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La matriz de la versión del teorema de Pitágoras

Puedo encontrar una solución para $C_{n\times n}$, explícitamente, de la $A_{n\times n}$ $B_{n\times n}$ tal que $AA^{T} + BB^{T} = CC^{T}$? Aquí $A^{T}$ denota la transpuesta de a $A$ y todas las matrices ($A$, $B$, y $C$) son reales.

Creo que hay una solución para $C$ hay $n^2$ incógnitas ($n^2$componentes $C$) y $n^2$ ecuaciones (comparación de los componentes de la LHS y RHS).

Nota: Si no puede ser resuelto (de forma explícita), entonces se puede asumir condiciones suaves (como positiva la definición, simetría) en $A$$B$.

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NicNic8 Puntos 1207

Yo creo que ustedes están diciendo: si sabemos que a y B podemos encontrar un C tal que la ecuación tiene.

Un Hermitian Positiva Definida la matriz M tiene una descomposición de Cholesky $M=CC^{\ast}$. Por lo tanto, si $AA^T+BB^T$ es simétrica positiva definida (lo que implica real), entonces existe un C que satisface la ecuación.

Una condición suficiente es que a y B son ambos positivos definitiva.

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Robert Lewis Puntos 20996

Esto siempre se puede hacer.

La siguiente es, por lo general, escrito bajo el supuesto de que las matrices son tomadas sobre el complejo campo, suponiendo que

$A' = A^\dagger, \tag 1$

es decir, $A'$ indica el medico adjunto de la matriz de $A$, que por supuesto es la transpuesta de la compleja conjugada:

$A^\dagger = (\bar A)^T; \tag 2$

todos los pasos clave del argumento, sin embargo, son válidos cuando se limita exclusivamente a los reales, siempre que el límite de la central unitaria de la matriz $U$ (10), que diagonalizes $AA^\dagger + BB^\dagger$, a ser de hecho ortogonal; que tal ortogonal $U$ existe en el caso real es un conocido resultado; después, por supuesto, también tienen $\bar A = A$, por lo que (2) se convierte en $A^\dagger = A^T$.

Mediante el uso de la notación de (1) podemos escribir la ecuación dada como

$AA^\dagger + BB^\dagger = CC^\dagger; \tag 3$

se nos da $A$ $B$ y buscamos $C$ satisfactorio (3).

Ahora para cualquier matriz compleja como $A$ se observa que el $AA^\dagger$ es auto-adjunto:

$(AA^\dagger)^\dagger = (A^\dagger)^\dagger A^\dagger = AA^\dagger, \tag 4$

desde

$(A^\dagger)^\dagger = A; \tag 5$

además, $AA^\dagger$ es positivo semidefinite, a saber,

$x^\dagger (AA^\dagger x) = (x^\dagger A)(A^\dagger x) = (A^\dagger x)^\dagger (A^\dagger x) \ge 0. \tag 6$

Ahora la matriz $AA^\dagger + BB^\dagger$ también disfruta de estas dos propiedades, la auto-adjointness y positiva semi-definición, como fácilmente puede ver en una forma similar a (4)-(6):

$(AA^\dagger + BB^\dagger)^\dagger = (AA^\dagger)^\dagger + (BB^\dagger)^\dagger = AA^\dagger + BB^\dagger, \tag 7$

donde hemos desplegado (4), y también

$x^\dagger ((AA^\dagger + BB^\dagger)x) = x^\dagger(AA^\dagger x + BB^\dagger x) = x^\dagger(AA^\dagger x) + x^\dagger (BB^\dagger x) \ge 0, \tag 8$

puesto que cada término de la derecha de esta ecuación es no negativo, por la forma de (6).

En este punto hacemos una pausa para constatar una vez más que si $A$ $B$ real matrices, todo lo que hemos hecho hasta ahora, aún se une; en el caso real, simplemente tenemos $\bar A = A$ y por lo tanto

$A^\dagger = (\bar A)^T = A^T \tag 9$

etc.

La matriz $AA^\dagger + BB^\dagger$, siendo auto-adjunto, puede diagonalized por una matriz unitaria $U$, como es bien conocido; es decir, existe una matriz compleja $U$ tal que

$U^\dagger U = UU^\dagger = I, \tag{10}$

y

$U(AA^\dagger + BB^\dagger)U^\dagger = D, \tag{11}$

donde $D$ es una matriz diagonal; además, $D$ es en sí mismo es auto-adjunto:

$D^\dagger = (U^\dagger)^\dagger(AA^\dagger + BB^\dagger)^\dagger U^\dagger = U(AA^\dagger + BB^\dagger)U^\dagger = D \tag{12}$

(donde se ha hecho uso de (7)), lo que implica que todas las entradas de $D$ son reales; obviamente, el fuera de la diagonal de los elementos, se $0$, son reales; además, los elementos de la diagonal de a $D$ satisfacer

$D_{ii} = (D^\dagger)_{ii} = ((\bar D)^T)_{ii} = \bar D_{ii}, \tag{13}$

de ahí que también todo real, y puesto que se deduce a partir de (8) y (11) que

$x^\dagger D x = x^\dagger U^\dagger (AA^\dagger + BB^\dagger)Ux = (Ux)^\dagger (AA^\dagger + BB^\dagger)Ux \ge 0; \tag{14}$

así nos encontramos con que $D$ es positivo semi-definido, y a partir de aquí es sino un paso fácil ver que las entradas de la diagonal de a $D$ obedecer

$D_{ii} \ge 0. \tag{15}$

En virtud de (15) podemos definir la matriz diagonal $\sqrt D$ tal que

$(\sqrt D)_{ij} = [\delta_{ij} (\sqrt D)_{ii}]; \tag{16}$

es claro que

$(\sqrt D)^\dagger = \sqrt D, \tag{17}$

y además que

$(\sqrt D)^2 = D; \tag{18}$

así, a partir de (11),

$(U^\dagger \sqrt D U)(U^\dagger \sqrt D U) = U^\dagger \sqrt D UU^\dagger \sqrt D U = U\dagger \sqrt D I \sqrt D U = U^\dagger (\sqrt D)^2 U = U^\dagger D U$ $= U^\dagger (U(AA^\dagger + BB^\dagger)U^\dagger)U = (U^\dagger U)(AA^\dagger + BB^\dagger)(U^\dagger U)$ $= I(AA^\dagger + BB^\dagger)I = AA^\dagger + BB^\dagger; \tag{19}$

si ahora nos set

$C = U^\dagger \sqrt D U, \tag{20}$

vemos que $C$ es auto-adjunto:

$C^\dagger = (U^\dagger \sqrt D U)^\dagger = U^\dagger (\sqrt D)^\dagger (U^\dagger)^\dagger = U^\dagger \sqrt D U = C, \tag{21}$

y (19) se obtiene

$C^\dagger C = C^2 = ( U^\dagger \sqrt D U)^2 = AA^\dagger + BB^\dagger, \tag{22}$

como se desee. Tomamos nota de que el procedimiento seguido anterior proporciona un de facto receta para explícitamente computing $C$.

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Spencer Puntos 48

Suponemos que las matrices son reales.

Acerca de una (falsa) comentario por el OP; de hecho, consideramos un sistema de sólo $\approx n^2/2$ ecuaciones en $n^2$ incógnitas, porque $S=AA^T+BB^T$ es simétrica. Por lo tanto, hay una infinidad de soluciones (excepto cuando se $A=B=0$).

En general, $\ker(A^T)\cap \ker(B^T)=\{0\}$ $S$ es simétrica $>0$; tenga en cuenta que hay dos soluciones particulares que son interesantes:

El simétrica $>0$ matriz $C=S^{1/2}$ y el triangular de la matriz de $C$ obtenido por el estándar método de Choleski.

Excepcionalmente, $S$ no es invertible; en este caso, podemos volver a calcular las anteriores dos matrices $C$, el segundo, mediante el extendido método de Choleski. Sobre eso, la OP dio una buena referencia (de 1990) por Higham. Higham es un muy buen matemático que también escribe muy bien; él ha escrito un libro sobre este tema que os recomiendo a todos leer:

Manual de redacción para las ciencias matemáticas, Siam.

Nuestro amigo @Robert Lewis también escribe a la perfección; no sé si leyó este libro...

Observación. Higham, como muchos otros investigadores, se utiliza la expresión "positivo semidefinite". En mi opinión, es un fallo de inglés; debemos decir "no negativo semidefinite"...

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