→M(3,R)M(3,\mathbb{R}) \rightarrow M(3,\mathbb{ R})

¿Son las inversas de las matrices no singulares "casi" diagonales también "casi" diagonales?

Matriz real semidefinida positiva con diagonal unitaria

Pregunta sobre la proyección en subespacios