¿Cómo mostrar que esta matriz es semidefinida positiva?

Dejar

$$K=\begin{pmatrix} K_{11} & K_{12}\\ K_{21} & K_{22} \end{pmatrix}$$

ser una matriz real semidefinida simétrica positiva (PSD) con $K_{12}=K_{21}^T$. Entonces para$|r| \le 1$,

$$K^*=\begin{pmatrix} K_{11} & rK_{12}\\ rK_{21} & K_{22} \end{pmatrix}$$

También es una matriz PSD. Matrices$K$ y $K^*$ son $2 \times 2$ y $K_{21}^T$denota la matriz de transposición. ¿Cómo pruebo esto?

Esta es una buena oportunidad para aplicar las definiciones: no se necesitan teoremas avanzados.

Para simplificar la notación, para cualquier número $\rho$ dejar

$$\mathbb{A}(\rho)=\pmatrix{A&\rho B\\\rho B^\prime&D}$$ Ser una matriz de bloques simétricos . (Si trabajar con matrices de bloques no le resulta familiar, suponga al principio que$A$, $B$, $D$, $x$y $y$son números Obtendrá la idea general de este caso.)

por $\mathbb{A}(\rho)$ ser semidefinido positivo (PSD) simplemente significa que para todos los vectores $x$ y $y$ de dimensiones adecuadas

$$\eqalign{ 0 &\le \pmatrix{x^\prime&y^\prime} \mathbb{A}(\rho) \pmatrix{x\\y} \\ &= \pmatrix{x^\prime&y^\prime} \pmatrix{A&\rho B\\\rho B^\prime&D}\pmatrix{x\\y} \\ &=x^\prime A x + 2\rho y^\prime B^\prime x + y^\prime D y.\tag{1} }$$

Esto es lo que tenemos que demostrar cuando $|\rho|\le 1$.

Nos dicen que $\mathbb{A}(1)$es PSD Afirmo que$\mathbb{A}(-1)$También es PSD. Esto sigue negando$y$ en expresión $(1)$: como $\pmatrix{x\\y}$ se extiende a través de todos los vectores posibles, $\pmatrix{x\\-y}$ también abarca todos los vectores posibles, produciendo

$$\eqalign{ 0 &\le \pmatrix{x^\prime&-y^\prime}\mathbb{A}(1)\pmatrix{x\\-y} \\ &= x^\prime A x + 2(-y)^\prime B^\prime x + (-y)^\prime D (-y) \\ &= x^\prime A x + 2(-1)y^\prime B^\prime x + y^\prime D y \\ &= \pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(-1)\pmatrix{x\\y}, }$$

mostrando que $(1)$ sostiene con $\rho=-1.$

Darse cuenta de $\mathbb{A}(\rho)$ puede expresarse como un interpolador lineal de los extremos $\mathbb{A}(-1)$ y $\mathbb{A}(1)$:

$$\mathbb{A}(\rho) = \frac{1-\rho}{2}\mathbb{A}(-1) + \frac{1+\rho}{2}\mathbb{A}(1).\tag{2}$$

Cuando $|\rho|\le 1$, ambos coeficientes $\color{blue}{(1-\rho)/2}$ y $\color{blue}{(1+\rho)/2}$No son negativos. Por lo tanto, ya que ambos${\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(1)\pmatrix{x\\y}}$ y $\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(-1)\pmatrix{x\\y}$ no son negativos, también lo es el lado derecho de

$$\eqalign{ &\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(\rho)\pmatrix{x\\y} \\ &= \color{blue}{\left(\frac{1-\rho}{2}\right)}\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(-1)\pmatrix{x\\y} + \color{blue}{\left(\frac{1+\rho}{2}\right)}\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(1)\pmatrix{x\\y} \\ &\ge \color{blue}{0}(0) + \color{blue}{0}(0) = 0. }$$

(Utilizo colores para ayudarlo a ver los cuatro términos no negativos separados que están involucrados).

Porque $x$ y $y$ son arbitrarios, hemos demostrado $(1)$ para todos $\rho$ con $|\rho|\le 1$.

Ya hay una gran respuesta de @whuber, así que intentaré dar una prueba alternativa más corta, utilizando un par de teoremas.

1. Para cualquier $A$ - PSD y cualquier $Q$ tenemos $Q^TAQ$ - PSD
2. por $A$ - PSD y $B$ - PSD también $A + B$ - PSD
3. por $A$ - PSD y $q > 0$ además $qA$ - PSD

Y ahora:

$$\begin{align*} K^* &= \begin{pmatrix} K_{1,1} & rK_{1,2} \\ rK_{2,1} & K_{2,2} \\ \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} K_{1,1} & rK_{1,2} \\ rK_{2,1} & r^2K_{2,2} \\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & qK_{2,2} \\ \end{pmatrix}, \text{ where $q = 1 - r^2 > 0$} \\ &= \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & rI \\ \end{pmatrix}^T \begin{pmatrix} K_{1,1} & K_{1,2} \\ K_{2,1} & K_{2,2} \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & rI \\ \end{pmatrix} + q\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & K_{2,2} \\ \end{pmatrix} \end{align*}$$

Matriz $K$ es PSD por definición y también lo es su submatriz $K_{2, 2}$