Cómo demostrar semi-definitividad positiva utilizando valores propios

Question

Estoy leyendo muy poco de papel de Peter G. Casazza, pero no puedo entender la prueba en la página 2.

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Supongamos $\mathbf A$ es un positivo semi-definida la matriz con rango de $k$; es decir, algunos de sus autovalores $\lambda_i$ puede ser cero, pero todo lo que de positivo autovalores son mayores que los de $b$$b'$. Esto es lo que queremos demostrar:

$$(\mathbf a - b\mathbf I)^{-1} - (\mathbf a - b'\mathbf I)^{-1} \succeq \frac{\delta}{2}(\mathbf a - b'\mathbf I)^{-2}$$

donde $b' = b-\delta > \delta > 0$ $\mathbf X \succeq \mathbf Y$ $\mathbf X - \mathbf Y$ es positivo semi-definida.

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Terminó su prueba, mostrando las dos cosas siguientes:

$$\frac{-1}{b} - \frac{-1}{b'} = \frac{b-b'}{bb} = \frac{\delta}{b'(b'+\delta)} \geq \frac{\delta}{2(b')^2}$$

y

$$\frac{1}{\lambda_i - b} - \frac{1}{\lambda_i-b'} = \frac{b-b'}{(\lambda_i - b)(\lambda_i - b')} \geq \frac{\delta}{(\lambda_i - b')^2}.$$

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Mi pregunta es:

1. Para demostrar $\mathbf X - \mathbf Y \succeq \mathbf Z$, es suficiente para comprobar sus autovalores y encontrar alguna relación entre ellos?
2. ¿Alguien puede explicar por qué esas dos cosas anteriores son suficientes para mostrar la deseada positiva semi-definición?

Answer 1

Paso I
Si una matriz $A\in \text{ Mat}_n(\mathbb R)$ ha eigen-valores de $\lambda_i$, $A-aI$ ha eigen-valores $\lambda_i-a$, $\forall a\in \mathbb R$, y $A^2$ ha eigen-valores de $\lambda_i^2$.
Paso II
Si todos los eigen-valores de una matriz se $\ge0$, entonces la matriz es positiva semi-definida.

Ahora vamos a $A$ han ecuación característica $f(x)=\Pi_{i=0}^k(x-\lambda_i)^{m_i}$ donde $m_i$ son las multiplicidades de $\lambda_i$, e $k$ es el número de eigen-valores de $A$. A continuación, $A^2$ satisface la ecuación de $g(A)=0$ donde $g(x)=\Pi_{i=0}^{k}(x-\lambda_i^2)^{m_i}$. Por lo que el polinomio mínimo de a $A^2$ debe dividir $g(x)$; en particular, todos los eigen-valores de $A^2$ encuentran en el conjunto de $\{\lambda_i^2\mid i=1,\cdots,k\}$. Por lo que la anterior-se encuentra eigen-valores son todos los de $A-bI$ e de $A^2$ respectivamente.

Esto concluye la prueba.

Answer 2

Esto es simplemente una aplicación simple de la diagonalización unitaria. Como$A$ es semidefinito positivo,$A=U\Lambda U^\ast$ para alguna matriz unitaria$U$ y alguna matriz diagonal no negativa$\Lambda=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$. Por lo tanto, \begin{align*} M&:=(A - bI)^{-1} - (A - b'I)^{-1} - \frac{\delta}{2}(A - b'I)^{-2}\\ &=U\ \underbrace{\left[(\Lambda - bI)^{-1} - (\Lambda - b'I)^{-1} - \frac{\delta}{2}(\Lambda - b'I)^{-2}\right]}_D\ U^\ast\\ &=UDU^\ast \end {align *} y$M\succeq0$ si y solo si$D\succeq0$, es decir, si y solo si todas las entradas diagonales de$D$ no son negativas. Claramente, las entradas diagonales de$D$ son$d_i=\dfrac{1}{\lambda_i - b} - \dfrac{1}{\lambda_i - b'} - \dfrac{\delta}{2(\lambda_i - b')^2}$. De ahí el resultado.