La prueba de una clasificación en un teorema de Descomposición

Question

Considere el siguiente resultado que recientemente me encontré en un trabajo de investigación en mi zona (Procesamiento de la Señal)

Deje $X$ $N\times N$ positivo semidefinite (psd) de la matriz cuyo rango es $r$. Deje $A$ ser cualquier simétrica $N\times N$ matriz. Entonces, existen un conjunto de vectores $x_1,\dots,x_r$ tal que $$\begin{align} X & = \sum_{i=1}^{r}x_ix_i^T \\ x_i^TAx_i &= \frac{\mbox{trace}\{AX\}}{r},~~~\forall i \end{align}$$

La siguiente es la prueba de que yo no puedo comprobar.

Prueba: Considere el siguiente paso a paso el procedimiento de cuyas entradas se $X$$A$.

$~~$0.$~~$ Las entradas se $X$ (dado $X\geq 0$, $rank(X)=r$) y $A$ (simétrica).

1. Descomponer $X=RR^T$.

2. Generar el eigen descomposición $R^TAR=U\Lambda U^T$.

3. Deje $h$ cualquier $N\times 1$ vector tal que $\lvert h_i\rvert=1$ (cada entrada de $h$). Generar el vector $x_1$ y matriz $X_1$ $$\begin{align} x_1&=\frac{1}{\sqrt{r}}RUh \\ X_1&=X-x_1x_1^T \end{align}$$

4. Las salidas son a$X_1$$x_1$.

El papel, las reclamaciones que

• $X_1$ psd y tiene rango de $r-1$
• $x_1^TAx_1=\frac{1}{r}trace(AX)$

Mientras que yo soy capaz de verificar que la segunda afirmación, no soy capaz de verificar el primero? Cómo es esto cierto? Si esto se puede hacer, el resto de la prueba es directa. Estoy buscando una rigurosa prueba.

Lea esto si usted está interesado en saber donde esta la prueba de cabezas. Ahora hay que hacer el paso a paso del algoritmo anterior con entradas de $X_1$ $A$ conseguir $x_2$ $X_2$ tal que $$\begin{align}X_2&=X_1-x_2x_2^T\\&=X-x_1x_1^T-x_2x_2^T\end{align}$$ y $$x_2^TAx_2=\frac{1}{r-1}trace(AX_1)=\frac{1}{r}trace(AX)$$ Then the result of the paper is that you can do this procedure $r$ times and get a rank-one decomposition $$X=\sum_{i=1}^{r}x_ix_i^T$$ with the property $$x_i^TAx_i\,=\,\frac{1}{r}trace(AX),~\forall i$$ for any given psd X with rank $r$ and any symmetrix $$.

Answer 1

De la famosa desigualdad de ${\sf rank}(f+g)\leq {\sf rank}(f)+{\sf rank}(g)$ y de ${\sf rank}(x_1x_1^T)=1$, podemos deducir ${\sf rank}(X-x_1x_1^T) \geq {\sf rank}(X)-1$. Por otro lado, ${\sf rank}(X-x_1x_1^T)$ puede ser igual a ${\sf rank}(X)$ bajo las condiciones se dio (probablemente olvidó de algunas limitaciones adicionales). Considere la posibilidad de en el siguiente ejemplo :

$$X=\left(\begin{array}{ccc} 10 & 6 & 0 \\ 6 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right), A=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & -2 \\ 3 & -2 & 0 \end{array}\right) \etiqueta{1}$$

En el paso $1$, puedo escribir $X=RR^T$ donde

$$R=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \etiqueta{2}$$

Sucede entonces que el $RAR^T={\sf diag}(18,-8,0)$ $R^TAR=0$ ya están en diagonal, de modo que en el paso 2 se puede tomar $U=I_3$. En el paso 3, si tomamos todas las entradas de $h$ igual a $1$,

$$x_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c} 4 \\ 3 \\ 0 \end{array}\right), x_1x_1^{T}=\left(\begin{array}{ccc} 8 & 6 & 0 \\ 6 & \frac{9}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right), X-x_1x_1^{T}=\left(\begin{array}{ccc} 2 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \etiqueta{3}$$

de modo que ${\sf rank}(X-x_1x_1^T)=2={\sf rank}(X)$.