¿Por qué es esta fórmula definida positiva?

Question

Tengo una fórmula

ps

donde$$A(I+GQ)^{-1}(G+GQG)(I+QG)^{-1}A^{\mathrm T}+G$,$A,Q,G,I\in\mathbb R^{n\times n}$ no singular,$A$ positiva semi-definida,$G$ definida positiva,$Q$ la matriz identidad y$I$ controlable. Es evidente que ambos el primer y segundo términos son semi-definida positiva, pero de esta fórmula es definida positiva de hecho? Gracias por adelantado.

Answer 1

No es obvio que la matriz debe ser SPD, pero usted puede intentar para inspeccionar los núcleos de los dos términos. Dadas dos SPSD matrices $A$$B$, la suma de $A+B$ es positiva definida si no hay nonnzero $x$ tal que $x^TAx=-x^TBx$. Tenga en cuenta que tanto $x^TAx$ $x^TBx$ son no negativos, por lo $x^TAx=-x^TBx$ fib $x^TAx=-x^TBx=0$, es decir, iff $Ax=0$$Bx=0$. Equivalentemente, $x\in\mathrm{ker}(A)\cap\mathrm{ker}(B)$. Por lo tanto, $A+B$ es SPD iff $\mathrm{ker}(A)\cap\mathrm{ker}(B)$ sólo contiene el vector cero.

Otra observación es que el núcleo de $M=G+GQG$ es el mismo que el del núcleo de $G$. La matriz en cuestión puede ser escrito como $$\etiqueta{♣} UN(I+GQ)^{-1}(G+GQG)(I+QG)^{-1}A^T+G=BMB^T+G, $$ donde$B=A(I+GQ)^{-1}$$\mathrm{ker}(M)=\mathrm{ker}(G)$.

Deje $Z\in\mathbb{R}^{n\times k}$ ser la base de que el núcleo de $G$ ($\mathrm{im}(Z)=\mathrm{ker}(G)$, $\dim\mathrm{ker}(G)=k$). A continuación, $Y=B^{-T}Z=A^{-T}(I+QG)=A^{-T}Z$ es la base del núcleo de $BMB^T$. Siguiendo el desarrollo en el primer párrafo, se requiere que estos núcleos tiene sólo un cero vector común. Equivalentemente, tenemos que $$\etiqueta{♥} \mathrm{rango}([Z,^{- T}Z])=\mathrm{rango}([Z,^TZ])=2k. $$

Resumiendo,

(♣) es SPD iff (♥) sostiene.

Algunas observaciones:

• Si $2\dim\mathrm{ker}(G)>n$ (como en el ejemplo de los otros responda) ( ♣ ) es siempre singular.

• De acuerdo a la Popov-Belevich-Hautus (PBH) de la prueba, $(A,G)$ es controlable iff $Gv=0$ $A^Tv=\lambda v$ implica $v=0$. Sin embargo, (♥) dice algo ligeramente diferente. Se dice que si $Gv=0$ $Gw=0$ tal que $v=A^Tw$,$v=w=0$. Para mí, esta condición se ve más fuerte que la capacidad de control (pero incluye también) y si el núcleo de $G$ es unidimensional, es equivalente a la PBH prueba.

(♣) es SPD iff $Gv=Gw=0$ tal que $A^Tw=v$ implica $v=w=0$.

Answer 2

La suma es no necesariamente positiva definida. Para un contraejemplo, considere la posibilidad de $$ A = \pmatrix{5&2&0\\ 2&2&1\\ 0&1&1},\quad Q=I,\quad G=\pmatrix{1\\ &0\\ &&0}. $$ Es sencillo comprobar que $A$ es nonsingular (tiene unidad de determinante) y $(A,G)$ es controlable (la matriz $\pmatrix{G&AG&A^2G}$ total fila de la fila). Sin embargo, $$ Un(I+GQ)^{-1}(G+GQG)(I+QG)^{-1}A^T+G = \pmatrix{\tfrac{27}2&5&0\\ 5&2&0\\ 0&0&0}, $$ que es singular.

Sin embargo, la suma es positiva definida al $\operatorname{rank}(G)\ge n-1$ (en particular, es siempre la PD $2\times2$ matrices), esencialmente debido a que el espacio nulo de a $G$ es en más de una dimensión.

Edit.

Para probar que el anterior rango condición es suficiente, debemos hacer algunas de las absorciones de las matrices de primera, con $G\leftarrow Q^{1/2}GQ^{1/2}$$A\leftarrow Q^{1/2} A Q^{-1/2}$. Tenga en cuenta que el nuevo $(A,G)$ también es controlable; el nuevo $A$ todavía es de rango completo y el nuevo $G$ es todavía PSD. Con estas absorciones, la expresión se reduce a $Q^{-1/2}\left[A(I+G)^{-1}G A^T + G\right]Q^{-1/2}$. Es positiva definida si y sólo si $$P=A(I+G)^{-1}G A^T + G$$ es positiva definida. Como el OP menciona, la suma siempre es la PSD. Así, la pregunta es cuando es $P$ singular. Como ambos sumandos en $P$ PSD, si $Px=0$, debemos tener $A(I+G)^{-1}G A^Tx=0$$Gx=0$. Como $A(I+G)^{-1}$ es nonsingular, este conjunto de condiciones, cuando transpuesto, se reduce a $x^TAG=0$$x^TG=0$.

Sin embargo, por el PBH prueba de la capacidad de control, si $x^TG=0$ tiene una solución no trivial, $x$ no puede ser a la izquierda autovector de a $A$. En otras palabras, si $P$ es singular, $x^TA$ $x^T$ son linealmente independientes y la izquierda en el espacio nulo de a $G$ está a menos de dos dimensiones. Por lo tanto, si $\operatorname{rank}(G)\ge n-1$ ( $\operatorname{nullity}(G)\le1$ ), $P$ es nonsingular, por lo tanto positiva definida.