Encontrar una matriz de su producto con su transpuesta

Question

Supongamos $A$ $3 \times 3$ matriz. Si $A A^T = B$ $A^T A = C$ donde $B$ $C$ son conocidos y $B \neq C$, puedo determinar de forma única Una?

$A$ tiene 9 elementos independientes. Desde $B$ $C$ son simétricas, tienen 6 independientes de las entradas de cada uno. Por lo tanto tengo una sobredeterminada no lineales sistema de ecuaciones con 9 variables y 12 de ecuaciones. No existe una solución única para este sistema? Cómo puedo probar que o no?

Answer 1

No. Deje $AA^T=A^TA=I$. Pero muchas matrices son ortogonales.

Answer 2

Suponiendo que $B$ $C$ son compatibles suficiente para ofrecer soluciones en todo, hay $8$ soluciones, excepto en los casos degenerados voy a describir al final. ($B=C=I$ es uno de esos degenerados caso, pero habiendo $B=C$ no es realmente el problema; el problema es que $I$ ha repetido autovalores.)

Las matrices $B = AA^{\mathsf T}$ $C = A^{\mathsf T}A$ deben tener los mismos valores propios. Supongamos que los valores propios son $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$, $\mathbf u_1,\mathbf u_2, \mathbf u_3$ son los correspondientes vectores propios ortonormales de $B$ mientras $\mathbf v_1, \mathbf v_2, \mathbf v_3$ son los correspondientes vectores propios ortonormales de $C$. Por ahora, vamos a suponer que todos los tres autovalores son distintos.

Tenga en cuenta que $BA = AC = A A^{\mathsf T}A$. Como resultado, $A\mathbf v_i$ $i=1,2,3$ es un vector con la propiedad de que $BA \mathbf v_i = AC\mathbf v_i = \lambda_i A \mathbf v_i$, lo $A\mathbf v_i$ es un autovector de a $B$'s autovalor $\lambda_i$. Esto hace que sea un múltiplo de $\mathbf u_i$: $A \mathbf v_i = d_i \mathbf u_i$ para algunos subdeterminado $d_i$.

Que varios? Una vez que elegimos estas tres múltiplos $d_1, d_2, d_3$, $AV = UD$ donde $V$ es la matriz cuyas columnas son $\mathbf v_1, \mathbf v_2, \mathbf v_3$, $U$ es la matriz cuyas columnas son $\mathbf u_1, \mathbf u_2, \mathbf u_3$, e $D$ es la matriz diagonal con $d_1, d_2,d_3$ en la diagonal. Así, obtenemos $A = UDV^{\mathsf T}$ (desde $V$ es ortogonal).

A continuación,$C = A^{\mathsf T}A = VDU^{\mathsf T}UDV^{\mathsf T} = V D^2 V^{\mathsf T}$: en otras palabras, diagonalizing $C$ los rendimientos de la matriz $D^2$. Esto significa que $D$ sólo puede ser uno de los ocho matrices, dados por $d_1 = \pm \sqrt{\lambda_1}$, $d_2 = \pm \sqrt{\lambda_2}$, y $d_3 = \pm \sqrt{\lambda_3}$. Es fácil comprobar que ninguna de las matrices resultantes $UDV^{\mathsf T}$ satisfacer las ecuaciones $A$ apagaría.

(En el caso de que $d_1, d_2, d_3$ son positivos, son los valores singulares de a $A$, e $UDV^{\mathsf T}$ es el singular valor de la descomposición de $A$.)

Nos encontramos con casos con una infinidad de soluciones cuando no todos los autovalores son distintos. En ese caso, sabemos mucho menos acerca de $A \mathbf v_i$: por ejemplo, si $\lambda_1 = \lambda_2 \ne \lambda_3$, sabemos que $A \mathbf v_1$ $A \mathbf v_2$ ambos son combinaciones lineales de $\mathbf u_1$$\mathbf u_2$, pero no cuáles. Podemos generar una infinidad de soluciones por la elección de cualquiera de la infinidad de ortonormales eigenbases para$B$$C$, y luego fingir que este problema no existe y de procedimiento, como hicimos anteriormente.

También, vamos a obtener sólo $4$ soluciones en los casos en que un autovalor $\lambda_i$$0$. (Si hay más de un autovalor es $0$, estamos en las infinitas soluciones del caso anterior). En este caso, la elección de $d_i = \sqrt{\lambda_i}$ o $d_i = -\sqrt{\lambda_i}$ es el mismo: $d_i = 0$ en ambos casos.

Answer 3

Después de que requieren $B \neq C$ todavía no.

Considere la posibilidad de $A =\begin{pmatrix}0 & a & 0 \\ b & 0 & 0 \\ 0 & 0 & c\end{pmatrix}$.

Esto cumple con sus requisitos, y, sin embargo, el único no-cero elementos de $AA^T$$A^T A$$a^2, b^2$$c^2$, por lo que su signo no puede ser determinado.

La conjugación de $A \to O A O^T$ con cualquier ortogonal va a mantener esta estructura y generar una familia más grande de este tipo de casos.