¿El complemento de Schur preserva el orden parcial

Question

Dejemos que $\begin{bmatrix} A_{1} &B_1 \\ B_1' &C_1 \end{bmatrix}$ , $\begin{bmatrix} A_2 &B_2 \\ B_2' &C_2 \end{bmatrix}$ sean matrices simétricas positivas definidas y estén conformes con la partición. Si $\begin{bmatrix} A_{1} &B_1 \\ B_1' &C_1 \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} A_2 &B_2 \\ B_2' &C_2 \end{bmatrix}$ es semidefinido positivo, ¿es cierto que $(A_1-B_1C^{-1}_1B_1')-(A_2-B_2C^{-1}_2B_2')$ ¿también es semidefinido positivo? Aquí $X'$ significa la transposición de $X$ .

Answer 1

Sí, así es. La suposición $$\begin{bmatrix} A_{1} &B_1 \\ B_1^T &C_1 \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} A_2 &B_2 \\ B_2^T &C_2 \end{bmatrix} \geq 0$$ implica que para cualquier vector $\begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix}$ ,

$$ \begin{pmatrix} x^T & y^T \end{pmatrix} \begin{bmatrix} A_{1} &B_1 \\ B_1^T &C_1 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \geq \begin{pmatrix} x^T & y^T \end{pmatrix} \begin{bmatrix} A_2 &B_2 \\ B_2^T &C_2 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}~(*)$$ Pero para cualquier matriz particionada,

$$\begin{pmatrix} x^T & y^T \end{pmatrix} \begin{bmatrix} A &B \\ B^T &C \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = (x + A^{-1} B y)^T A (x + A^{-1} B y) + y^T(C-B^T A^{-1} B)y.$$ Además, si la matriz dividida del lado izquierdo es definida positiva, entonces cada de los dos términos del lado derecho es positivo. Por lo tanto, la elección de un $y$ y $x = -A_1^{-1}B_1y$ en (*) da

$$y^T(C_1-B_1^T A_1^{-1} B_1)y \geq \mbox{ something positive} + y^T(C_2-B_2^T A_2^{-1} B_2)y,$$ lo que implica

$$y^T(C_1-B_1^T A_1^{-1} B_1)y \geq y^T(C_2-B_2^T A_2^{-1} B_2)y,$$

que implica la conclusión que quieres.

Answer 2

En la teoría de control, este tipo de desigualdades son omnipresentes y se manejan mediante el uso de complementos de Schur. Para completar, aquí está la versión no estricta de la fórmula del complemento de Schur, es una exageración pero la pregunta es un caso especial particular, así que aquí va:

Fórmula: Dejemos que $Q,R$ sean matrices simétricas. Entonces las siguientes son equivalentes:

1. $$ \begin{pmatrix} Q &S\\ S^T &R \end{pmatrix} \succeq 0 $$

2. $$\begin{align} R &\succeq 0\\ Q -SR^\dagger S^T &\succeq 0\\ S(I-RR^\dagger) &= 0 \end{align} $$ donde $R^\dagger$ es la Pseudoinversa de $R$ .

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Ahora bien, si se cambia el nombre de su hipótesis que implica la diferencia de la matriz como $$ M_1 - M_2 := \begin{pmatrix} A_1 &B_1\\ B_1^T &C_1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} A_2 &B_2\\ B_2^T &C_2 \end{pmatrix}\succeq 0$$

podemos reformular la hipótesis como la siguiente a través del segundo punto de la fórmula ( $Q=M_1,S=I,R=M_2^{-1}$ ): $$\begin{align} M_2^{-1} &\succeq 0 \quad \text{by definition}\\ M_1 - M_2 &\succeq 0\\ I (I-M_2M_2^{-1}) &= 0 \end{align} $$ por lo que tenemos $$ \begin{pmatrix} M_1 &I\\I&M_2^{-1} \end{pmatrix}\succeq 0 $$ Además, a partir de la fórmula de la inversa de una matriz, tenemos $$ M_2^{-1} = \begin{pmatrix} (A_2 - B_2C_2^{-1}B_2^T)^{-1} &\star\\ \star &\star \end{pmatrix} $$ Como mostró el usuario1551, se puede llevar la matriz $M_1$ en la forma de la siguiente mediante una transformación de congruencia y algunos reordenamientos: $$\begin{pmatrix} M_1 &I\\I&M_2^{-1} \end{pmatrix} \leadsto \left( \begin{array}{cc|cc} (A_1 - B_1C_1^{-1}B_1^T) &I &0 &0\\ I &(A_2 - B_2C_2^{-1}B_2^T)^{-1} &0 &\star\\ \hline 0 &0 &C_1 &I\\ 0&\star&I&\star \end{array}\right) \succeq 0 $$ El $(1,1)$ La matriz de bloques tiene el resultado deseado si aplicamos de nuevo la fórmula del complemento de Schur no estricto pero en sentido inverso.

Incorporación de última hora: Ahora que lo miro, no es tan bueno como pensaba inicialmente, pero no quería desperdiciar todo, así que espero que sirva de ayuda un $\epsilon$ .

Answer 3

Para una matriz de bloques general $X=\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}$ el complemento de Schur $S$ al bloque $D$ satisface $$ \begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}I&BD^{-1}\\&I\end{pmatrix} \begin{pmatrix}S\\&D\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I\\D^{-1}C&I\end{pmatrix}. $$ Así, cuando $X$ es hermitiana, $$ \begin{pmatrix}A&B\\B^\ast&D\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}I&Y^\ast\\&I\end{pmatrix} \begin{pmatrix}S\\&D\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I\\Y&I\end{pmatrix}\ \textrm{ for some } Y. $$ Por lo tanto, $$ \begin{eqnarray} &&\begin{pmatrix}A_1&B_1\\B_1^\ast&D_1\end{pmatrix} \ge\begin{pmatrix}A_2&B_2\\B_2^\ast&D_2\end{pmatrix} \\ &\Rightarrow& \begin{pmatrix}S_1\\&D_1\end{pmatrix} \ge \begin{pmatrix}I&Z^\ast\\&I\end{pmatrix} \begin{pmatrix}S_2\\&D_2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I\\Z&I\end{pmatrix}\ \textrm{ for some } Z\\ &\Rightarrow& (x^\ast,0)\begin{pmatrix}S_1\\&D_1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix} \ge (x^\ast,\ x^\ast Z^\ast) \begin{pmatrix}S_2\\&D_2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\Zx\end{pmatrix},\ \forall x\\ &\Rightarrow& x^\ast S_1 x \ \ge\ x^\ast S_2 x + (Zx)^\ast D_2 (Zx) \ \ge\ x^\ast S_2 x,\ \forall x\\ &\Rightarrow& S_1\ge S_2. \end{eqnarray} $$

Editar: En retrospectiva, esto es esencialmente idéntico a la prueba de Alex.