¿Podemos elegir sin problemas los vectores singulares de una matriz?

Question

Deje $X$ ser el espacio de todos los verdaderos $n \times n$ matrices, estrictamente negativo determinante, y de a pares distintos valores singulares. $X$ es un subconjunto abierto del espacio de todas las matrices cuadradas. Es allí una manera de elegir sin problemas los vectores singulares de más de $X$?

Más precisamente, quiero liso mapas de $U:X \to \text{SO}_n,V:X \to \text{O}_n^-$ tales que $$A=U(A)\Sigma(A)V(A)^T,$$ holds for every $A \in X$, donde $\Sigma(A) = \text{diag}\left( \sigma_1(A),\dots\sigma_n(A) \right)$, e $\sigma_1(A)$ es el menor valor singular de a$A$. (es decir, que específicamente desea que el primer elemento de la diagonal $\Sigma(A)$ mínimo).

Hacer tales suave mapas de $U,V$ existen?

Edit: ahora veo que que si ese $U,V$ existen, a continuación, el mapa de $A \to \Sigma(A)$ es también suave. Supongo que, en general, siempre que los valores propios son distintos, se puede elegir sin problemas (esto probablemente debería seguir desde el más general de la teoría de la selección suave de vectores propios), pero no estoy seguro de que uno puede elegir de una manera que mantiene la "identidad" de la más pequeña. De todos modos, cualquier referencia en que parte se agradece (aunque estoy realmente interesado en el "más difícil" cuestión de una posible selección suave de los vectores singulares, no solo los valores singulares).

Answer 1

Deje $\mathcal D$ ser el espacio de $n\times n$ diagonal de las matrices con distinta de cero positivo entradas. Esto ha $n!$ conectado componentes, correspondientes a las maneras de ordenar los elementos en la diagonal. Revisión de un componente conectado a$\mathcal D_0\subset \mathcal D.$ afirmo que el mapa

$$\begin{align*} \mu: SO_n\times \mathcal D_0\times O^-_n\to X\\ (U,\Sigma,V)\mapsto U\Sigma V^T \end{align*}$$

es una $2^{n-1}$veces suave que cubre el mapa de la conexión de un espacio (por $n\geq 2$). Por lo que se puede invertir a nivel local, pero no tiene la sección global.

$A\mapsto \Sigma(A)$ es por sí misma una función suave, debido a $\Sigma\in\mathcal D_0$ está determinada únicamente. Puede ser vale la pena mencionar que mientras la $k$'th singular valor no es suave arbitrarias de las matrices considerar $\mathrm{diag}(1,t)$ como $t\in(0,2)$ - es Lipschitz continua en singular (es decir, el operador) de la norma. Ver Golub-van Loan, Matriz de Cómputos, Corolario 8.6.2.

A pesar de $\Sigma$ está determinada únicamente por $U\Sigma V^T,$ las matrices $U$ e $V$ no lo son. Si $\mu(U',\Sigma,V')=\mu(U,\Sigma,V)$ entonces $U^{-1}U'$ e $V^{-1}V'$ son iguales y de la forma $\operatorname{diag}(\pm1,\dots,\pm1)$ con un número de $-1$'s - véase, por ejemplo, la respuesta a Cómo es único (no únicos) son U y V en la Descomposición de Valor Singular (SVD)?. Esto explica la $2^{n-1}.$ En resumen: vamos a $\hat U=U^{-1}U'$ e $\hat V=V^{-1}V'^T.$ Entonces $\hat U\Sigma \hat V^T=\Sigma,$ lo $\hat U\Sigma^2 \hat U^T=(\hat U\Sigma \hat V^T)(\hat U\Sigma \hat V^T)^T=\Sigma^2,$ lo que significa que $\hat U$ viajes con $\Sigma.$ Esto obliga a $\hat U$ a ser diagonal. Del mismo modo $\hat V$ es diagonal. Mi intuición es que si $A=U\Sigma V^T$ entonces $U$ ha de mapa estándar de los vectores de la base a la correspondiente a la izquierda vectores singulares de $A,$ y, si hacemos caso de la condición de $\det U=1$ por un momento, hay dos maneras de hacer que para cada vector debido a que sólo el signo es ambiguo. $V$ también ha de mapa estándar de los vectores de la base a la derecha vectores singulares de $A,$ pero la señal ya está determinado por la elección de $U.$

A ver de que se trata de un local diffeomorphism, utilice el teorema de la función inversa. Por una simetría argumento es suficiente para comprobar la derivada en $U=V=1.$ necesitamos comprobar que $(u,s,v)\mapsto D\mu(u,s,v)=u\Sigma + s + \Sigma v$ es un inyectiva lineal mapa, donde $u,v$ son desfase-simétrica y $s$ es diagonal. La diagonal entradas son solo las de $s.$ La $i,j$ entrada $u_{ij} \sigma(j)+\sigma(i) v_{ij},$ e las $j,i$ entrada $u_{ji} \sigma(i)+\sigma(j) v_{ji}=-u_{ij} \sigma(i)-\sigma(j) v_{ij}.$ Desde $\begin{pmatrix}\sigma(j)&\sigma(i)\\-\sigma(i)&-\sigma(j)\end{pmatrix}$ es invertible, podemos recuperar $u_{ij}$ e $v_{ij}$ a partir de estos.

Finalmente, $\mu$ es una cubierta mapa porque cada fibra tiene la misma (finito) de cardinalidad. De hecho, para cualquier $x\in X$ por el local homeomorphism y Hausdorff propiedades, no son disjuntas abrir conjuntos de $U_1,\dots,U_{2^{n-1}}$ cada una asignada diffeomorphically por $\mu$ a (posiblemente diferente) abrir barrio de $x.$ Esto implica que $\bigcap_i\mu(U_i)$ es uniformemente cubierto barrio de $x.$

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La forma en que originalmente se pensó en este problema es considerar el mapa de $f:SO_2\to \mathbb R^{2\times 2}$ que envía a$U$ a $U\cdot \mathrm{diag}(2,1)\cdot U^T.$ Esta es una situación un poco diferente, pero tal vez un poco más fácil de visualizar. $f(U)$ es una matriz positiva definida, y $x^Tf(U)x=1$ describe un cierto elipse con ejes de longitud 1 y $1/\sqrt 2.$ La pregunta es si podemos suavemente elegir la matriz de rotación $U,$ dada la elipse. Esto es imposible porque continuamente la rotación de 180 grados, da la misma elipse, pero las fuerzas de $U$ , para finalizar con un extra de 180 grados de rotación. En realidad $f:SO_2\to f(SO_2)$ es sólo el mapa de $S^1\to S^1$ grado $2.$

Este argumento se basa en el hecho de que las fibras son discretos. De lo contrario se obtendría una más general fibration.