Versión matricial del teorema de Pitágoras

Question

¿Puedo encontrar una solución para $C_{n\times n}$ explícitamente, para el $A_{n\times n}$ y $B_{n\times n}$ tal que $AA^{T} + BB^{T} = CC^{T}$ ? Aquí $A^{T}$ denota la transposición de $A$ y todas las matrices ( $A$ , $B$ y $C$ ) son reales.

Creo que hay una solución para $C$ ya que hay $n^2$ incógnitas (el $n^2$ componentes $C$ ) y $n^2$ ecuaciones (comparando los componentes del LHS y del RHS).

Nota: Si no se puede resolver (explícitamente), entonces se pueden asumir condiciones suaves (como definición positiva, simetría) sobre $A$ y $B$ .

Answer 1

Creo que estás diciendo: si conocemos A y B podemos encontrar una C tal que la ecuación se mantenga.

Una matriz Hermitiana Positiva Definida M tiene una descomposición Cholesky $M=CC^{\ast}$ . Por lo tanto, si $AA^T+BB^T$ es simétrica definida positiva (lo que implica que es real), entonces existe una C que satisface la ecuación.

Una condición suficiente es que A y B sean ambos definidos positivos.

Answer 2

Esto siempre se puede hacer.

Lo que sigue se escribe, en general, bajo el supuesto de que las matrices se toman sobre el campo complejo, suponiendo que

$A' = A^\dagger, \tag 1$

es decir, $A'$ denota la matriz adyacente de $A$ que por supuesto es la transposición del complejo conjugado:

$A^\dagger = (\bar A)^T; \tag 2$

todos los pasos clave del argumento, sin embargo, son válidos cuando se restringe únicamente a los reales, siempre que limitemos la matriz unitaria $U$ de (10), que diagonaliza $AA^\dagger + BB^\dagger$ , para ser de hecho ortogonal que tal ortogonal $U$ existe en el caso real es un resultado bien conocido; entonces, por supuesto, también tenemos $\bar A = A$ por lo que (2) se convierte en $A^\dagger = A^T$ .

Utilizando la notación (1) podemos escribir la ecuación dada como

$AA^\dagger + BB^\dagger = CC^\dagger; \tag 3$

se nos da $A$ y $B$ y buscamos $C$ que satisface (3).

Ahora, para cualquier matriz compleja como $A$ observamos que $AA^\dagger$ es autoadjunto:

$(AA^\dagger)^\dagger = (A^\dagger)^\dagger A^\dagger = AA^\dagger, \tag 4$

desde

$(A^\dagger)^\dagger = A; \tag 5$

Además, $AA^\dagger$ es semidefinido positivo, a saber

$x^\dagger (AA^\dagger x) = (x^\dagger A)(A^\dagger x) = (A^\dagger x)^\dagger (A^\dagger x) \ge 0. \tag 6$

Ahora la matriz $AA^\dagger + BB^\dagger$ también goza de estas dos propiedades, auto-unión y semidefinición positiva, como puede verse fácilmente de forma similar a (4)-(6):

$(AA^\dagger + BB^\dagger)^\dagger = (AA^\dagger)^\dagger + (BB^\dagger)^\dagger = AA^\dagger + BB^\dagger, \tag 7$

donde hemos desplegado (4), y también

$x^\dagger ((AA^\dagger + BB^\dagger)x) = x^\dagger(AA^\dagger x + BB^\dagger x) = x^\dagger(AA^\dagger x) + x^\dagger (BB^\dagger x) \ge 0, \tag 8$

ya que cada término de la derecha de esta ecuación es no negativo por medio de (6).

En este punto nos detenemos para señalar una vez más que si $A$ y $B$ son real matrices, todo lo que hemos hecho hasta ahora sigue siendo válido; en el caso real, simplemente tenemos $\bar A = A$ y por lo tanto

$A^\dagger = (\bar A)^T = A^T \tag 9$

etc.

La matriz $AA^\dagger + BB^\dagger$ al ser autoadjunta, puede ser diagonalizada por una matriz unitaria $U$ como es bien sabido; es decir, existe una matriz compleja $U$ tal que

$U^\dagger U = UU^\dagger = I, \tag{10}$

y

$U(AA^\dagger + BB^\dagger)U^\dagger = D, \tag{11}$

donde $D$ es una matriz diagonal; además $D$ es en sí mismo autoadjunto:

$D^\dagger = (U^\dagger)^\dagger(AA^\dagger + BB^\dagger)^\dagger U^\dagger = U(AA^\dagger + BB^\dagger)U^\dagger = D \tag{12}$

(donde hemos hecho uso de (7)), lo que implica que todas las entradas de $D$ son reales; obviamente, los elementos no diagonales, al ser $0$ son reales; además, los elementos diagonales de $D$ satisfacer

$D_{ii} = (D^\dagger)_{ii} = ((\bar D)^T)_{ii} = \bar D_{ii}, \tag{13}$

por lo que también son todos reales, y como se deduce de (8) y (11) que

$x^\dagger D x = x^\dagger U^\dagger (AA^\dagger + BB^\dagger)Ux = (Ux)^\dagger (AA^\dagger + BB^\dagger)Ux \ge 0; \tag{14}$

Así, encontramos que $D$ es semidefinido positivo, y a partir de aquí no hay más que un paso fácil para ver que las entradas diagonales de $D$ obedecer

$D_{ii} \ge 0. \tag{15}$

En virtud de (15) podemos definir la matriz diagonal $\sqrt D$ tal que

$(\sqrt D)_{ij} = [\delta_{ij} (\sqrt D)_{ii}]; \tag{16}$

está claro que

$(\sqrt D)^\dagger = \sqrt D, \tag{17}$

y además que

$(\sqrt D)^2 = D; \tag{18}$

así, a partir de (11),

$(U^\dagger \sqrt D U)(U^\dagger \sqrt D U) = U^\dagger \sqrt D UU^\dagger \sqrt D U = U\dagger \sqrt D I \sqrt D U = U^\dagger (\sqrt D)^2 U = U^\dagger D U$ $= U^\dagger (U(AA^\dagger + BB^\dagger)U^\dagger)U = (U^\dagger U)(AA^\dagger + BB^\dagger)(U^\dagger U)$ $= I(AA^\dagger + BB^\dagger)I = AA^\dagger + BB^\dagger; \tag{19}$

si ahora ponemos

$C = U^\dagger \sqrt D U, \tag{20}$

vemos que $C$ es autoadjunto:

$C^\dagger = (U^\dagger \sqrt D U)^\dagger = U^\dagger (\sqrt D)^\dagger (U^\dagger)^\dagger = U^\dagger \sqrt D U = C, \tag{21}$

y (19) da como resultado

$C^\dagger C = C^2 = ( U^\dagger \sqrt D U)^2 = AA^\dagger + BB^\dagger, \tag{22}$

como se desee. Observamos que el procedimiento seguido anteriormente proporciona una de facto receta para la computación explícita $C$ .

Answer 3

Suponemos que las matrices son reales.

Sobre un comentario (falso) del OP; de hecho, consideramos un sistema de sólo $\approx n^2/2$ ecuaciones en $n^2$ incógnitas, porque $S=AA^T+BB^T$ es simétrica. Por lo tanto, hay una infinidad de soluciones (excepto cuando $A=B=0$ ).

En general, $\ker(A^T)\cap \ker(B^T)=\{0\}$ y $S$ es simétrico $>0$ ; observe que hay dos soluciones particulares que son interesantes:

La simetría $>0$ matriz $C=S^{1/2}$ y la matriz triangular $C$ obtenido por el método estándar de Choleski.

Excepcionalmente, $S$ no es invertible; en este caso, podemos volver a calcular las dos matrices anteriores $C$ La segunda, utilizando el método Choleski ampliado. Sobre esto, el OP dio una buena referencia (con fecha de 1990) por Higham. Higham es un muy buen matemático que también escribe muy bien; ha escrito un libro sobre este tema que recomiendo a todos que lean:

Manual de escritura para las ciencias matemáticas, Siam.

Nuestro amigo @Robert Lewis también escribe perfectamente; no sé si ha leído este libro...

Observación. Higham, como muchos otros investigadores, utiliza la expresión "semidefinido positivo". En mi opinión, es un fallo del inglés; deberíamos decir "non-negative semidefinite"...