この行列が正の半明確であることを示す方法は？

しましょう

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

対称の正の半定実行列（PSD）である。次に、、$K_{12}=K_{21}^T$$|r| \le 1$

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

PSD行列でもあります。行列およびはあり、は転置行列を示します。これをどのように証明しますか？$K$$K^*$$2 \times 2$$K_{21}^T$

これは、定義を適用する良い機会です。高度な定理は必要ありません。

表記法を簡略化するために、任意の数のを対称ブロック行列にします。（ブロックマトリックスの操作に不慣れな場合は、最初に、、、、およびが数値であると想定してください。この場合から一般的な概念がわかります。）A（ρ ）= （A ρ B ρ B ' D） A B Dは、xは$\rho$

$$\mathbb{A}(\rho)=\pmatrix{A&\rho B\\\rho B^\prime&D}$$ $A$$B$$D$$x$$y$

ため単に手段半正定値（PSD）をすべき全てのベクトルについておよび適切な寸法のx $\mathbb{A}(\rho)$$x$$y$

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

場合、これを証明する必要があります。$|\rho|\le 1$

はPSDであると言われています。もPSDであると私は主張します。これは、式を否定することで続きます。はすべての可能なベクトルの範囲であり、もすべての可能なベクトルの範囲であり、$\mathbb{A}(1)$$\mathbb{A}(-1)$$y$$(1)$$\pmatrix{x\\y}$$\pmatrix{x\\-y}$

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

が成立することを示し$(1)$$\rho=-1.$

ことを通知両極端の線形補間として表すことができる及び：$\mathbb{A}(\rho)$$\mathbb{A}(-1)$$\mathbb{A}(1)$

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

場合、両方の係数と非負です。したがって、と両方がは負ではないので、の右側は$|\rho|\le 1$$\color{blue}{(1-\rho)/2}$$\color{blue}{(1+\rho)/2}$${\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(1)\pmatrix{x\\y}}$$\pmatrix{x^\prime&y^\prime}\mathbb{A}(-1)\pmatrix{x\\y}$

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

（私は、関係する4つの別々の非否定的な用語をわかりやすくするために色を使用しています。）

そのためと、我々は任意であることが分かっているされているすべてのためにと。$x$$y$$(1)$$\rho$$|\rho|\le 1$

@whuberによるすばらしい回答はすでにあるので、いくつかの定理を使用して、代替の短い証明を提供するようにします。

1. いずれかのために - PSDおよび任意の我々は持っている PSDを-$A$$Q$$Q^TAQ$
2. 以下のための - PSDと - PSDも、 - PSD$A$$B$$A + B$
3. 以下のための PSDと-も - PSD$A$$q > 0$$qA$

そしていま：

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

行列は定義によりPSDであり、その部分行列K 2 、$K$$K_{2, 2}$