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thematicsroy新虫 (小有名气)
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[求助]
求助一道关于正定矩阵的证明题
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1、已知H1是正定矩阵，H2是Hermite矩阵，且与H1同阶，求证： “H1+H2正定”等价于“(inv(H1))*H2的所有特征根大于-1” 2、矩阵Px,Py分别是C^n上映射到空间X，Y的正交投影，X,Y同维数，求证： ||Px-Py||=||(I-Px)Py||=||(I-Py)Px||, 这里||.||为二范数 纠结了好久，故来求助于各位，谢谢了~ |
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hank612
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【答案】应助回帖
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当M对称(或Hermitian), N正定时, 二者是可以同时(对合意义下) 对角化的. 你可以考虑N的Cholesky decomposition, N=L L^H. 那么对Hermitian 矩阵 (L^(-1) M {L^(-1)}^H. 可以取到单位正交基 Y , 也就是 L^{-1} M {L^{-1}}^H Y = Y Lambda, 且 Y^H Y=I. 那么 X= {L^{-1}}^H Y 满足要求X^H M X= Lambda, X^H N X = I. 现在回到问题1. M+N 正定 当且仅当 对应标准二次型系数全正: x1^2 +...+xn^2. 也就是说 在X对合下 Lambda + I > 0. 但是 Lambda =(X^H N X )^(-1) X^H M X=X^{-1} N^{-1} M X就是N^{-1} M 的特征值. 问题2. 取子空间 X= (1, 0), Y=(0,1), 从而 PX= ( 1, 0; 0, 0), PY= (0, 0; 0, 1). 从映射角度就是 PX (a,b)=(a,0), PY(a,b)=(0,b). PX-PY = (1, 0; 0, -1) 但是 (I-PX) PY = (0, 0; 0, 1) * (0,0; 0, 1) = (0, 0; 0, 1). 范数好象不同. |
2楼2013-09-18 02:50:32
hank612
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我说的范数不同指的是Frobenius二范数, http://en.wikipedia.org/wiki/Matrix_norm. 如果是矩阵二范数, Max |Ax|/|x|, 那么, 假设X 不等于Y, 考虑向量y属于Y并且正交于X, 可以看到那些范数都等于1, 因此相等. |
3楼2013-09-18 03:06:04
hank612
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4楼2013-09-18 09:44:35
hank612
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1) 因为-(P-Q) = (I-P)Q - P(1-Q) 并且 Image (P) 和 Image(I-P) 正交, 所以对任何单位向量 u, ||-(P-Q)u|| >= || (I-P)Q u||, 即 ||P-Q||_2 >= || (I-P)Q||_2. 2) 考虑二维平面上向量 x=(cos(theta), sin(theta) ), y=(0, 1). P为在x上正交投影, Q为在y上正交投影, 即 P=( cos(theta), sin(theta))^T (cos(theta), sin(theta))= x^T x, Q=(0 0; 0 1). 直接计算得到 (P-Q) (cos(beta), sin(beta))^T = cos(theta) * (cos(theta-beta), sin(theta-beta))^T, (I-P)Q (cos(beta), sin(beta))^T = cos(theta)*sin(beta)*(-sin(theta), cos(theta))^T. 此时||P-Q||_2 = || (I-P)Q||_2. ( =cos(theta) ) 3) 设 P-Q的二范数在单位向量u取到, 即||P-Q||_2 = ||(P-Q)u||. 考虑u 在P上投影x=P(u), 在Q上投影y=Q(u), 可以看出, u在x 和y生成的二维平面上. 由2)的分析, (I-P)Q 在该平面上存在单位向量 v, 使得||(P-Q)u||= || (I-P)Q v||, 因此||P-Q||_2 <= || (I-P)Q||_2. 看来不论是 二 范数, 还是 二 维平面, 还是能有一些好性质的. 另外, P和Q 维数相同是必要的, 保证 P(u) 和 Q(u) 都不为零. 如果没有这个条件, 可以参考 P=Diag(0, 1,1), Q=Diag(0,1,0). 这时候 P-Q=Diag(0,0,1), (1-P)Q=0. |
5楼2013-09-19 01:51:51
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6楼2013-12-12 19:02:15
