每週問題 November 21, 2016

證明兩個半正定矩陣之和的行列式大於或等於兩矩陣的行列式之和。

Let A and B be n\times n Hermitian and positive semidefinite matrices. Show that

\det(A+B)\ge \det A+\det B.

 
參考解答:

證明 1. 使用這個性質:對於半正定矩陣 AB,存在一個可逆矩陣 P 使得相合變換 (congruence transformation) D_A=P^{\ast}APD_B=P^{\ast}BP 為對角矩陣。因此,

\begin{aligned} \det(D_A+D_B)&=\det(P^\ast(A+B)P)=(\det P^\ast)(\det(A+B))(\det P)\\ &=\det(A+B)|\det P|^2.\end{aligned}

同樣道理,\det D_A=(\det A)|\det P|^2\det D_B=(\det B)|\det P|^2。因為 |\det P|^2>0,故 \det (A+B)\ge \det A+\det B 等價於 \det(D_A+D_B)\ge \det D_A+\det D_B。再者,對於任意 \mathbf{x}\in\mathbb{C}^n

\mathbf{x}^\ast D_A\mathbf{x}=\mathbf{x}^\ast P^\ast AP\mathbf{x}=(P\mathbf{x})^\ast A(P\mathbf{x})\ge 0

推論 D_A 是半正定對角矩陣,即所有主對角元皆大於或等於 0。同樣地,D_B 的所有主對角元大於或等於 0。令 D_A=\hbox{diag}(a_1,\ldots,a_n)D_B=\hbox{diag}(b_1,\ldots,b_n)。因為每一 a_i\ge 0b_i\ge 0

\displaystyle \det(D_A+D_B)=\prod_{i=1}^n(a_i+b_i)\ge \prod_{i=1}^n a_i+\prod_{i=1}^nb_i=\det D_A+\det D_B

 
證明 2. 若 \epsilon>0,則 A+\epsilon I 是一個 n\times n 階正定矩陣,故可么正對角化為 A+\epsilon I=UDU^\ast,其中 U^\ast=U^{-1}D=\hbox{diag}(d_1,\ldots,d_n) 且所有 d_i>0。令 \sqrt{D}=\hbox{diag}(\sqrt{d_1},\ldots,\sqrt{d_n})。寫出

A+\epsilon I=U\sqrt{D}I\sqrt{D}U^\ast=(U\sqrt{D})I(U\sqrt{D})^\ast=VIV^\ast

其中 V=U\sqrt{D}。因此,\det(A+\epsilon I)=\det(VIV^\ast)=|\det V|^2。再者,

\begin{aligned} \det(A+\epsilon I+B)&=\det\left(VIV^\ast+VV^{-1}B(V^\ast)^{-1}V^\ast\right)\\ &=\det\left(V(I+V^{-1}B(V^\ast)^{-1})V^\ast\right)\\ &=\det(I+V^{-1}B(V^{-1})^\ast)|\det V|^2. \end{aligned}

同樣地,\det B=\det(V^{-1}B(V^{-1})^\ast)|\det V|^2,其中 V^{-1}B(V^{-1})^\ast 是一個半正定矩陣。因為 |\det V|^2>0\det (A+\epsilon I+B)\ge \det (A+\epsilon I)+\det B 等價於 \det (I+V^{-1}B(V^{-1})^\ast)\ge 1+\det(V^{-1}B(V^{-1})^\ast)。令 \lambda_1,\ldots,\lambda_n\ge 0V^{-1}B(V^{-1})^\ast 的特徵值。因此,

\displaystyle \det (I+V^{-1}B(V^{-1})^\ast)=\prod_{i=1}^n(1+\lambda_i)\ge 1+\prod_{i=1}^n\lambda_i=1+\det(V^{-1}B(V^{-1})^\ast)

\epsilon\to 0,使用連續論證法即得證。

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2 則回應給 每週問題 November 21, 2016

  1. Meiyue Shao 說:

    应该说同时合同对角化是最为简单直接的证法。不过两个半正定矩阵可以同时合同对角化这一结论本身相对比较高级,我再提供一些要求较低的方法。

    不妨考虑A和B都正定的情况(此时不等式可加强为严格大于号),如果能加以证明则可利用连续性得半正定的相应结论。
    两个正定矩阵的同时合同对角化难度远低于半正定的情形,只要能想到这一点就仍然可以沿用文中的证法。
    如果没有想到同时对角化,那么至少可以先把A合同对角化到单位阵,余下的只要看变换之后的B的特征值也就行了,这对基础知识的要求比较低。

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