Descomposición de una matriz diagonal simétrica positiva definida

Question

Si $\left[\begin{array}{cc} Q & 0\\ 0 & R \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} A^{T}\\ B^{T} \end{array}\right]\left[\begin{array}{cc} A & B\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} A^TA & A^TB\\ B^TA & B^TB \end{array}\right]$

donde $\left[\begin{array}{cc} Q & 0\\ 0 & R \end{array}\right]\geq0$ y $Q,R$ son matrices simétricas, entonces

cómo se calculan las matrices $A$ y $B$ ?

Answer 1

Sin pérdida de generalidad, asigne a las matrices las siguientes dimensiones: $$Q\in {\rm M}(q,q,\mathbb{C}),\quad R\in {\rm M}(r,r,\mathbb{C}),\quad A\in {\rm M}(n,a,\mathbb{C}),\quad B\in {\rm M}(n,b,\mathbb{C})$$ donde observamos que si $Q,R$ son simétricos son cuadrados. Además, si: $$P=\left(\begin{array}{cc} Q & 0\\ 0 & R \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} A^{T}\\ B^{T}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} A & B\end{array}\right)\tag{1}$$ entonces: $$q+r=a+b \tag{2}$$ A continuación demostraremos la existencia de una solución y mostraremos cómo se puede encontrar una bajo el supuesto de que: $$n\ge q+r=a+b \tag{3}$$ Lema: Para toda matriz simétrica cuadrada $P\in {\rm M}(q+r,q+r,\mathbb{C})$ , $\exists M\in {\rm M}(q+r,q+r,\mathbb{C})$ tal que: $$P=M^TM \tag{4}$$ Prueba de $(4)$ : toda matriz simétrica es diagonalizable mediante una transformación ortogonal: \begin{aligned} P&=SDS^T\\ &=S\sqrt{D}\left(\sqrt{D}\right)^TS^T\\ &=S\sqrt{D}\left(S\sqrt{D}\right)^T \end{aligned} y así podemos elegir: $$M=\left(S\sqrt{D}\right)^T\tag{5}$$ donde $D$ es la matriz diagonal que contiene los valores propios de $P$ y $S$ es la matriz cuadrada que contiene los vectores propios asociados.

Para completar la prueba de que existe una solución observamos que podemos elegir: $$\left(\begin{array}{cc} A & B\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} M\\ O\end{array}\right)\tag{6}$$ donde $O\in {\rm M}(n-a-b,a+b,\mathbb{C})$ es la matriz vacía. Para ajustar la matriz cuadrada $M$ en $\left(\begin{array}{cc} A & B\end{array}\right)$ necesitamos asumir $(3)$ pero sin $(3)$ una solución puede no existir de todos modos sobre la base de que no hay suficientes grados de libertad para resolver el caso general. También añadimos que, aunque se ha demostrado la existencia, no se ha demostrado la unicidad.

A continuación, observamos que la forma diagonal en bloque de $P$ simplifica la búsqueda $M$ ya que podemos asumir la misma estructura diagonal de bloques para $M$ y escribir: $$M=\left(\begin{array}{cc} N & 0\\ 0 & K \end{array}\right)$$ $$P=\left(\begin{array}{cc} Q & 0\\ 0 & R \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} N^TN & 0\\ 0 & K^TK \end{array}\right)$$ entonces resuelve: $$Q=N^TN,\quad R=K^TK$$ siguiendo el procedimiento de $(3)$ .

Ejemplo

Este es un ejemplo en el que he probado este método: $$\left[\begin{array}{cc} Q & 0\\ 0 & R \end{array}\right]= \left[ \begin {array}{cccc} 1.0& 2.0& 0.0& 0.0\\ 2.0& 5.0& 0.0& 0.0\\ 0.0& 0.0& 2.0& 4.0 \\ 0.0& 0.0& 4.0& 7.0\end {array} \right],S= \left[ \begin {array}{cccc} \cos{\theta}& \sin{\theta}& 0.0& 0.0\\ -\sin{\theta}& \cos{\theta}& 0.0& 0.0\\ 0.0& 0.0& \cos{\phi}& \sin{\phi} \\ 0.0& 0.0& -\sin{\phi}& \cos{\phi}\end {array} \right]$$ A continuación, utilicé $S$ para diagonalizar $Q,R$ resolviendo para $\theta,\phi$ y al final descubrí que podía elegir: $$n=4,\quad a=q=2,\quad b=r=2$$ $$\left(\begin{array}{cc} A & B\end{array}\right)=\left[ \begin {array}{cccc} 0.3826834320&- 0.1585126677& 0.0& 0.0 \\ 0.9238795327& 2.230442497& 0.0& 0.0 \\ 0.0& 0.0& 0.4074281149\,i&- 0.2258160717\,i \\ 0.0& 0.0& 1.471732879& 2.655370577\end {array} \right] $$ $$A=\left[ \begin {array}{cc} 0.3826834320&- 0.1585126677 \\ 0.9238795327& 2.230442497 \\ 0.0& 0.0 \\ 0.0& 0.0\end {array} \right] ,\quad B=\left[ \begin {array}{cc} 0.0& 0.0 \\ 0.0& 0.0 \\ 0.4074281149\,i&- 0.2258160717\,i \\ 1.471732879& 2.655370577\end {array} \right]$$ que da: $$A^TA=Q,\quad B^TB=R,\quad A^TB=B^TA=0$$ pero también que podría elegir con la misma facilidad: $$n=6,\quad a=1,\quad b=3$$ $$A= \left[ \begin {array}{c} 0.3826834320\\ 0.9238795327\\ 0\\ 0 \\ 0\\ 0\end {array} \right],\quad B= \left[ \begin {array}{ccc} - 0.1585126677&0&0\\ 2.230442497&0&0\\ 0& 0.4074281149\,i&- 0.2258160717 \,i\\ 0& 1.471732879& 2.655370577 \\ 0&0&0\\ 0&0&0\end {array} \right] $$ que da: $$\color{green}{A^TA},\quad \color{blue}{ B^TB}, \quad \color{red}{A^TB}, \quad \color{orange}{B^TA}$$ $$\left[ \begin {array}{cccc} \color{green}{1.0}& \color{red}{2.0}& \color{red}{0.0}& \color{red}{0.0}\\ \color{orange}{2.0}& \color{blue}{5.0}& \color{blue}{0.0}& \color{blue}{0.0}\\ \color{orange}{0.0}& \color{blue}{0.0}& \color{blue}{2.0}& \color{blue}{4.0} \\ \color{orange}{0.0}& \color{blue}{0.0}& \color{blue}{4.0}& \color{blue}{7.0}\end {array} \right]$$

Answer 2

Para los genéricos $Q,R$ esto no será posible en absoluto: por ejemplo, cuando $Q,R$ tienen el rango completo, $A,B$ debe tener el rango completo, y entonces $A^tB$ y $B^tA$ no puede ser $0$ . Del mismo modo, de hecho, si o bien tiene rango completo, esto es imposible a menos que el otro sea $0$ .

De hecho, el rango de $\pmatrix{A\cr B}$ es como máximo el número de columnas, que es el número de columnas de $A$ (y/o $B$ ). Por lo tanto, para permitir $A^tB=0$ las columnas de $A$ deben ser todas ortogonales a las columnas de $B$ . La severa restricción que esto supone para $Q,R$ puede expresarse de diversas maneras.