¿La raíz cuadrada de la matriz no es diferenciable en la frontera del colector de matrices semidefinidas positivas?

Question

$\newcommand{\psym}{\operatorname{P}_{\ge 0}}$ $\newcommand{\Sig }{\Sigma}$

Dejemos que $\psym$ denotan el subconjunto de matrices semidefinidas positivas simétricas.

Dejemos que $S:\psym \setminus \{0\} \to \psym \setminus \{0\}$ ,

donde $S(A)=\sqrt{A}$ es la única raíz cuadrada positiva semidefinida de $A$ .

$\psym \setminus \{0\}$ es un colector con límite. Estoy tratando de demostrar $S$ no es diferenciable en cada punto de $\{A \in \psym | \, \, \det(A)=0 \}$ (es decir, en el límite).

¿Estoy en lo cierto sobre esta afirmación? y su prueba?

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Aquí está mi intento:

Supongamos que fuera diferenciable en tal $A$ . Desde $S^{-1}(A)=A^2$ es diferenciable en todas partes, obtendríamos

$$ Id=d(S^{-1} \circ S)_A = dS^{-1}_\sqrt{A} \circ dS_A \Rightarrow dS^{-1}_\sqrt{A} \text{ is invertible}$$

Pero esto es falso ya que $dS^{-1}_A(X)=AX+XA$ no es invertible. Veamos por qué.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $dS^{-1}_A:\operatorname{sym}_n \to \operatorname{sym}_n$ (donde $\operatorname{sym}_n$ es el espacio de las matrices simétricas).

Queremos demostrar que existe una simetría no nula $X$ tal que $AX+XA=0$ . Desde $A$ es simétrica podemos diagonalizarla ortogonalmente: $A=V \Sig V^T, V \in O_n$

Entonces $AX+XA=V \Sig V^T X+XV \Sig V^T=0 \iff \Sig (V^TXV) + (V^TXV) \Sig =0$

Desde $X$ es distinto de cero y simétrico $\iff$ $V^TXV$ es distinto de cero y simétrico,

basta con demostrarlo para las matrices diagonales no nulas*. $\Sig$ tal que $\det(\Sig)=0$ .

En este caso, la ecuación se convierte en $X_{ij}(\sigma_i+\sigma_j)=0$ . Supongamos, sin pérdida de generalidad, que $\sigma_1 = 0$ (ya que $\det(\Sig)=0$ ), y elija $X_{11}=1$ y todos los demás $X_{ij}$ sea cero.

¿Esta prueba es cierta? ¿Hay algún argumento más fácil?

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*Hay otras formas, quizás más fáciles de ver, basta con considerar el caso de la diagonal solamente. (Por ejemplo, utilizando el hecho de que la toma de cuadrados conmuta con la conjugación, y la conjugación ortogonal es un autodifeomorfismo)

Answer 1

Tu razonamiento es correcto; sin embargo, puedes hacer el trabajo más rápido de la siguiente manera: deja que $u\in\ker(A)$ sea un vector propio (no nulo). Ponga $X=uu^T$ (una matriz simétrica). Así, $AX+XA=(Au)u^T+u(Au)^T=0$ y hemos terminado.

EDIT 1. Para @ Asaf Shachar . Que $M=P_{\geq 0}$ . Entonces $M$ es un cono cerrado; en particular, es un conjunto convexo. Sin embargo, la arista $E$ puede ser complicado; si $n=2$ entonces $E$ tiene un único punto singular, el $0$ matriz. Cuando $n=3$ las matrices $A_0=\begin{pmatrix}a&b&c\\b&d&e\\c&e&f\end{pmatrix}$ s.t. $df=e^2,c^2=af,b^2=ad$ son puntos singulares de $E$ . Claramente, $E$ no admite ningún espacio tangente en estos puntos.

Finalmente debemos definir la derivada sólo para las matrices simétricas $X$ s.t. $A_0+X\in M$ (obviamente, este conjunto ya no es un espacio vectorial). Mi ejemplo anterior es conveniente porque $X=uu^T\geq 0$ y en consecuencia, $A_0+X\in M$ .

EDITAR 2. Asumir $n=3$ . Entonces $M$ se define por $a\geq 0,ad-b^2\geq 0,\det(A)\geq 0$ . Considere $A_0\in E$ s.t. $a>0,ad-b^2>0$ . Entonces, en una zona de $A_0$ , $M$ se define por $\{A\in Sym_n|f(A)=\det(A)\geq 0\}$ ; $f^{-1}(0)$ es localmente una colector (de dimensión $n(n+1)/2-1$ ) cuando la derivada $Df(A_0)$ es distinto de cero. Supongamos que $Df(A_0)=0$ y observe que $Df(A_0):H\in Sym_n^+\rightarrow tr(adj(A_0)H)$ ya que $A_0\geq 0$ , $adj(A_0)$ también y $Df(A_0)(adj(A_0))=0\implies adj(A_0)=0$ Es decir $rank(A_0)\leq n-2= 1$ . Esto es contradictorio porque $ad-b^2>0$ .

Así, si $E$ admite un punto singular en $A_0$ entonces $a=0$ o $ad-b^2=0$ ; si $a=0$ entonces $b=0$ y $ad-b^2=0$ . De la misma manera, podemos demostrar que necesariamente, se tiene también $df-e^2=0,af-c^2=0$ .

A la inversa, supongamos que $df=e^2,c^2=af,b^2=ad$ ya que $A_0\geq 0$ , $\det(A_0)=0$ y además $rank(A_0)\leq 1$ . Finalmente, hasta un cambio de base ortonormal (y una homotecia), podemos suponer que $A_0=0_3$ o $A_0=diag(1,0,0)$ . Sea $A_0=diag(1,0,0)$ y $X=\begin{pmatrix}u&v&w\\v&x&y\\w&y&z\end{pmatrix}$ . Localmente, $E$ es

$\{A_0+X|(1+u)x-v^2=0\;and\;\det(A_0+X)> 0\}\cup$

$\{A_0+X|(1+u)x-v^2> 0\;and\;\det(A_0+X)= 0\}\cup$

$ \{A_0+X|(1+u)x-v^2= 0\;and\;\det(A_0+X)= 0\}=S_1\cup S_2\cup S_3$ .

Dejemos que $X$ sea una matriz pequeña s.t. $\det(A_0+X)=0,(1+u)x-v^2=0,wx\not= 0$ que equivale a $u+1=v^2/x,vy-wx=0,wx\not= 0$ . Tenga en cuenta que $A_0+X\in S_3$ . Las dos medias hipersuperficies $\overline{S_1},\overline{S_2}$ se cruzan transversalmente en $A_0+X$ porque sus vectores normales en $A_0+X$ no son paralelos. Finalmente $E$ no es un $C^1$ de los colectores.

EDITAR 3. Respuesta a @ Asaf Shachar . Tienes razón, sólo he dado las condiciones necesarias. Sin embargo, implícitamente, utilizo todas las condiciones sobre los principales menores cuando escribo " De la misma manera, podemos demostrar que necesariamente, uno tiene también $df-e^2=0,af-c^2=0$ ." Por tanto, debería reescribir ciertos detalles de la prueba en el EDIT 2., pero el resultado final es correcto: cuando $n=3$ , $E$ no tiene espacio tangente en ningún punto $A\in E$ s.t. $rank(A)\leq 1$ . En general, para cada $n$ , $E$ no tiene espacio tangente en ningún punto $A\in E$ s.t. $rank(A)\leq n-2$ . En particular, $E$ es un $C^0$ pero no $C^1$ conjunto algebraico.