Condición necesaria para la semidefinición positiva: ¿es suficiente?

Question

Supongamos que tengo un cuadrado simétrico $n\times n$ matriz $A$ tal que:

$a_{ii}\geq 0$ para todos $1\leq i\leq n$ y que $a_{ii}a_{jj} - a_{ij}^2 \geq 0$ para todos $1\leq i\leq n$ y $i < j \leq n$ .

Es evidente que esta es una condición necesaria para la semidefinición positiva debido al criterio de Sylvester, y al hecho de que $P^TAP$ es semidefinido positivo para cualquier semidefinido positivo $A$ y la matriz de permutación $P$ .

Esta pregunta indica que esta condición no es suficiente. ¿Puede enumerar algún contraejemplo sencillo a la afirmación de que esta condición es suficiente para $A$ para ser semidefinido positivo? Gracias.

P.D. No me ofenderé si marcan esto como duplicado, pero son los contraejemplos los que me interesan, así que por favor consideren eso antes de marcar.

Answer 1

Esta vez no necesitaré mostrar una matriz. Para un cuadrado $n$ por $n$ matriz con $n \geq 3,$ dejar $M$ sea la matriz simétrica con todas las entradas no diagonales iguales a $-1$ y todas las entradas diagonales iguales a $n-2.$ No es difícil demostrar, utilizando los valores propios, que todos los menores principales hasta el tamaño $n-1$ son no negativas, por lo que esas submatrices son semidefinidas positivas. Sin embargo, una vez más obtenemos un valor propio de $-1$ con el vector propio formado por todos los $1$ 's. Para conseguir que las submatrices sean definidas positivamente, haz que las entradas diagonales $n-2+ \delta$ con $0 < \delta < 1.$

Perdí los nervios: $$ \left( \begin{array}{rrrr} 2 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & -1 & 2 \end{array} \right) $$ y $$ \left( \begin{array}{rrrrr} 3 & -1 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 3 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 3 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 & 3 & -1 \\ -1 & -1 & -1 & -1 & 3 \end{array} \right) $$

De todos modos, un $k$ por $k$ matriz formada por todos los $1$ tiene valores propios $0,0,0,\ldots, 0,k.$ Si todas las entradas son $-1$ en cambio los valores propios son $0,0,0,\ldots, 0,-k.$ Para poner algún número $w$ en la diagonal tenemos que añadir $(1 + w)I,$ donde $I$ es la matriz de identidad. Así que los valores propios de la $k$ por $k$ matriz con todas las entradas no diagonales $-1$ y todas las entradas diagonales $w$ son $1+w, \; 1+w, \; 1+w,\ldots, \; 1+w, \; 1 + w-k.$ Así se confirma rápidamente el ejemplo anterior.

Answer 2

$$ \left( \begin{array}{rrr} 1 & -2 & -3 \\ -2 & 4 & -6 \\ -3 & -6 & 9 \end{array} \right) $$

determinante es $-144.$

Si quieres desigualdades estrictas, $$ \left( \begin{array}{rrr} 1001 & -2000 & -3000 \\ -2000 & 4001 & -6000 \\ -3000 & -6000 & 9001 \end{array} \right) $$

Este determinante es $-143999985999.$

Answer 3

Perdón por la lentitud. Hay una buena razón por la que esto no se me ocurrió primero, pero sigue siendo un error de tipo. Tome

$$ \left( \begin{array}{rrr} 1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & -1 & 1 \end{array} \right) $$

Sus condiciones se cumplen pero es evidente que $-1$ es un valor propio con un vector propio $$ \left( \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) $$

Para obtener desigualdades estrictas, utilice $0 < \delta < 1$ y la matriz

$$ \left( \begin{array}{ccc} 1 + \delta & -1 & -1 \\ -1 & 1 + \delta & -1 \\ -1 & -1 & 1 + \delta \end{array} \right) $$ que mantiene ese vector propio pero ahora el valor propio es $\delta -1.$

Answer 4

Dejemos que $$A=\pmatrix{1 & 1 & 1 \cr 1 & 2 & 4 \cr 1 & 4 & 9}$$ Entonces todo $1\times 1$ y $2\times 2$ los menores son positivos, no sólo los principales, pero el determinante sigue siendo negativo, por lo que $A$ no puede ser semidefinido positivo.

Esto está relacionado con positividad total la matriz $A$ es totalmente positiva de orden dos, pero no de orden tres.