Mapa de matrices simétricas es surjective.

Question

Deje $M_{k,n}$ ser el conjunto de todos los $k\times n$ matrices, $S_k$ ser el conjunto de todos los simétrica $k\times k$ matrices, y $I_k$ la identidad de $k\times k$ matriz. Supongamos $A\in M_{k,n}$ es tal que $AA^t=I_k$. Deje $f:M_{k,n}\rightarrow S_k$ ser el mapa de $f(B)=BA^t+AB^t$. Demostrar que $f$ a (surjective). (Nota: todas las matrices tienen entradas en $\mathbb{R}$.)

Claramente la matriz $BA^t+AB^t$ es simétrica, ya que $$(BA^t+AB^t)^t=(BA^t)^t+(AB^t)^t=AB^t+BA^t.$$

Queremos mostrar que para cada $C\in S_k$ existe $B\in M_{k,n}$ tal que $$C=BA^t+AB^t.$$

¿Cómo podemos hacer eso?

Answer 1

Deje $B = \frac{1}{2}CA \in M_{k, n}$.

Answer 2

Primera observación: $C=BA^t+AB^t=BA^t+(BA^t)^t$. También, desde la $C$ es una matriz simétrica, hay una parte superior triangular de la matriz de $U$ tal que $C=U+U^t$ (acaba de tomar la $C$'s de las entradas para las entradas fuera de la diagonal, y tomar una media de $C$'s de las entradas de la diagonal).

Por lo tanto, es suficiente para probar que para cualquier $k\times k$ superior triangular de la matriz de $U$ existe $B\in M_{k,n}$ tal que $U=BA^t$.

Deje $U$ ser arbitrario pero fijo $k\times k$ superior triangular de la matriz. Porque $AA^t=I_k$, $(UA)A^t=U$. Tome $B=UA$, y estamos a través de.

Answer 3

De hecho, es suficiente con que $A$ máximo rango, es decir, desde $n\geq k$, $rank(A)=k$. En consecuencia, $AA^T$ es SPD y podemos suponer que la $AA^T=D=diag((\lambda_i)_i)$ donde $\lambda_i>0$. Queremos encontrar una solución en $B$$C=BA^T+AB^T$. Poner $B=EA$. A continuación, vamos a buscar un $k\times k$ matriz $E$ s.t. $C=E(AA^T)+(AA^T)E=ED+DE^T$. Hay una solución en $E=[e_{i,j}]$ que es simétrica. De hecho, $C=ED+DE$ es equivalente a $e_{i,j}=\dfrac{c_{i,j}}{\lambda_i+\lambda_j}$.