Escribiré "positivo" por "semidefinido positivo". Lo primero que hay que tener en cuenta es que
Si $Y$ es positivo, entonces $b$ debe estar en el rango de $X$ .
Prueba: (A lo largo de esta prueba, si $A$ es $p \times p$ y $B$ es $q \times q$ Escribo $A \oplus B$ para el $(p+q) \times (p+q)$ matriz con $A$ como su extremo superior izquierdo $p \times p$ bloque, y $B$ como su extremo inferior derecho $q \times q$ y ceros en el resto). Sea $r$ denotan el rango de $X$ . Hay una unidad $U$ para que $U^* X U$ tiene la forma $D \oplus 0_{n-r}$ , donde $D$ es un invertible y diagonal $r \times r$ matriz y $0_{n-r}$ denota el $(n-r) \times (n-r)$ matriz cero. Entonces $Y' = (1 \oplus U^*) Y (1 \oplus U)$ se parece a $Y$ , sólo que tiene $U^* b$ en lugar de $b$ y $U^* X U$ en lugar de $X$ . Tenga en cuenta que $Y'$ también es una matriz positiva ya que tiene la forma $M^* Y M$ con $Y$ positivo.
En general, es cierto que si el $j$ entrada diagonal de una matriz positiva $P$ es $0$ entonces el $j$ columna (y fila) de $P$ es cero. (Dejemos que $e_j$ denotan el $j$ vector de base estándar. Si el $j$ La tercera entrada diagonal $(P e_j) \cdot e_j = (P^{1/2} e_j) \cdot (P^{1/2} e_j) = \|P^{1/2} e_j\|^2$ es $0$ entonces $P^{1/2} e_j = 0$ y por lo tanto $P e_j = P^{1/2} P^{1/2} e_j = P^{1/2} 0 = 0$ Así pues, el $j$ columna de $P$ es $0$ . El $j$ La fila de $P$ es cero porque $P = P^*$ .)
Desde $U^* X U = D \oplus 0_{n-r}$ , el último $n-r$ entradas diagonales de $Y'$ son todos cero. A partir de la observación que acabamos de hacer, el último $n-r$ filas de $Y'$ son cero, por lo que el último $n-r$ entradas de su primera columna $U^* b$ son cero. Dado que el rango de $U^* X U = D \oplus 0_{n-r}$ es claramente el conjunto de todos los $n \times n$ vectores columna cuyo último $n-r$ son cero, concluimos que hay un $n \times 1$ vector $v$ con $U^* b = U^* X U v$ . Aplicando $U$ a ambos lados de esta ecuación deducimos que $b = X(Uv)$ está en el rango de $X$ . Fin de la prueba de reclamación.
Así que si $Y$ es positivo existe un vector $w$ para que $Y$ tiene la forma $$ Y = \begin{pmatrix} c & (Xw)^* \\ Xw & X \end{pmatrix} $$ Desde $Xw$ está en el espacio de columnas de $X$ El $n \times (n+1)$ matriz $\begin{pmatrix} Xw & X \end{pmatrix}$ tiene el mismo rango que $X$ . Dado que el rango de $Y$ es la dimensión de su espacio de filas, por lo que vemos que $\operatorname{rank}(Y) = \operatorname{rank}(X)$ o $\operatorname{rank}(Y) = \operatorname{rank}(X) + 1$ dependiendo de si $\begin{pmatrix} c & (Xw)^* \end{pmatrix}$ está en el espacio de filas de $\begin{pmatrix} Xw & X \end{pmatrix}$ .
Si te interesa, el hecho utilizado anteriormente es una consecuencia de la afirmación general
Si $C$ y $X$ son positivos, entonces la matriz de bloques $\begin{pmatrix} C & B^* \\ B & X \end{pmatrix}$ es positivo si y sólo si $B = X^{1/2} K C^{1/2}$ para alguna contracción $K$ .
["Contracción" significa aquí que $K^* K \leq I$ , donde $\leq$ denota la ordenación habitual de las matrices positivas y $I$ es la matriz de identidad del tamaño adecuado. Obsérvese que se trata de un "si y sólo si". Generaliza lo que demostramos anteriormente porque implica que si la matriz de bloques es positiva, entonces el rango de $B$ está contenido en el rango de $X^{1/2}$ que es igual al rango de $X$ .]
Para su segunda pregunta, primero vamos a tratar el caso en el que $X$ es invertible. En este caso, es generalmente cierto que si $X$ es positiva, entonces la matriz de bloques $$ \begin{pmatrix} C & B^* \\ B & X \end{pmatrix} $$ es positivo si y sólo si $C \geq B^* X^{-1} B$ , donde $\geq$ denota la ordenación habitual de las matrices positivas. (Para una demostración, véase, por ejemplo, la obra de Rajendra Bhatia Matrices positivas definidas que también contiene una prueba del hecho mencionado sin prueba anteriormente. O bien, saber lo que hay que demostrar puede ayudarte a demostrar el caso especial que necesitas, cuando $C$ es $1 \times 1$ .)
Sabemos que si $Y$ es positiva definida, entonces el vector $b$ debe ser de la forma $Xw$ para algunos $w$ . La afirmación general que acabamos de mencionar tiene como consecuencia que, si el positivo invertible $X$ y el vector $b = Xw$ son fijos, entonces el valor mínimo de $c$ para lo cual $Y$ es positiva definida es el número $(Xw)^* X^{-1} Xw = (Xw)^* w$ . Pero entonces $Y$ tiene la forma $$ Y = \begin{pmatrix} (Xw)^* w & (Xw)^* \\ Xw & X \end{pmatrix}. $$ Dado que la primera columna de $Y$ está claramente en el espacio de columnas de $\begin{pmatrix} (Xw)^* \\ X \end{pmatrix}$ (generalmente: si $M$ es $p \times q$ y $v$ es $q \times 1$ entonces el vector $Mv$ está en el espacio de columnas de $M$ ), vemos que el rango de $Y$ es igual al rango de $\begin{pmatrix} (Xw)^* \\ X \end{pmatrix}$ . Pero la primera fila de esta matriz es $(Xw)^* = w^* X$ que está en el espacio de filas de $X$ (generalmente, si $M$ es $p \times q$ y $v$ es $p \times 1$ entonces $v^* M$ está en el espacio de filas de $M$ ), por lo que vemos que el rango de $\begin{pmatrix} (Xw)^* \\ X \end{pmatrix}$ es igual al rango de $X$ . Esto demuestra que cuando $c$ se elige mínimamente, se tiene $\operatorname{rank}(Y) = \operatorname{rank}(X)$ al menos cuando $X$ es invertible.
Cuando $X$ no es invertible, hay un unitario $U$ con la propiedad de que $U^* X U$ tiene la forma $D \oplus 0_{n-r}$ (donde $D$ es diagonal e invertible, y $r$ denota el rango de $X$ ). Pasando de $Y$ a $(1 \oplus U)^* Y (1 \oplus U)$ o al revés, no cambia la positividad, ni la entrada superior izquierda, por lo que vemos que basta con demostrar el resultado deseado en el caso de que $X$ tiene la forma $D \oplus 0_{n-r}$ con $D$ diagonal e invertible. Pero entonces, como hemos observado antes, la última $n-r$ filas y columnas de $Y$ son $0$ por lo que el resultado deseado se desprende de aplicar lo que acabamos de demostrar sobre el caso invertible a la parte superior izquierda $(r+1) \times (r+1)$ bloque de $Y$ .
