2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




На страницу 1, 2  След.
 
 Одновременная диагонализация эрмитовых матриц
Сообщение06.05.2009, 23:11 
Здравствуйте!
Пусть у даны эрмитовы матрицы $A>0, B\geqslant0$.
Есть теорема, что для любых двух эрмитовых матриц, одна из которых положительно определена, существуют невырожденные матрицы P и Q, такие что $PAQ=E, PBQ=\Lambda.   \Lambda$- диагональная матрица
Вот по ней есть несколько вопросов:
1) Верно ли, что диагональные элементы $\Lambda$ - ее собственные значения?
2) Как связаны между собою P и Q?
3) Пусть нам также дано, что матрица A-B положтельно опеределена.
Тогда $A-B=P^{-1}(E-\Lambda)Q^{-1}$ Следует ли из положительной опеределенности A-B положительность диагональных элементов в таком ее разложении?

 
 
 
 
Сообщение06.05.2009, 23:37 
Аватара пользователя
Eugene в сообщении #211633 писал(а):
1) Верно ли, что диагональные элементы $\Lambda$ - ее собственные значения?

да
Eugene в сообщении #211633 писал(а):
2) Как связаны между собою P и Q?

$P=Q^{-1}$
:roll:

Добавлено спустя 2 минуты 49 секунд:

Eugene в сообщении #211633 писал(а):
3) Пусть нам также дано, что матрица A-B положтельно опеределена.
Тогда $A-B=P^{-1}(E-\Lambda)Q^{-1}$ Следует ли из положительной опеределенности A-B положительность диагональных элементов в таком ее разложении?

следует :roll:

 
 
 
 
Сообщение06.05.2009, 23:41 
По пункту 1) - спасибо!
а вот 2) увы, не так все хорошо:(
$P=Q^{-1}, PAQ=E \Rightarrow A=QQ^{-1}=E$. А это неправда.

Добавлено спустя 2 минуты 4 секунды:

Цитата:
следует :roll:

А как это можно показать? =)

 
 
 
 
Сообщение06.05.2009, 23:49 
Eugene писал(а):
$P=Q^{-1}, PAQ=E \Rightarrow A=QQ^{-1}=E$. А это неправда.

Лиля хотела сказать $P=Q^*$.

 
 
 
 
Сообщение06.05.2009, 23:55 
Спасибо!
Тогда остается третий пункт. Если это правда (а похоже на то), то как доказывать?

 
 
 
 
Сообщение07.05.2009, 09:42 
Eugene писал(а):
Тогда остается третий пункт. Если это правда (а похоже на то), то как доказывать?

Если продолжать считать, что $P=Q^*$, то матрицы $A-B$ и $\Lambda - E$ это матрицы одного и того же оператора в разных базисах. Поэтому свойство положительной определенности у них выполняется или не выполняется одновременно.

 
 
 
 
Сообщение07.05.2009, 10:16 
Видимо, с моей стороны присутствует некое фундаментальное непонимание...
если P и Q - матрицы перехода, то А и Е - один и тот же оператор.
Матрицы P и Q сопряженные, но не унитарные.

 
 
 
 
Сообщение07.05.2009, 10:42 
Аватара пользователя
Eugene в сообщении #211650 писал(а):
а вот 2) увы, не так все хорошоSad
$P=Q^{-1}, PAQ=E \Rightarrow A=QQ^{-1}=E$. А это неправда.

а что вас в этом так смущает? -матрицы не равные $E$ у которых все собственные значения равны $1$ не диагонализируються :roll:
Eugene в сообщении #211650 писал(а):
Цитата:
следует Rolling Eyes

А как это можно показать? =)

в начале обратите внимание на п.1 а затем попробуйте проверить матрицу на положительную определенность если у нее собственные значения меньше/больше 0 перемножая собственные вектора: $x^TAx$ остальные вектора являються линейной комбинацией собственных :roll:

 
 
 
 Re: Одновременная диагонализация эрмитовых матриц
Сообщение07.05.2009, 12:28 
Eugene писал(а):
1) Верно ли, что диагональные элементы $\Lambda$ - ее собственные значения?
2) Как связаны между собою P и Q?
3) Пусть нам также дано, что матрица A-B положтельно опеределена.
Тогда $A-B=P^{-1}(E-\Lambda)Q^{-1}$ Следует ли из положительной опеределенности A-B положительность диагональных элементов в таком ее разложении?


1) Для любой диагональной матрицы элементы на диагонали совпадают с набором собственных значений.
2) Можно подобрать $P$ и $Q$ с условием $P = Q^*$, но по-моему это не необходимое условие.
3) Точно да, если $P=Q^*$. Если у $E - \Lambda$ есть собственное значение $\lambda \leq 0$, то возьмите $(E - \Lambda) (x) = \lambda x$ и $y = Qx$. Тогда $((A-B)y,y) \leq 0.$

 
 
 
 
Сообщение07.05.2009, 13:47 
Eugene в сообщении #211633 писал(а):
Пусть у даны эрмитовы матрицы $A>0, B\geqslant0$

стандартно считать, что это матрицы билинейных форм, а не операторов
Eugene в сообщении #211633 писал(а):
существуют невырожденные матрицы P и Q

не просто невырожденные ,но унитарные
Eugene в сообщении #211633 писал(а):
Верно ли, что диагональные элементы $\Lambda$ - ее собственные значения

собственные значения матрицы $B$
Eugene в сообщении #211633 писал(а):
Как связаны между собою P и Q

$P=Q^*$ или, что тоже самое $P=Q^{-1}$
Eugene в сообщении #211633 писал(а):
Тогда $A-B=P^{-1}(E-\Lambda)Q^{-1}$ Следует ли из положительной опеределенности A-B положительность диагональных элементов в таком ее разложении?

Да следует

 
 
 
 
Сообщение07.05.2009, 14:17 
terminator-II писал(а):
...
не просто невырожденные ,но унитарные
...
собственные значения матрицы $B$
...
$P=Q^*$ или, что тоже самое $P=Q^{-1}$
...


1. Неверно, т.к. из $PAQ = E$ будет следовать, что $A$ - унитарная
2. неверно
3. уже ж написали, что из $PAQ = E$ и $P=Q^{-1}$ следует $A = E$

 
 
 
 
Сообщение07.05.2009, 14:22 
Аватара пользователя
Dandan в сообщении #211810 писал(а):
уже ж написали, что из $PAQ = E$ и $P=Q^{-1}$ следует $A = E$

ну да следует и что?

Добавлено спустя 43 секунды:

где проблемма то? :roll:

 
 
 
 
Сообщение07.05.2009, 14:42 
$E$ это единичная матрица, $A$ - любая эрмитова.

 
 
 
 
Сообщение07.05.2009, 14:44 
Dandan писал(а):
terminator-II писал(а):
...
не просто невырожденные ,но унитарные
...
собственные значения матрицы $B$
...
$P=Q^*$ или, что тоже самое $P=Q^{-1}$
...


1. Неверно, т.к. из $PAQ = E$ будет следовать, что $A$ - унитарная
2. неверно
3. уже ж написали, что из $PAQ = E$ и $P=Q^{-1}$ следует $A = E$

Да это я не посмотрел. :oops:
Вторая серия. Сначала приводим матрицу $A$: $C^{*}AC=E$ т.е. мы назначаем матрицу $A$ матрицей грамма нового скалярного произведения и переходим в ортонормированную систему координат относительно этого скалярного произведения. В этой системе координат матрица Грамма -- единичная. Теперь унитарным( в смысле нового скал произведения) преобразованием мы приводим к диагон. виду матрицу $B$. И того: существует невырожденная матрица $R$ такая, что $R^*AR=E$, $R^*BR=D$ -- диагональна. При этом, конечно спектр матрицы $B$ не обязан совпадать со спектором $D$.

При этом, если матрица $B$ неотрицательно определена, то $D$ тоже неотрицательно определена

 
 
 
 
Сообщение07.05.2009, 15:47 
Аватара пользователя
Dandan в сообщении #211818 писал(а):
любая эрмитова
:oops:
Eugene в сообщении #211633 писал(а):
3) Пусть нам также дано, что матрица A-B положтельно опеределена.
Тогда $A-B=P^{-1}(E-\Lambda)Q^{-1}$ Следует ли из положительной опеределенности A-B положительность диагональных элементов в таком ее разложении?

$A-B=P^{-1}(E-\Lambda)PA$
$(A-B)A^{-1}=P^{-1}(E-\Lambda)P$ -да следует

Добавлено спустя 2 минуты 7 секунд:

Eugene в сообщении #211633 писал(а):
2) Как связаны между собою P и Q?

$Q^{-1}=PA$

 
 
 [ Сообщений: 25 ]  На страницу 1, 2  След.


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group