4.3.P12
4.3.問題12
A =
\begin{bmatrix}
B & C \\
C^{\ast} & D
\end{bmatrix},
\quad B \in M_m, \; D \in M_{n-m}, \; C \in M_{m,n-m}
\(A \in M_n\) を (4.3.29) のように分割し、\(B = [b_{ij}] \in M\_m\)、\(C = [c_{ij}] \in M_{m,n-m}\) とする。前問と同じ記法を用いる。
もし \(A\) の最大の \(m\) 個の特異値が \(B\) の特異値であるなら、\(C=0\) であり、かつ \(A = B \oplus D\) であることを示せ。
ヒント
前問の結果を \(A^*A\) に適用する。
\(A\) の列ベクトルの長さの2乗のうち、最初の \(m\) 本について考えると、それらは \(B\) の列と \(C^*\) の列を合わせたものになっている。
したがって、それぞれの列長は \(B\) の対応する列長以上になる。
一方、仮定より \(A\) の最大の \(m\) 個の特異値は \(B\) の特異値に一致するので、特異値平方和も一致する。これに前問の不等式を組み合わせると、余分な成分 \(C\) が消えることが分かる。
解答例
\(A\) を
A=
\begin{bmatrix}
B & C\\
C^* & D
\end{bmatrix}
と分割する。
\(B\) の特異値を
\tau_1 \geq \cdots \geq \tau_m \geq 0
とし、\(A\) の特異値を
\sigma_1 \geq \cdots \geq \sigma_n \geq 0
とする。
仮定より、
\sigma_i=\tau_i \qquad (i=1,\ldots,m)
である。
\(B\) の第 \(j\) 列を \(b_j\)、 \(C^\*\) の第 \(j\) 列を \(d_j\) と書く。 すると、\(A\) の第 \(j\) 列は
\begin{bmatrix}
b_j\\
d_j
\end{bmatrix}
\qquad
(j=1,\ldots,m)
である。
したがって、そのユークリッド長の2乗は
\left\|
\begin{bmatrix}
b_j\\
d_j
\end{bmatrix}
\right\|^2
=
\|b_j\|^2+\|d_j\|^2
\geq
\|b_j\|^2
となる。
よって、\(A\) の列長平方を大きい順に並べたものを
R_1^2 \geq \cdots \geq R_n^2
とすると、
\sum_{j=1}^m R_j^2
\geq
\sum_{j=1}^m \|b_j\|^2
が成り立つ。
一方、
\sum_{j=1}^m \|b_j\|^2
=
\operatorname{tr}(B^\*B)
=
\sum_{i=1}^m \tau_i^2
であり、仮定より
\sum_{i=1}^m \tau_i^2
=
\sum_{i=1}^m \sigma_i^2
である。
前問の結果を \(A\) に適用すると、
\sum_{j=1}^m R_j^2
\leq
\sum_{i=1}^m \sigma_i^2
が成り立つ。
以上を合わせると、
\sum_{j=1}^m R_j^2
=
\sum_{j=1}^m \|b_j\|^2
となる。
しかし各 \(j\) について
\left\|
\begin{bmatrix}
b_j\\
d_j
\end{bmatrix}
\right\|^2
=
\|b_j\|^2+\|d_j\|^2
\geq
\|b_j\|^2
であったから、和が等しいためにはすべての \(j\) に対して
\|d_j\|^2=0
でなければならない。
したがって、
d_j=0 \qquad (j=1,\ldots,m)
となる。
これは \(C^*=0\) を意味するので、
C=0
を得る。
よって、
A=
\begin{bmatrix}
B & 0\\
0 & D
\end{bmatrix}
=
B\oplus D
である。
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