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  • 如果半正定的话,那么是≥0,其物理意义就是发送信号的能量大于等于0,即可以部分天线不发送。 奇异矩阵和非奇异矩阵 如果A(n×n)为奇异矩阵(singular matrix),那么矩阵A的秩,Rank(A)。 如果A(n×n)为非...

    判断矩阵正定三个条件

    1. 顺序主子式都>0

    2. 特征值都>0

    3. 矩阵的正惯性指数=n(矩阵的阶数)

    如果半正定的话,那么是≥0,其物理意义就是发送信号的能量大于等于0,即可以部分天线不发送。

    奇异矩阵和非奇异矩阵

    如果A(n×n)为奇异矩阵(singular matrix),那么矩阵A的秩,Rank(A)<n。

    如果A(n×n)为非奇异矩阵(nonsingular matrix),那么矩阵A满秩,Rank(A)=n。

    其中矩阵的秩的意思是,纵秩为其矩阵的线性无关的纵列的最大数目,行秩为矩阵的线性无关的横行的最大数目。

    矩阵的迹

    矩阵X的主对角线上所有元素之和称为X的迹,记为tr(X),即tr(X)=Σx_ii。

    在对角矩阵中,实际上就是对角线上值的和。如果svd分解完的矩阵,中间的矩阵正定,就是其能量。在MIMO中,其矩阵的迹是能量。

    正惯性指数

    正惯性指数是矩阵二次型的标准型中平方项系数的正负个数。

    二次型的矩阵

    • f(x,y)=x²+4xy+5y²
    • f(x,y,z)=2x²+y²+4xz+yz
    • f(x1,x2,x3,x4)=x1x2+x2x3+x2x4

    不是二次型的矩阵

    • f(x,y)=x²+y²+5
    • f(x,y)=2x²-y²+2x

    二次型的标准型

    只含有平方项的二次型称为二次型的标准型(或法式),即

    • f=k1y1²+k2y2²+ ... +knyn²

    例如

    • f(x1,x2,x3)=x1²+4x2²+4x3²,即是二次型的标准型。







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  • 先说结论:协方差矩阵都是半正定(PSD)协方差矩阵正定(PD)需要条件,要求满多元高斯分布协方差矩阵未必是正定(PD)。首先,证明协方差矩阵半正定(PSD)。比较常见证明,方法很多。举个例子2. 然后,...

    26327b8900eb3a490764cdcc9411ff1f.png

    先说结论:

    1. 协方差矩阵都是半正定(PSD)的
    2. 协方差矩阵正定(PD)需要条件,要求满秩
    3. 多元高斯分布的协方差矩阵未必是正定(PD)的。

    1. 首先,证明协方差矩阵半正定(PSD)。比较常见的证明,方法很多。举个例子

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    2. 然后,证明正定(PD)的条件是满秩。

    因为已经证明半正定

    , 要证明正定,即证明“=”不成立。可以用反证法:

    (知乎输入法不熟)

    因为u是非零向量,那么u'z=0有非零解u意味着z不满秩, 即等号成立z不满秩。反之,如果z满秩,则=不能成立,即半正定升级为正定。

    3. 多元高斯分布的协方差矩阵Andrew Ng 在 CS229 Leacture Notes, Part X, Factor Analysis 这一节也有讨论。如果sample size n 远小于维度p, 协方差矩阵的逆的确不存在。此时我们通过给sigma加一些约束来改造它。

    方法1: fit一个diagonal的sigma; 即各维度之间独立,对角线为各维度的variance的均值.

    90c1dfc07d76f29714f2a46f743f190b.png

    方法2:sigma不仅是diagonal的,而且所有的对角线元素都相同,即

    ; 将所有m个sample的variance取平均:

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    最后,引用一下@Vicktore 关于高斯分布的讨论:

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  • 在线性系统理论中,如果系统是能控的,...[图片说明](https://img-ask.csdn.net/upload/202002/01/1580564165_539123.jpg)中,我先是用卡尔曼判据判断为可控,可是它的格莱姆矩阵的特征值总是存在负值,这是为什么?
  • 文章目录可逆表示正定可逆实对称表示正定实对称表示半正定正定表示正定半正定表示半正定正定与主子式一些重要xiao结论列满表示正定行满表示半正定上三角表示正定 可逆表示正定 实对称A为正定⇔\Leftrightarrow...

    可逆表示正定

    实对称A为正定\Leftrightarrow存在实可逆C使得A=CCA=C'C

    可逆实对称表示正定

    实对称A为正定\Leftrightarrow存在可逆实对称C使得A=C2A=C^2

    实对称表示半正定

    实对称A为半正定\Leftrightarrow存在实对称C使得A=C2A=C^2
    注意!这里不要求C是可逆啦!

    正定表示正定

    A为正定\Leftrightarrow存在唯一正定C使得A=C2A=C^2

    半正定表示半正定

    A为半正定\Leftrightarrow存在唯一半正定C使得A=C2A=C^2

    正定与主子式

    实对称A为正定A\Leftrightarrow A的主子式都>0>0

    一些重要的xiao结论

    • A正定,B半正定\Rightarrow A+B正定
    • A正定,B正定\Rightarrow A+B正定
    • A正定\Rightarrow A1,AA^{-1},A^*都是正定

    列满秩表示正定

    实对称A正定\Leftrightarrow存在m×nm×n列满秩矩阵P,使得A=PPA=P'P

    行满秩表示半正定

    实对称A半正定\Leftrightarrow存在r×nr×n列满秩矩阵Q,使得A=QQA=Q'Q

    上三角表示正定

    实对称A正定\Leftrightarrow存在上三角B,且B的主对角元都>0,使得A=BBA=B'B

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  • 文章目录可逆表示正定证明可逆实对称表示正定证明实对称表示半正定正定表示正定证明半正定表示半正定正定与主子式证明一些重要xiao结论列满表示正定证明行满表示半正定证明上三角表示正定证明 可逆表示正定 实...

    可逆表示正定

    实对称A为正定\Leftrightarrow存在实可逆C使得A=CCA=C'C

    证明

    • 实对称A为正定
    • \Leftrightarrow AIA\simeq I
    • \Leftrightarrow C使\exist实可逆C使得 A=CICA=C'IC

    可逆实对称表示正定

    实对称A为正定\Leftrightarrow存在可逆实对称C使得A=C2A=C^2

    证明

    • 必要性:由于A是正定实对称,则存在正交矩阵TT使得A=TDTA=T'DT D=diag{λ1,...,λn}D=diag\{\lambda_1,...,\lambda_n\} =diag{λ1,...,λn}2=D12=diag\{\sqrt{\lambda_1},...,\sqrt{\lambda_n}\}^2=D_1^2
    • 于是A=TD1TTD1T=C2A=T'D_1TT'D_1T=C^2,易得C是实对称

    实对称表示半正定

    实对称A为半正定\Leftrightarrow存在实对称C使得A=C2A=C^2
    注意!这里不要求C是可逆啦!

    正定表示正定

    A为正定\Leftrightarrow存在唯一正定C使得A=C2A=C^2

    证明

    这里的证明思路是:通过TD2T=T1D2T1T'D^2T=T_1'D^2T_1来证明:TDT=T1DT1T'DT=T_1'DT_1

    • 正定:由上可逆实对称表示正定得,C的特征值都是正数,所以这个C就是正定矩阵
    • 下面证明这样的C是唯一的,骚操作来啦
      • 反证,假设还有个C1C_1满足要求
      • C1C_1的全部特征值为v1,...,vnv_1,...,v_n,则A的全部特征值为v12,...,vn2v_1^2,...,v_n^2
      • CC的全部特征值为μ1,...,μn\mu_1,...,\mu_n,则A的全部特征值为μ12,...,μn2\mu_1^2,...,\mu_n^2
      • 所以适当调换位置后可以得到μi2=vi2\mu_i^2=v_i^2又∵μi,vi>0\mu_i,v_i>0μi=vi\mu_i=v_i
      • 又因为C,C1C,C_1均为实对称矩阵,所以存在正交矩阵T,T1T,T_1满足C=T1diag{μ1,...,μn}TC=T^{-1}diag\{\mu_1,...,\mu_n\}T C1=T11diag{v1,...,vn}T1C_1=T_1^{-1}diag\{v_1,...,v_n\}T_1下面证明:C=C1C=C_1
      • 由于C2=C12C^2=C_1^2,所以有T1diag{μ12,...,μn2}T=T11diag{μ12,...,μn2}T1T^{-1}diag\{\mu_1^2,...,\mu_n^2\}T=T_1^{-1}diag\{\mu_1^2,...,\mu_n^2\}T_1 \Leftrightarrow T1T1diag{μ12,...,μn2}=diag{μ12,...,μn2}T1T1(1)T_1T^{-1}diag\{\mu_1^2,...,\mu_n^2\}=diag\{\mu_1^2,...,\mu_n^2\}T_1T^{-1}\tag{1}
      • T1T1=(tij)T_1T^{-1}=(t_{ij}),比较(1)式两边的(i,j)(i,j)元素,得tijμj2=tijμi2t_{ij}\mu_j^2=t_{ij}\mu_i^2分两种情况讨论
        • tij0t_{ij}\ne0
          • μi=μj\mu_i=\mu_j,可得,所有μi\mu_i都相等,所以就有tijμj=tijμi(2)t_{ij}\mu_j=t_{ij}\mu_i\tag{2}
        • tij=0t_{ij}=0
          • 如此的话,显然(2)式也成立
        • 所以就有T1T1diag{μ1,...,μn}=diag{μ1,...,μn}T1T1(1)T_1T^{-1}diag\{\mu_1,...,\mu_n\}=diag\{\mu_1,...,\mu_n\}T_1T^{-1}\tag{1} \Leftrightarrow C=C1C=C_1

    注意!!
    这里证明的是C1=CC_1=C,还有一种思路是证T=T1T=T_1,虽然这样的证法理由看似直观,因为对角矩阵都一样了,那正交矩阵肯定都一样了呀,但是这是不对的,这是一个大坑!!因为可以用不同的正交矩阵得到一样的对角矩阵!还记得T是怎么来的吗?特征向量标准正交化,完全可选不同的特征向量呀!

    半正定表示半正定

    A为半正定\Leftrightarrow存在唯一半正定C使得A=C2A=C^2

    正定与主子式

    实对称A为正定A\Leftrightarrow A的主子式都>0>0

    证明

    之前和主子式有关的定理是:A正定A\Leftrightarrow A的所有顺序主子式都>0
    这里相当于拓展了一下结论

    • 由之前的可逆表正定得,存在可逆矩阵C满足A=CCA=C'C
    • A(i1i2...iki1i2...ik)=CC(i1i2...iki1i2...ik)A\begin{pmatrix}i_1&i_2&...&i_k\\i_1&i_2&...&i_k\end{pmatrix}=C'C\begin{pmatrix}i_1&i_2&...&i_k\\i_1&i_2&...&i_k\end{pmatrix} =C(i1i2...ikv1v2...vk)C(v1v2...vki1i2...ik)=\sum C'\begin{pmatrix}i_1&i_2&...&i_k\\v_1&v_2&...&v_k\end{pmatrix}C\begin{pmatrix}v_1&v_2&...&v_k\\i_1&i_2&...&i_k\end{pmatrix} =C2(v1v2...vki1i2...ik)=\sum C^2\begin{pmatrix}v_1&v_2&...&v_k\\i_1&i_2&...&i_k\end{pmatrix}
    • 由于C可逆,所以C的第i1,i2,...,iki_1,i_2,...,i_k列组成的子矩阵C1C_1是列满秩矩阵,故肯定存在一个不为0的k阶子式使得C2>0\sum C^2> 0

    一些重要的xiao结论

    • A正定,B半正定\Rightarrow A+B正定
    • A正定,B正定\Rightarrow A+B正定
    • A正定\Rightarrow A1,AA^{-1},A^*都是正定

    列满秩表示正定

    实对称A正定\Leftrightarrow存在m×nm×n列满秩矩阵P,使得A=PPA=P'P

    证明

    啊这里好简单的!我还想那么复杂真的是太傻啦

    • A正定\Rightarrow\exist实可逆C,使得A=CCA=C'C
    • 只要令P=(C0)m×nP=\begin{pmatrix}C\\0\end{pmatrix}_{m×n},则有(C,0)(C0)=A(C',0)\begin{pmatrix}C\\0\end{pmatrix}=A

    行满秩表示半正定

    实对称A半正定\Leftrightarrow存在r×nr×n列满秩矩阵Q,使得A=QQA=Q'Q

    证明

    • 假设rank(A)=rrank(A)=r,AIrA\simeq I_r(典型错误写法!!应该是A(Ir000)A\simeq\begin{pmatrix}I_r&0\\0&0\end{pmatrix})所以C\exist可逆C满足C(Ir000)C=AC'\begin{pmatrix}I_r&0\\0&0\end{pmatrix}C=A
    • ∴只要让C=(Qr×nH)C=\begin{pmatrix}Q_{r×n}\\H\end{pmatrix}(Q,H)(Ir000)(Qr×nH)=QQ(Q',H')\begin{pmatrix}I_r&0\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}Q_{r×n}\\H\end{pmatrix}=Q'QQ当然是行满秩啦!C可是可逆矩阵

    上三角表示正定

    实对称A正定\Leftrightarrow存在上三角B,且B的主对角元都>0,使得A=BBA=B'B

    证明

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空空如也

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半正定矩阵的秩