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20211130 正定矩阵的几个不等式

发布时间：2025/3/15 45 豆豆

生活随笔收集整理的这篇文章主要介绍了 20211130 正定矩阵的几个不等式小编觉得挺不错的,现在分享给大家,帮大家做个参考.

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Let $A∈Rn×nA\in\mathbb{R}^{n\times n}$ be positive definite and $B∈Rn×nB\in\mathbb{R}^{n\times n}$ be symmetric. Then, for any $\in \mathbb{R}^{n}$ , $λmin⁡(A−1B)x⊤Ax≤x⊤Bx≤λmax⁡(A−1B)x⊤Ax\lambda_{\min }\left(A^{-1} B\right) x^{\top} A x\leq x^{\top} B x \leq \lambda_{\max }\left(A^{-1} B\right) x^{\top} A x$

Proof:
Because $A$ is positive definite, it is symmetric, which shows that there exists some orthogonal matrices $P$ ( $P⊤P=PP⊤=IP^{\top}P=PP^{\top}=I$ ) such that
$A=P−1diag{λi(A)}P=P−1diag{λi(A)}PP−1diag{λi(A)}PA=P^{-1}\text{diag}\{\lambda_i(A)\}P=P^{-1}\text{diag}\{\sqrt{\lambda_i(A)}\}PP^{-1}\text{diag}\{\sqrt{\lambda_i(A)}\}P$
Let $M=P−1diag{λi(A)}PM=P^{-1}\text{diag}\{\sqrt{\lambda_i(A)}\}P$ , we have
$A = M M$ where $M$ is positive definite.

Because $M$ is positive definite (obviously, also symmetric), it is shown that $M^{-1}$ is positive definite (obviously, also symmetric), which, together with that $B$ is symmetric, leads to $M^{-1}BM^{-1}$ is symmetric. Therefore, we have
$M−1BM−1≤λmax⁡(M−1BM−1)I=λmax⁡(M−1M−1B)I=λmax⁡(A−1B)IM^{-1}BM^{-1}\leq \lambda_{\max}(M^{-1}BM^{-1})I=\lambda_{\max}(M^{-1}M^{-1}B)I=\lambda_{\max}(A^{-1}B)I$ leading to $B≤λmax⁡(A−1B)MM=λmax⁡(A−1B)AB\leq \lambda_{\max}(A^{-1}B) MM=\lambda_{\max}(A^{-1}B)A$

Followng the same line, we have $λmin⁡(A−1B)A≤B\lambda_{\min}(A^{-1}B)A \leq B$

As a result, $λmin⁡(A−1B)x⊤Ax≤x⊤Bx≤λmax⁡(A−1B)x⊤Ax\lambda_{\min }\left(A^{-1} B\right) x^{\top} A x\leq x^{\top} B x \leq \lambda_{\max }\left(A^{-1} B\right) x^{\top} A x$ holds.

2

令 $A$ 是 $m×nm\times n$ 维实矩阵，则有 $λ(A⊤A)⩾0\lambda (A^{\top}A) \geqslant 0$

3

令 $A_1$ 和 $A_2$ 是 $m×nm\times n$ 维实矩阵， $A_3$ 是 $\times m$ 维的正定阵，则有 $A1⊤A2+A2⊤A1≤A1⊤A3A1+A2⊤A3−1A2A_{1}^{\top} A_{2}+A_{2}^{\top} A_{1} \leq A_{1}^{\top} A_{3} A_{1}+ A_{2}^{\top} A_{3}^{-1} A_{2}$

证明：
因为 $A_3$ 是 $\times m$ 维的正定阵，存在正交阵 $P$ 使得
$A3=P⊤ΛPA_3=P^{\top}\Lambda P$ ，其中 $Λ\Lambda$ 为对角阵，且为正实数，那么存在 $Λ=Λ~Λ~\Lambda=\tilde\Lambda\tilde\Lambda$ 另外， $(Λ~PA1−Λ~−1PA2)⊤(Λ~PA1−Λ~−1PA2)≥0(\tilde\Lambda P A_1-\tilde\Lambda^{-1}PA_2)^{\top}(\tilde\Lambda P A_1-\tilde\Lambda^{-1}PA_2)\geq0$ 展开后可得
$A1⊤A3A1+A2⊤A3−1A2≥A1⊤A2+A2⊤A1A_{1}^{\top} A_{3} A_{1}+A_{2}^{\top} A_{3}^{-1} A_{2}\geq A_{1}^{\top} A_{2}+A_{2}^{\top} A_{1}$

4

$A$ 和 $B$ 是正定矩阵， $A B$ 的特征值均正；如果满足如下三个等价条件中的一个：① $A B$ 是对称的；② $B A$ 是对称的；③ $A B = B A$ ，那么 $A B$ 是正定矩阵。

证明：
$A$ 和 $B$ 是正定矩阵，所以存在正定矩阵 $P$ 和 $Q$ ，使得 $P^{\top}P\quad\quad B=Q^{\top}Q$ ，同时有 $P$ 和 $Q$ 的逆存在，那么 $Q(AB)Q−1=QP⊤PQ⊤=(PQ⊤)⊤PQ⊤Q(AB)Q^{-1} = QP^{\top}PQ^{\top}=(PQ^{\top})^{\top}PQ^{\top}$ 因为 $PQ⊤x=0PQ^{\top}x=0$ 只有一个零解，所以 $(PQ⊤)⊤PQ⊤(PQ^{\top})^{\top}PQ^{\top}$ 是正定矩阵，相似于 $A B$ ，所以 $A B$ 的特征值均正。很明显，如果 $A B$ 为对称阵，那么 $A B$ 是正定矩阵。

接下来考虑三个条件的等价：

①➡②：如果 $A B$ 为对称阵，又因为 $A$ 和 $B$ 是正定矩阵，那么 $A^TB^T=AB=B^TA^T=BA$ ；

②➡③：如果 $B A$ 为对称阵，又因为 $A$ 和 $B$ 是正定矩阵，那么 $BA=A^TB^T=AB$ ；

③ ➡①：如果 $A B = B A$ ，又因为 $A$ 和 $B$ 是正定矩阵，所以可知 $BA=B^{T}A^{T}=(AB)^T=AB$ ，说明 $A B$ 是对称的。

5

给定任意 $x∈Rnx\in\mathbb{R}^n$ 和 $σ>0\sigma>0$ ，那么 $σI+xxT\sigma I+ x x^T$ 是正定的，其逆是 $1σ(I−xxTσ+xTx)\frac{1}{\sigma}(I-\frac{xx^T}{\sigma+x^Tx})$ 。

证明：
$1σ(σI+xxT)(I−xxTσ+xTx)=I\frac{1}{\sigma}(\sigma I+ x x^T)(I-\frac{xx^T}{\sigma+x^Tx})=I$

6

对称矩阵的谱半径等于其谱范数。

证明：
谱半径是 $max⁡i∣λ(A)∣\max_i{|\lambda(A)|}$ ，谱范数是 $max⁡iATA\sqrt{\max_i A^TA}$ 。
假设 $A$ 是对称阵，那么存在正交阵 $P$ 使得 $A=P^T XP$ ，X是以 $A$ 的特征值为对角线的对角矩阵。 $A^TA=P^T XXP$ ，那么 $A^TA$ 的最大特征值就是 $A$ 的最大特征值的平方。

总结

以上是生活随笔为你收集整理的20211130 正定矩阵的几个不等式的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

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