¿Existe una forma rápida de demostrar que una matriz tridiagonal es definida positiva?

Question

Estoy tratando de demostrar que

$$A=\begin{pmatrix} 4 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 5 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 5 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 5 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 5 \\ \end{pmatrix}$$

admite un Descomposición Cholesky .

$A$ es simétrica, por lo que admite una descomposición Cholesky si es positivo definido . Los únicos métodos que conozco para comprobar esto son:

1. $X^tAX > 0, \quad \forall X \in \mathbb{K}^n- \{0\}$ .
2. Si $\lambda$ es un valor propio de $A$ entonces $\lambda>0.$

No he podido probarlo usando el 1 y el 2 me está llevando mucho tiempo. ¿Hay alguna manera más fácil de hacer esto, dado que $A$ es tridiagonal ?

Answer 1

Aviso $A$ puede reescribirse como una suma de 5 matrices. $$A = \left[\begin{smallmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 3 \end{smallmatrix}\right] + \left[\begin{smallmatrix} 2 & 2 & 0 & 0 & 0\\ 2 & 2 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{smallmatrix}\right] + \left[\begin{smallmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{smallmatrix}\right] + \left[\begin{smallmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{smallmatrix}\right] + \left[\begin{smallmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 & 2\\ 0 & 0 & 0 & 2 & 2 \end{smallmatrix}\right] $$ La primera matriz es diagonal con entradas positivas en las diagonales, por lo que es definida positiva. Las cuatro matrices restantes son claramente semidefinidas positivas. Al ser una suma de una matriz definida positiva con un grupo de matrices semidefinidas positivas, $A$ es positiva definida.

Answer 2

A partir del teorema del disco de Gershgorin y siendo la matriz simétrica (valores propios reales) se obtiene que los valores propios están en el intervalo [1,9] y por tanto son positivos. Al parecer, se conoce comúnmente como Teorema del círculo de Gershgorin .

Answer 3

Esta matriz en particular es simétrico diagonalmente dominante (SDD), lo que significa que los valores absolutos de las entradas no diagonales de cada fila no superan el valor absoluto de la diagonal, es decir. $$ \sum_{\substack{j\in[1,n] \\ i \neq j}} \lvert a_{i,j} \rvert \leq \lvert a_{ii} \rvert$$ Como las diagonales son positivas, es semidefinida positiva, pero en realidad es definida positiva porque la desigualdad anterior es estricto . Esto se puede ver al dividir $A$ en $A = A' + \varepsilon I$ tal que $A'$ sigue siendo SDD (y por tanto PSD) y $\varepsilon > 0$ . La multiplicación de ambos lados por el mismo vector es siempre positiva, ya que $\varepsilon I$ es positiva definida.

Answer 4

Otro enfoque específico para las matrices tridiagonales simétricas es utilizar la siguiente recurrencia. Sea $a_i$ son las entradas de la diagonal principal, y sea $b_j$ sean las entradas de la diagonal de salida. Entonces el determinante viene dado por $$ \begin{align*} d_{-1} &= 0 \\ d_0 &= 1 \\ d_n &= a_n d_{n-1} - b_{n-1}^2 d_{n-2} \end{align*} $$ Esto da la serie de determinantes de sus principales menores. En su caso, esto es: $$\begin{align*} d_1 = 4\cdot 1 - 0^2 \cdot 0 = 4 \\ d_2 = 5\cdot 4 - 2^2 \cdot 1 = 16 \\ d_3 = 5\cdot 16 - 2^2 \cdot 1 = 76 \\ d_4 = 5\cdot 76- 2^2 \cdot 1 = 376 \\ d_5 = 5\cdot 376- 2^2 \cdot 1 = 1876 \\ \end{align*}$$ Como todos son positivos, el criterio de Sylvester demuestra que la matriz es definida positivamente.

Ya que has pedido una forma "rápida", te diré que esto tarda un tiempo lineal en ejecutarse en un ordenador. También te diré que una forma más rápida de hacer esto en papel (menos operaciones) es dividir la recurrencia por el término anterior para obtener $s_n = a_n - b^2_{n-1} / s_{n-1}$ con $s_0=1$ y $b_0=0$ . Si $a_1$ es positivo y $s_n$ permanece positiva en todo momento, entonces la recurrencia nunca cambia de signo, por lo que $d_n$ es positivo como antes.

Answer 5

Es bien sabido que los valores propios de
$$ S=\begin{bmatrix} 0&1&0&0&0\\ 1&0&1&0&0\\ 0&1&0&1&0\\ 0&0&1&0&1\\ 0&0&0&1&0 \end{bmatrix} $$ son $$ 2\cos\frac{k\pi}{n+1},\ \ \ k=1,\ldots,n. $$ Así que los valores propios de $4I+2S$ son $$ 4+4\cos\frac{k\pi}{6}>0,\ \ \ k=1,\ldots,5. $$ Al ser simétrico, esto nos dice que $$4I+4S=\begin{bmatrix} 4&2&0&0&0\\ 2&4&2&0&0\\ 0&2&4&2&0\\ 0&0&2&4&2\\ 0&0&0&2&4 \end{bmatrix}$$ es positiva definida. Ahora $A$ también es positiva definida, ya que $A=B+4I+2S$ , donde $$ B=\begin{bmatrix} 0&0&0&0&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&0&1&0&0\\ 0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&1\end{bmatrix} $$ es semidefinida positiva.