Положительная определённость подматрицы

[Andrey_Kireew]

Пусть имеется квадратная, симметричная, положительно определённая матрица $A$. Подматрица $B$ получается из неё вычёркиванием нескольких одноимённых строк и столбцов. Очевидно, что $B$ так же будет симметричной квадратной матрицей. Но сохранит ли она свойство положительной определённости?

[nnosipov]

Andrey_Kireew в сообщении #1428980 писал(а):

Но сохранит ли она свойство положительной определённости?

Да.

[worm2]

Положительная определённость — это $(Ax, x)>0$.
Поскольку перемена местами одноимённых строк и столбцов эквивалентна перемене порядка в $x$ (а значит, не влияет на положительную определённость), достаточно проверить удаление одной (последней) строки и одного (последнего) столбца. И тут на сцену выходит критерий Сильвестра, весь в белом.

[Otta]

Можно и без Сильвестра. Если оператор положительно определен на всем пространстве, то на подпространстве - в частности.

[Andrey_Kireew]

Большое спасибо!
но у меня сразу возникает уточняющий вопрос, может ли она стать вырожденной, в смысле $det(B)=0$?

[arseniiv]

Эта матрица будет матрицей (в ортонормированном базисе) оператора $\hat B$, действующего на некотором подпространстве сначала как $\hat A$, а потом ортогональным проецированием на это подпространство. Для $\hat A$ имеем (симметричность) $(u, \hat Av) = (\hat Au, v)$ и (положительная определённость) $(v,\hat Av) > 0$ при $v\ne 0$. Ортогональное проецирование даётся некоторым оператором $\hat P$ таким, что $\hat P^2 = \hat P$ (проектор) и $((1-\hat P)u, \hat Pv) = 0$ (ортогональный). Значит, $\hat Bv = \hat P\hat Av$ и определён лишь для тех $v$, для которых $v = \hat Pv$. Теперь у нас есть всё, чтобы алгеброй превозмочь координаты и узнать ответ, и далее я крышки снимаю.

Лемма: ортогональный проектор симметричен. Пусть $Q = 1 - P$, тогда имеем:

$$(u, Pv) - (Pu, v) = (Qu, Pv) + (Pu, Pv) - (Pu, v) = (Qu, Pv) + (Pu, -Qv) = 0 + 0.$$

Далее считаем $Pu = u, Pv = v$: они лежат в подпространстве, на котором определён $B$.

Ещё лемма: $B = PAP$. Очевидно, потому что на области определения $B$ этот проектор действует тождественно.

Симметричность $B$:

$$(u, Bv) = (u, PAPv) = (Pu, APv) = (APu, Pv) = (PAPu, v) = (Bu, v).$$

Положительная определённость: пусть $0\ne v = Pv$, тогда

$$(v, Bv) = (v, PAPv) = (Pv, APv) > 0.$$

По-моему это достаточно просто и прозрачно, я сейчас это вывел совершенно с нуля, только набрал ответ не сразу. Единственной проблемой могло бы быть то, что $B$ определён на подпространстве, на него сужено исходное скалярное произведение, и мы неявно вставляем здесь оператор вложения этого подпространства в исходное, и надо аккуратно следить за руками, чтобы не написать случайно неопределённое выражение, и здесь на самом деле такие в текущей редакции есть, но всё достаточно механически исправимо, это уже упражнение для тех кому не лень, а цель этого поста была другая.

UPD2. То есть если считать $B := PAP$ оператором на исходном пространстве, всё верно, ну а потом мы замечаем, что он сужается до $\operatorname{im} P\to\operatorname{im} P$, и можно в итоге забить на то, что я выше предлагал насчёт слежения за руками. Но исходно додуматься до $PAP$ вместо $AP$ может быть не просто, это видно лишь в середине пути; мне лично нравятся доказательства, где мы вводим вещи по необходимости, когда видим, зачем они нужны.

-- Чт дек 05, 2019 22:45:38 --

Andrey_Kireew в сообщении #1428986 писал(а):

но у меня сразу возникает уточняющий вопрос, может ли она стать вырожденной, в смысле $det(B)=0$?

Так если оператор положительно определён, он обратим обязательно.

UPD. Э, удалили пост. Вот кстати есть ли этому элементарное доказательство, уже не помню.

[Otta]

Andrey_Kireew в сообщении #1428986 писал(а):

но у меня сразу возникает уточняющий вопрос, может ли она стать вырожденной, в смысле $\det(B)=0$?

Не может, у положительно определенных определители ненулевые (положительные).

[Andrey_Kireew]

arseniiv в сообщении #1428987 писал(а):

Так если оператор положительно определён, он обратим обязательно

Это полностью опровергает моё давнее подозрение о том, что наличие нулевого элемента на диагонали матрицы не является достаточным признаком её вырожденности. Получается, что является ...

[arseniiv]

На диагонали диагональной — да, является. Для диагонали произвольной надо ещё установить, откуда такое последует.

[Andrey_Kireew]

arseniiv в сообщении #1428991 писал(а):

Для диагонали произвольной надо ещё установить, откуда такое последует

как откуда? Вычёркиваем все строки и столбцы, остаётся один нулевой диагональный элемент, 1х1 - матрица. Понятно, что она вырождена. А судя по Вашему - должна оставаться положительно определённой, и невырожденной. Противоречие ...

[Otta]

Andrey_Kireew в сообщении #1428992 писал(а):

Противоречие ...

Следовательно, исходная матрица не являлась положительно определенной. Дальше?

Про инвариантность невырожденности при вычеркивании строк-столбцов речи не было.
Ее нет, инвариантности этой.

[arseniiv]

Да, кстати, легко видеть, что матрица положительно определённого оператора в ортонормированном базисе не может иметь ноль на диагонали. Возьмём соответствующий вектор базиса $e$ и посмотрим на $(e, Ae)$ — если на диагонали ноль, оно будет нулевым, потому что это ровно соответствующий матричный элемент и есть. Между тем оно не должно быть нулевым, потому что $e\ne0$ и $A\succ0$.

[Andrey_Kireew]

Otta в сообщении #1428994 писал(а):

Следовательно, исходная матрица не являлась положительно определенной

т.е., наличие нулевого диагонального элемента само по себе исключает положительную определённость?

-- 05.12.2019, 22:10 --

Уже ответили ... Большое всем спасибо!
Теперь вопросов не осталось.

[arseniiv]

Да, см. моё доказательство непосредственно перед.

[Otta]

Andrey_Kireew в сообщении #1428996 писал(а):

т.е., наличие нулевого диагонального элемента само по себе исключает положительную определённость?

Да, arseniiv выше подробно написал, почему все диагональные элементы обязаны быть ненулевыми и даже положительными для положительно определенного случая.