El vacío del cono de una positiva semi-definida bilineal es un subespacio de $\Bbb R^n$.

Question

Deje $A \in \Bbb R^n \times \Bbb R^n$ ser simétrica y positiva semidefinite de la matriz. Vamos $q(x) =x^\top Ax$ y dejar que el vacío de cono se define como

$$W= \{x ; q(x) = 0 \}$$

Quiero mostrar que la $W$ es un subespacio de $\Bbb R^n$.

Mi mejor intento:

Tome $x$ $y$ $W$ (el vector cero siempre pertenece a $W$ e es un subespacio de $\Bbb R^n$). deje $\alpha, \beta \in\Bbb R $ se sabe que $$q(\alpha x- \beta y) = -2 \alpha \beta x^\top Ay + \alpha^2 q(x) + \beta^2 q(y) = -2 \alpha \beta x^\top Ay$$

Así que ignorando las constantes que se hacen si $x^\top Ay = 0$$x,y \in W$. Por el teorema espectral tenemos que $A = UDU^\top$ donde $D$ es diagonal y $U$ es unitaria. Esto significa que $$ x^\top Ay = (U^\top x)D (U^\top y) $ $ , pero no veo donde puedo ir de aquí.

Answer 1

Si $A$ es positivo semi-definido, entonces el Cauchy-Schwarz desigualdad se cumple para el (posiblemente degenerado) producto escalar $\langle x,y\rangle_A\doteq x^\top Ay$, pero este tiempo puede haber igualdad sin $x$ $y$ proporcional. Y $\|x\|_A\doteq \sqrt{\langle x,x\rangle_A}$ es un semi-norma (con un comentario similar para el triángulo de la desigualdad).

Claramente $0\in W$ y $x\in W$, $\lambda \in \Bbb R$ implica $\lambda x\in W$. Por último, si $x,y\in W$ tenemos $$\begin{align} 0\leq \langle x+y,x+y\rangle_A &=\langle x,x\rangle_A+2\langle x,y\rangle_A+\langle y,y\rangle_A \\ &= 2\langle x,y\rangle_A \\ &\leq 2\|x\|_A\|y\|_A = 0,\end{align} $$como quería.

Nota que el semi-precisión es esencial. En $\Bbb R^2$, la matriz $A={\rm diag}(1,-1)$ da un contra-ejemplo ($W$ es la unión de las líneas de $y=x$$y=-x$).

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Tenga en cuenta que este argumento es positivo semi-definida de formas bilineales en cualquier espacio vectorial (incluyendo el infinito dimensional caso).

Answer 2

Sylvester Ley de la Inercia dice que después de un cambio de base, podemos suponer que la $A$ es una matriz diagonal con sólo $1$s, $-1$'s, y $0$'s en la diagonal. Ya que la forma es positivo semidefinite, esto significa que no hay $-1$'s. Así que podemos asumir que

$$ A = \left( \begin{array}{cccccc} 1 & & & & & \\ & \ddots & & & & \\ & & 1 & & & \\ & & & 0 & & \\ & & & & \ddots & \\ & & & & & 0 \end{array} \right) $$

Mirándolo de esta manera, $W$ es el espacio de los vectores de la base que representa el derecho de la mayoría de las columnas, y la forma $q$ en esta base parece

$$ q\left( \sum_{i=1}^n \alpha_i e_i \right) = \sum_{i=1}^k \alpha_i^2, $$ donde $k$ es el número de $1$'s en la diagonal.

Answer 3

Deje $\beta(x,y) := x^T A y$ ser la forma bilineal asociada a $A$. Por el teorema espectral existe una matriz ortogonal $U \in \operatorname{O}(n)$ tal que $A = U D U^T$ para una matriz diagonal $D$ con un valor no negativo entradas, dicen $$ D = \operatorname{diag}(c_1, \dotsc, c_r, 0, \dotsc, 0) $$ con $c_1, \dotsc, c_r > 0$. A continuación, $\mathcal{B} := (v_1, \dotsc, v_n)$ $v_i := U e_i$ es una base de $\mathbb{R}^n$ que es ortogonal con respecto a $\beta$; más precisamente, tenemos que $$ \beta(v_i, v_j) = \begin{cases} c_i \delta_{ij} & \text{if %#%#%}, \\ 0 & \text{otherwise}. \end{casos} $$ (En otras palabras: Con respecto a la base $1 \leq i,j \leq n$ la forma bilineal $\mathcal{B}$ es representado por la diagonal de la matriz $\beta$.) De ello se sigue que para cada vector $D$, $x \in \mathbb{R}^n$ tenemos que $$ q(x) = \beta(x,x) = c_1 \lambda_1^2 + \dotsb + c_r \lambda_r^2. $$ Se desprende de lo $x = \lambda_1 v_1 + \dotsb + \lambda_n v_n$ que $c_1, \dotsc, c_r > 0$ si y sólo si $q(x) = 0$. Así tenemos que el $\lambda_1 = \dotsb = \lambda_r = 0$ es, precisamente, el espacio de los vectores de la base $W$. Es en particular un subespacio lineal de $v_{r+1}, \dotsc, v_n$.