Неотрицательная определенность кв. форм

[vpb]

Легко предъявить пример, показывающий, что для неотрицательной определенности нужна неотрицательность всех главных миноров, а не токмо угловых. Пример, в сущности, тривиален: рассмотрим матрицу, у коей первая строка (а значит, и первый столбец) --- сплошные нули. Тогда у нее все угловые миноры --- нули. Но она вполне может быть неопределенной (более точно, её тип такой же, как у подматрицы, которая получается удалением первых строки и столбца).

[artempalkin]

nnosipov в сообщении #1491380 писал(а):

Термин "скалярное произведение" означает просто "симметричная билинейная функция". Скажем, это некая $g(x,y)$. Соответствующая "квадратичная функция" --- это $q(x)=g(x,x)$. Здесь $x$, $y$ --- векторы. Если в пространстве зафиксировать базис, то все эти штуки можно задавать матрицами. Кстати, невырожденное скалярное произведение --- это когда его матрица невырожденна (неважно, в каком базисе). У невырожденного скалярного произведения $g(x,y)$ вполне могут быть такие векторы $x$, что $g(x,x)=0$.

Это, я так понимаю, некоторое обобщение термина "скалярное произведение". В том, что "скалярное произведение" и "симметричная невырожденная билинейная функция" это одно и то же, я не сомневаюсь. Но вот называть "скалярным произведением" вырожденную БЛФ... это, видимо, какие-то дальнейшие разделы :) Все-таки невыполнение обычной 4-й аксиомы для скалярного произведения приведет к разным последствиям, например, невозможно будет построить на нем метрику, норму.

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #1491380 писал(а):

У невырожденного скалярного произведения $g(x,y)$ вполне могут быть такие векторы $x$, что $g(x,x)=0$.

Я так понимаю, у ВЫРОЖДЕННОГО скалярного произведения найдутся такие ненулевые $x$, что $(x,x)=0$? Невырожденное СП как раз будет обычным СП. Или я совсем запутался?

bot в сообщении #1491376 писал(а):

после первого нуля - все нули.

Да, в целом достаточно интересный критерий. Единственное, насчет "верно и обратное" - это вопрос интересный. Если у многочлена чередующиеся знаки, причем после первого нуля - все нули, то все его корни - неотрицательны? Звучит сильновато.

-- 09.11.2020, 22:32 --

Padawan
Как всегда, гениальные и изящные доказательства от вас :)

Padawan в сообщении #1491364 писал(а):

1) Квадратичная форма положительна определена тогда и только тогда, когда все её главные миноры положительны (а не только главные угловые). Просто перенумеруем переменные, чтобы главный минор стал угловым.

С этим вроде уже тут разобрались, хотя факт интересный. С точки зрения "поменять переменные местами" - понятно, что знакоопределенность КФ не изменится, но как так получится, что никакие угловые и главные миноры не изменят знак? А потому что мы меняем местами столько же строк, сколько и столбцов.

Padawan в сообщении #1491364 писал(а):

2) Квадратичная форма $(Ax,x)$ неотрицательно определена тогда и только тогда, когда кв.форма $(Ax,x)+\varepsilon(x,x)$ положительно определена при любом $\varepsilon>0$.

Нет, не "тогда". Из того, что $(Ax,x)+\varepsilon (x,x)$ - ПОКФ для любых $\varepsilon>0$ еще не следует, что $(Ax,x)$ обязательно НООКФ. Она может быть тоже ПОКФ :)

Насколько я могу судить (что-то трудновато думается вечером), тут мы с вами докажем только необходимость того, что миноры должны быть неотрицательны.

[nnosipov]

artempalkin
Посмотрите как-нибудь при случае Кострикина и Манина "Линейная алгебра и геометрия" (М., Наука, 1986), часть 2 "Геометрия пространств со скалярным произведением". Там явно лучше написано, чем я сейчас смогу пересказать. (Достаточно прочитать несколько первых параграфов части 2.)

[Otta]

bot в сообщении #1491376 писал(а):

Почему на другую? Нулевая квадратичная форма является и положительно и отрицательно полуопределённой.

Я просто запуталась в отрицаниях в Вашем ответе. Неправильно прочитала.
И тождественно нулевая (с точки зрения существования экстремума) - это все же особый случай. Так что я больше об экстремумах.

[vpb]

artempalkin в сообщении #1491420 писал(а):

еще не следует, что $(Ax,x)$ обязательно НООКФ. Она может быть тоже ПОКФ :)

Так ведь всякая положительно определенная форма является тем самым и неотрицательно определенной.

[Padawan]

artempalkin в сообщении #1491420 писал(а):

Padawan
Как всегда, гениальные и изящные доказательства от вас :)

Ну, скажете тоже. Я это не сам придумал, а увидел в книге Ф. Р. Гантмахер Теория матриц, 1967

[artempalkin]

vpb в сообщении #1491461 писал(а):

Так ведь всякая положительно определенная форма является тем самым и неотрицательно определенной.

Это да...

Получается, что

КФ положительноопределена $\Leftrightarrow$ все главные миноры положительны.
---
КФ неотрицательноопределена $\Leftrightarrow$ все главные миноры неотрицательны.
___________________________________________________________________
КФ строгонеотрицательноопределена $\Leftrightarrow$ все главные миноры неотрицательны и среди них найдется нулевой.

-- 10.11.2020, 08:43 --

bot в сообщении #1491376 писал(а):

Если КФ положительно полуопределена, то все собственные числа неотрицательны. Поэтому все коэффициенты характеристического многочлена имеют чередующиеся знаки, причём после первого нуля - все нули. Верно и обратное. Если не ошибаюсь это называется признаком Якоби - не гуглится почему-то.

"Влево" совпадает с нашим общим выводом о том, что все главные миноры неотрицательны (ведь коэффициенты и есть суммы главных миноров).

А вот "вправо" звучит сильновато... Если коэффициенты ХМ чередуются, то все главные миноры (и все собственные значения) будут неотрицательны? Если так, то мы докажем более общее утверждение (возможно, имеющее место), что, если у многочлена коэффициенты чередуются по знаку, и с какого-то момента все $0$, то все его корни неотрицательны.

-- 10.11.2020, 08:46 --

Но если это верно, то, кажется, это может быть самым удобным признаком (и даже критерием). Тогда достаточно найти ХМ (то есть один определитель $n$-ного порядка, хотя там есть буковка), и у него даже не нужно находить корни.

[bot]

artempalkin в сообщении #1491474 писал(а):

А вот "вправо" звучит сильновато...

Да в самый раз. Пусть многочлен $p(x)$ имеет только ненулевые вещественные корни и знаки его коэффициентов чередуются, а $\lambda$ - наименьший его корень. Тогда $(xp(x))'$ удовлетворяет этому же условию - чередование очевидно, остальное даёт теорема Ролля + понижение кратности корня при дифференцировании. По индуктивному предположению все его корни положительны. Из теоремы Ролля получим $\lambda>0.$

[Padawan]

bot
Ничего не понял. Индукция по чему? Где кратность корня понижается? Распишите подробнее.

[bot]

Индукция по степени. При дифференцировании полинома кратность его корня понижается ровно на единицу.
В соединении с теоремой Ролля получаем, что если полином раскладывается на линейные над $\mathbb R$, то и его производная тоже раскладывается, то есть у производной полинома все корни которого вещественны, все корни тоже вещественны. Если бы лямбда оказалась отрицательной, то между ней и нулём (то есть между корнями $xp(x)$ нашёлся бы корень полинома $(xp(x))'$, чего нет по предположению индукции.

[Padawan]

Так степень $(xp(x))'$ такая же, что и у $p(x)$

[RIP]

artempalkin в сообщении #1491474 писал(а):

Если так, то мы докажем более общее утверждение (возможно, имеющее место), что, если у многочлена коэффициенты чередуются по знаку, и с какого-то момента все $0$, то все его корни неотрицательны.

Это верно (и очевидно), если известно, что все корни вещественные (иначе можно рассмотреть $x^2-x+1$). Поскольку матрица КФ симметричная, то все корни хар. многочлена вещественные.
Не нужно никакой индукции (да и степень не меняется): просто если $x<0$, то все слагаемые одного знака, поэтому отрицательных корней быть не может.

[bot]

Padawan в сообщении #1491544 писал(а):

Так степень $(xp(x))'$ такая же, что и у $p(x)$

Хм, действительно. Надо подумать.
Для случая некратных корней домножать на икс не требуется. Пусть $p(x)$ имеет чередование коэффициентов, все корни вещественны и ноль не является корнем. Тогда $p'(x)$ тоже удовлетворяет этим условиям. Следовательно, по индукционному предположению корни $p'(x)$ положительны.
Тогда все корни, за исключением самого маленького положительны, а самый маленький положителен, так как из чередования знаков произведение всех корней положительно.

Случай кратных корней, видимо, потребует более изощрённой индукции.
Мне кажется, проще однако привлечь идею непрерывности. Шевельнуть слегка коэффициенты, чтобы "слипшиеся" корни распались ...

RIP в сообщении #1491546 писал(а):

Не нужно никакой индукции (да и степень не меняется): просто если $x<0$, то все слагаемые одного знака,

Оопс, а я тут изощряюсь.

[artempalkin]

RIP в сообщении #1491546 писал(а):

Не нужно никакой индукции (да и степень не меняется): просто если $x<0$, то все слагаемые одного знака, поэтому отрицательных корней быть не может.

Да, изящно и на самом деле очевидно :)

В итоге, еще один, кажется, очень удобный критерий для КФ:

КФ положительноопределена $\Leftrightarrow$ коэффициенты ХМ чередуются и свободный член (определитель) отличен от нуля.

КФ неотрицательноопределена $\Leftrightarrow$ коэффициенты ХМ чередуются.

[bot]

artempalkin в сообщении #1491563 писал(а):

коэффициенты ХМ чередуются.

Чередуются не коэффициенты, а их знаки.

(уже оффтоп)

Кстати, "изощрённая" индукция - это просто индукция по максимальной кратности корней.