Положительно определенные матрицы

Автор темы kvdron 
ОбъявленияПоследний пост
ОбъявлениеРаботодателям и кадровым агентствам: Размещение вакансий26.03.2008 03:07
ОбъявлениеПравила и принципы форума «Высшая математика»28.10.2009 15:17
ОбъявлениеМатематик-алгоритмист (Vehicle Routing Problem) – удаленная работа03.06.2020 17:58
08.04.2009 17:00
Положительно определенные матрицы
Как доказать, что если А, В вещественные положительно определенные матрицы, то у матрицы АВ все собственные числа положительные?

Предлагаю приз ввиде полтинника на телефон тому, кто приведет решение.



Редактировалось 3 раз(а). Последний 13.04.2009 16:59.
08.04.2009 20:36
Нельзя...
А разве AB=BA?



Редактировалось 1 раз(а). Последний 08.04.2009 21:18.
09.04.2009 05:53
можно...
Дело в том, что условие АВ = ВА лишнее, оно нужно для положительно определенности АВ, а нам всего лишь надо положительность корней. Ведь не только у положительно определенных матриц все корни положительны.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 13.04.2009 17:01.
09.04.2009 06:12
существование
очевидно поскольку с эрмитовыми матрицами дело имеем
достаточнось?
09.04.2009 08:25
Мне не очевидно, и хотелось бы доказательство.
Если вам очевидно, приведите доказательство. Я уже второй день бьюсь и не могу доказать. Доказал лишь, что если корни действительные, то они больше нуля, но не могу установить что комплексных коней нет.

PS. Если M,N симметричные матрицы, то MN и NM не обязательно симметричные матрицы.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 09.04.2009 08:32.
09.04.2009 10:00
вещественность
отсутствие не вещественных корней следует из эрмитовости
09.04.2009 10:14
Вы не правы.
Эрмитовость? Произведение двух эрмитовых матриц не обязательно дает эрмитову. Вот вам пример $\left(\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{array}\right)*\left(\begin{array}{rr} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)$ Видим, что матрицы $\left(\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{rr} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)$ - эрмитовы, а матрица $\left(\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{array}\right)$ - не эрмитова, с комплексными собственными числами.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 09.04.2009 10:25.
09.04.2009 11:26
извиняюсь
я просто втыкался над задачей и собой

мне очевидно что если существует вещественный корень то он положителен, а все остальное при неэрмитовости A*B и не только не очевидно но и мб неверно. Вообщем я втух, а душа шепчет что Адамара нады бы перечитать.
09.04.2009 23:19
Вещественный случай. Присоединенный оператор
Пусть А - положительно определенная матрица (строго положительно), В - матрица самосопряженная (симметрическая в вещественном случае). Будем рассматривать эти матрицы как матрицы квадратичных форм в некотором базисе Е. Будем считать, что в пространстве задано скалярное произведение, которое в базисе Е определяется матрицей А, т.е. А - это матрица Грама базиса Е в Евклидовом пространстве. С любой квадратической формой К в Евклидовом пространстве связан присоединенный линейный оператор Т, определенный условием:
К(х)=(х,Т(х)). Матрица присоединенного оператора совпадает с матрицей квадратической формы для любого ортонормированного базиса. Если базис не ортонормированный, то она равна произведению матрицы Грама на матрицу квадратичной формы. И так, если Т - присоединенный оператор формы матрицы В, то его матрица в базисе Е есть АВ. Приведем путем изменения базиса квадратическую форму матрицы В к каноническому виду (переходим к ортонормированному базису). Тогда матрица этой квадратической формы К примет диагональный вид и будет совпадать с матрицей присоединенного оператора Т в том же базисе. Но его матрица равна $М=С^{-1}АВС$, где С - матрица перехода к новому базису. Собственные числа совпадут с коэффициентами формы. По-моему все ясно.
10.04.2009 07:12
Как-то сложно...
А проще нельзя доказать? Может все-таки можно доказать не используя скалярное произведение и квадратичные формы?



Редактировалось 1 раз(а). Последний 10.04.2009 10:45.
11.04.2009 10:25
Прошу прощения
Уважаемый Kvdron! Я сегодня пытался отправить Вам ЛС, но по неопытности так и не понял, отправилось оно или нет. У меня в отправленных в профайле ничего нет.
12.04.2009 21:17
Проблема осталась открытой
В личной переписке с г-ном Kvdron было выяснено, что доказательство, предложенное выше мною ничего серьезного не доказывает.
Задача остается открытой. Господа, дерзайте!
14.04.2009 04:38
Все-таки, все просто!
[.Лемма о разложении:
Пусть $А$ - самосопряженный оператор в унитарном или в вещественном Евклидовом пространстве, нестрого положительно определенный, т.е. для любого х имеет место неравенство:
$(x,Ax)\,\ge\,0$. Тогда существует оператор $Q$, такой что $A\,=\,QQ*$, где звездочка - операция сопряжения, и ранг оператора $Q$ равен рангу А.

Доказательство.

Рассматриваем матрицу оператора $А$ в ортонормированном базисе, как матрицу квадратичной формы $(х,Ах)$. Обозначим эту матрицу $А$. Т.к. путем перехода к новым переменным квадратичная форма приводится к диагональному виду, где на диагонали стоят только нули и +1, -1, то существует матрица $В$, такая что $В*АВ\,=\,D$, причем в нашем случае в диагональной матрице $D$ минус-единицы отсутствуют . Следовательно, $D^2=D$. Отсюда получаем:
$А\,=\,B*^{-1}DDB^{=1}\,=\,QQ*$, где $Q\,=\,B*^{-1}D$ , что и требовалось.

Предложение: Если дан строго положительный самосопряженный оператор $А$ в вещественном Евклидовом или унитарном пространстве и самосопряженный оператор $В$, то оператор $АВ$ имеет только вещественные собственные числа и среди них положительных столько, сколько положительных членов у квадратичной формы $(х,Вх)$ и отрицательных столько, сколько отрицатеоьных членов членов у квадратичной формы $(х,Вх)$ в каноническом представлении.

Доказательство:

Имеем $A\,=\,QQ*$, где $Q$ - невырожденный. Следовательно,
$AВ\,=\,QQ*В$ , из чего следует $Q^{-1}ABQ\,=\,Q*BQ$. Но справа в этом равенстве стоит матрица, которая определяет в новом базисе ту же квадратичную форму, что и $B$. Осталось заметить, что числа положительных и отрицательных членов канонического представления квадратичной формы соответствуют числам положительных и отрицательных собственных чисел.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 14.04.2009 09:17.
14.04.2009 08:59
Предлагаю такое решение.
Так, ну ведь, насколько я помню, положительно определенные матрицы по определению симметричны, да?

Тогда, раз уж матрицы положительно определены, то заменой координат можно привести одновременно одну - к единичной, другую - к диагональной. В этих координатах утверждение очевидно, а собственные числа от замены координат не меняются.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 14.04.2009 09:00.
14.04.2009 09:48
Ответ для Ad_dy
Цитата

Тогда, раз уж матрицы положительно определены, то заменой координат можно привести одновременно одну - к единичной, другую - к диагональной. В этих координатах утверждение очевидно, а собственные числа от замены координат не меняются

Не все так просто. Дело в том, что приведение матриц квадратичных форм не является автоморфизмом алгебры матриц и не сохраняет собственные числа (единичная матрица имеет этих чисел только единицы), а остроумный пример Kvdron показывает, что у произведения АВ не сохраняется симметричность. Но использовать можно, и в сообщении Вашего покорного слуги это было сделано (см. выше)



Редактировалось 1 раз(а). Последний 14.04.2009 10:04.
14.04.2009 10:01
Пухнет мозг....
Мне кажется, что у меня скоро произойдет взрыв башки. Что я хочу сказать? Во-первых, доказательство, предложенное здесь, сильно отличается от того, которое вы, господин museum, мне отправили мне в личку. Во-вторых, я опять почти уверен, что это доказательство неверное. Я согласен, что существует такая матрца $Q$, для которой выполняется $A=QQ^t$, согласен, что в этом случае можно записать равенство $Q^{-1}ABQ=Q^tBQ$, но с чего вы взяли, что у матрицы $Q^tBQ$ все собственные числа действительные, ведь преобразование координат в общем случае не сохраняет собственные числа. Т.е у матриц $Q^tBQ$, $T^t(Q^tBQ)Т$ разные собственные числа. Блин, ну это же так очевидно.

PS. Товарищ, ad_dy, вы тоже не правы. Вы только подумайте, вы заявляете что при замене координат собствееные числа не меняются. При этом вы сами приводите одну из положительно определенных матриц к единичной, у которой все собственные числа равны 1. Получается что у всех положительно определенных матриц все собственные числа равны 1. Ну бред же!
14.04.2009 10:10
Н-да, не прав я был.
Сабж.

А, ну то есть преобразование координат-то сохраняет собственные числа операторов (ибо $|C^{-1}AC-\lambda E|=|C^{-1}AC-C^{-1}C|=|A-\lambda E|$), но к диагональной/единичной форме приводятся квадратичные формы, и там другое правило преобразования.

Ладно, еще подумаю. rolleyes



Редактировалось 1 раз(а). Последний 14.04.2009 10:18.
14.04.2009 10:18
Ответ Kvdron
Да, действительно,
Цитата

преобразование координат в общем случае не сохраняет собственные числа
, но оно сохраняет самосопряженность, из чего уже следует вещественность. Кроме того оно сохраняет ранг и индекс (число положительных и отрицательных коэффициентов канонического представления квадратичной (квадратично-эрмитовой над комплексным полем) формы. А эти числа равны числам положительных и отрицательных собственных чисел (при приведении к ортонормированному базису собственных векторов собственные числа окажутся коэффициентами при квадратах; у нас это будут собственные числа матрицы $Q*BQ$, а не $В$, но это же не важно!
PS. Новое доказательство сравнительно с тем, что я выслал Вам ранее, отличается лишь большей простотой. В 4 часа ночи я осознал, что суть доказательства именно в разложимости положительно определенного оператора.
Пользуюсь случаем, чтобы выразить свою Вам благодарность за настойчивость в нашей переписке за интересную задачу.
14.04.2009 10:30
Минутку
Минутку, господин meseum, я сейчас проверю кое-что, и тогда воздам вам великую похвалу.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 14.04.2009 11:52.
14.04.2009 11:32
А почему сохраняется самосопряженность.
Уважаемый, museum, почему преобразование $Q^tBQ$ сохраняет самосопряженность? Ни в одной книжке этого не встречал. Если я это пойму, то данную тему успешно можно закрыть, законно объявив победителя в лице уважаемого господина museum.
Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти