Comment montrer que cette matrice est semi-définie positive?

Laisser

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

être une matrice réelle semi-définie positive symétrique (PSD) avec $K_{12}=K_{21}^T$. Puis pour$|r| \le 1$,

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

est également une matrice PSD. Matrices$K$ et $K^*$ sont $2 \times 2$ et $K_{21}^T$désigne la matrice de transposition. Comment puis-je le prouver?

C'est une belle occasion d'appliquer les définitions: aucun théorème avancé n'est nécessaire.

Pour simplifier la notation, pour n'importe quel nombre $\rho$ laisser

$$\mathbb{A}(\rho)=\pmatrix{A&\rho B\\\rho B^\prime&D}$$ être une matrice de blocs symétriques . (Si travailler avec des matrices de blocs ne vous est pas familier, supposez tout d'abord que$A$, $B$, $D$, $x$, et $y$sont des nombres. Vous obtiendrez l'idée générale de ce cas.)

Pour $\mathbb{A}(\rho)$ être semi-défini positif (PSD) signifie simplement que pour tous les vecteurs $x$ et $y$ de dimensions appropriées

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

C'est ce que nous devons prouver quand $|\rho|\le 1$.

On nous dit que $\mathbb{A}(1)$est PSD. Je prétends que$\mathbb{A}(-1)$est également PSD. Cela suit en niant$y$ dans l'expression $(1)$: as $\pmatrix{x\\y}$ s'étend à travers tous les vecteurs possibles, $\pmatrix{x\\-y}$ s'étend également à travers tous les vecteurs possibles, produisant

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

montrant que $(1)$ tient avec $\rho=-1.$

Remarquerez que $\mathbb{A}(\rho)$ peut être exprimé comme une interpolation linéaire des extrêmes $\mathbb{A}(-1)$ et $\mathbb{A}(1)$:

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

Quand $|\rho|\le 1$, les deux coefficients $\color{blue}{(1-\rho)/2}$ et $\color{blue}{(1+\rho)/2}$ne sont pas négatifs. Par conséquent, puisque les deux${\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(1)\pmatrix{x\\y}}$ et $\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(-1)\pmatrix{x\\y}$ sont non négatives, tout comme le côté droit de

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

(J'utilise des couleurs pour vous aider à voir les quatre termes distincts non négatifs qui sont impliqués.)

Parce que $x$ et $y$ sont arbitraires, nous avons prouvé $(1)$ pour tous $\rho$ avec $|\rho|\le 1$.

Il y a déjà une excellente réponse de @whuber, donc je vais essayer de donner une alternative, une preuve plus courte, en utilisant quelques théorèmes.

1. Pour toute $A$ - PSD et tout $Q$ on a $Q^TAQ$ - PSD
2. Pour $A$ - PSD et $B$ - PSD aussi $A + B$ - PSD
3. Pour $A$ - PSD et $q > 0$ aussi $qA$ - PSD

Et maintenant:

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

Matrice $K$ est PSD par définition, tout comme sa sous-matrice $K_{2, 2}$