Una pregunta sobre la matriz de Gram

Question

Las entradas de la matriz de Gram es definido por $ \langle x_i,x_j\rangle$ $(i,j)^{\text{th}}$ posición. Se sabe que la matriz de Gram es positiva semidefinite.

Es todavía positivo semidefinite si $ \langle x_i,x_j\rangle$ es reemplazado por $ |\langle x_i,x_j\rangle|$?

Answer 1

Creo que esto es cierto para los tres vectores, pero aquí's un contraejemplo con cuatro vectores:

$$x_1=\begin{pmatrix}-1\\-2\\-3\end{pmatrix},\;\;x_2=\begin{pmatrix}-3\\3\\-5\end{pmatrix},\;\;x_3=\begin{pmatrix}-4\\-3\\0\end{pmatrix},\;\;x_4=\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}$$

He encontrado esto buscando tres vectores tales que sus productos escalares son positivos y al menos un producto escalar de dos vectores en la base dual de $\mathbb R^3$ también es positiva, por lo que la diferencia de estos dos vectores de la base es menor que la suma de los mismos.

Un Hermitian matriz es positiva semidefinite si y sólo si a es la matriz de Gram de un conjunto de vectores. Considere la matriz de Gram $A$ de los tres vectores y la suma de los dos vectores duales y la matriz de Gram $B$ de los tres vectores y la diferencia de los dos vectores. Son de la misma hasta a los signos, excepto para el cuadrado de la suma o la diferencia en la última entrada. $A$ sólo ha positiva entradas. Para el componente de sabios valor absoluto de $B$ a ser la matriz de Gram de un conjunto de vectores, los tres primeros vectores tendrían que ser los tres vectores de la base (hasta transformaciones ortogonales), y la proyección de la cuarta vector en el hyperplane de estos tres tendría que ser la suma de los dos vectores de la base, pero su longitud tendría que ser la longitud de la diferencia, lo cual es imposible, ya que la diferencia es menor que la suma.

Esta construcción no funciona para tres vectores, ya que en $\mathbb R^2$ el producto escalar de los dos vectores de la base de una base positiva con el producto escalar de los vectores de la base es siempre negativo.