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[原创]专题:关于两个矩阵同时合同对角化问题及其应用.

专题:关于两个矩阵同时合同对角化问题及其应用. 高等代数资源网

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2. 同时合同对角化问题

Example 1. (曲阜师大07)若$A,B$均为$n$阶实对称矩阵,且$A$正定,则存在可逆矩阵$T$使得
$$A=T^TT,B=T^Tdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)T$$

$$T^TAT=E,T^TBT=diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$$
其中$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$为$|\lambda
A-B|=0$的$n$个实根.
并且若$B$正定,则$$\lambda_i>0,i=1,\cdots,n.$$

注意

1.这是一个非常有用的结论.
2.注意条件:一个矩阵正定,另一个实对称.
3.结论:两个矩阵同时合同于对角矩阵.

\zheng 由$A$正定,故存在可逆矩阵$P$使得$$A=P^TP$$

而由于$B$为实对称矩阵,故$P^TBP$为实对称矩阵,从而存在正交矩阵$Q$使得
$$P^TBP=Q^Tdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)Q$$

于是
$$B=(QP^{-1})^Tdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)QP^{-1}$$
令$T=QP^{-1}$即可.


$$|\lambda A-B|=|\lambda P^TP-P^Tdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)P|=|P|^2(\lambda-\lambda_1)\cdots(\lambda-\lambda_n)$$
故$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$为$|\lambda
A-B|=0$的$n$个实根.
易知$B$正定时,$P^TBP$也正定,故$B$正定时,$\lambda_i>0,i=1,\cdots,n.$

 

3. 同时合同对角化的应用

Example 2. (重庆大学06)设$A,B$均为$n$阶实对称矩阵,且$B$正定.

(1)证明:存在可逆矩阵$P$使得$P^{T}AP,P^{T}BP$同时为对角形;

(2)设$A=\begin{pmatrix}
2&1\\
1&-1
\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}
2&1\\
1&1
\end{pmatrix},$求可逆矩阵$P$使得$P^{T}AP,P^{T}BP$同时为对角形.

Example 3. (山师大06)设$A$为$n$阶正定阵,$B$为$n$阶实对称阵,证明存在可逆矩阵$C$,使得
$$C^TAC=E,C^TBC=diag(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n)$$
其中$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$为$A^{-1}B$的特征值.
Example 4. (南开02)设$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$为正定二次型,$g(x_1,x_2,\cdots,x_n)$是实二次型.证明:存在一个非退化线性替换把
$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$化为规范形,同时把$g(x_1,x_2,\cdots,x_n)$化为标准形.
Example 5. 设$A,B$为$n$阶实对称阵,且$A$正定.证明存在可逆矩阵$T,$使得$$T^T(A+B)T$$为对角阵.
Example 6. (华东师大04)设$A$为非零的半正定阵,$B$为正定阵.证明$|A+B|>|B|.$

\zheng 存在可逆矩阵$P,$使得
$$B=P^TEP,A=P^Tdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)P,\lambda_i\geq0.$$
且由$A$非零知$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$不全为0,

于是
\begin{equation*}
\begin{split}
|A+B|=&|P|^2|E+diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)|\\
=&|P|^2(1+\lambda_1)\cdots(1+\lambda_n)> |P|^2=|B|.
\end{split}
\end{equation*}

Example 7. (南京大学07)设$A$为$n$阶正定矩阵,$B$为$n$阶实矩阵且0不是其特征值.证明$|A+B^{T}B|>|A|.$

注意到0不是$B$的特征值,从而$B$可逆.故$B^{T}B$正定.从而可得.

Example 8. $A,B$为$n$阶正定阵,证明$|A+B|\geq |A|+|B|.$
Example 9. (华中科技02)设$A$为$n$阶半正定阵,证明$|A+2I|\geq 2^n.$

\zheng 即上题中,$B=2I.$

Example 10. (南京大学01)设$A$为$n$阶正定阵,证明:$|E+A|>1.$

\zheng
设$A$的特征值为$\lambda_i>0,i=1,2,\cdots,n.$则$E+A$的特征值为$1+\lambda_i,i=1,2,\cdots,n.$故
$$|E+A|=(1+\lambda_1)\cdots(1+\lambda_n)>1.$$

Example 11. (上海大学04)设$A$为非零半正定阵,$B$为正定阵,求证

(1)存在实矩阵$T,$使得$T^TT=B.$

(2)$|A+E|>1.$

(3)$|A+B|>|B|.$

Example 12. (中北大学05)设$A,B$为$n$阶实对称阵,且$B$为正定阵,$A-B$为半正定阵.证明$det(A)-det(B)\geq0.$

\zheng
存在可逆矩阵$P$使得$A=P^Tdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)P,B=P^TEP.$
故$$A-B=P^Tdiag(\lambda_1-1,\cdots,\lambda_n-1)P.$$

由$A-B$为半正定阵知$\lambda_i-1\geq0.$从而$$det(A)-det(B)=det(P)^2\lambda_1\cdots\lambda_n-det(P)^2\geq0.$$

Example 13. 设$A,B$为$n$阶实对称阵,且$A,A-B$正定,证明$|B|>|A|.$
Example 14. 设$A,B$均为$n$阶实对称阵且$B$正定,则

(1)$|\lambda B-A|=0$的根全为实数.

(2)设$|\lambda B-A|=0$的根为$\lambda_i,i=1,2,\cdots,n$且满足$\lambda_1\leq\lambda_2\leq\cdots\leq\lambda_n.$
求证$f(X)=X^TAX$在约束条件$X^TBX=1$下的最小值和最大值分别为$\lambda_1,\lambda_n.$

\zheng (1)由条件可知,存在可逆阵$P$使得
$$P^TBP=E,P^TAP=diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n),\lambda_i\in R$$

故$$0=|\lambda B-A|=|P^T(\lambda
B-A)P|=(\lambda-\lambda_1)\cdots(\lambda-\lambda_n)$$ 故结论成立.

(2)由$X^TBX=1,$故
$$1=X^T(P^T)^{-1}(P^TBP)P^{-1}X=X^T(P^T)^{-1}P^{-1}X=(P^{-1}X)^TP^{-1}X$$

若令$P^{-1}X=(x_1,x_2,\cdots,x_n)^T,$则$x_1^2+\cdots+x_n^2=1.$从而
\begin{equation*}
\begin{aligned}
f(X)&=X^TAX=X^T(P^T)^{-1}(P^TAP)(P^{-1}X)\\
&=\lambda_1x_1^2+\cdots+\lambda_nx_n^2\geq
\lambda_1(x_1^2+\cdots+x_n^2)=\lambda_1
\end{aligned}
\end{equation*}
同理可证$f(X)\leq\lambda_n.$

Example 15. 设$A,B$为$n$阶正定阵,证明

(1)方程$|\lambda A-B|=0$的根都大于0.

(2)方程$|\lambda A-B|=0$的所有根都等于1的充要条件为$A=B.$


Example 16. 设$A,B$均为$n$阶实对称阵,且$A$正定,证明$A-B$半正定的充要条件为$BA^{-1}$的特征值小于等于1.

\zheng 必要性.
存在可逆阵$P,$使得$$P^TAP=E,P^TBP=diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$$
故$$P^T(A-B)P=diag(1-\lambda_1,\cdots,1-\lambda_n)$$

由$P^T(A-B)P$半正定知$\lambda_i\leq1,i=1,\cdots,n.$故
\begin{equation*}
\begin{split}
0=|\lambda E-BA^{-1}|=|\lambda A-B||A^{-1}|=&|P^T(\lambda
A-B)P||A^{-1}|\\
=&(\lambda-\lambda_1)\cdots(\lambda-\lambda_n)|A^{-1}|
\end{split}
\end{equation*}
即$\lambda_i$为$BA^{-1}$的特征值,故结论成立.

充分性.由$|\lambda E-BA^{-1}|=0$与$|\lambda
A-B|=0$有相同的根,而由$$|P^T(\lambda
A-B)P|=(\lambda-\lambda_1)\cdots(\lambda-\lambda_n)=0$$
知$\lambda_i\leq1,i=1,\cdots,n.$而
$$P^T(A-B)P=diag(1-\lambda_1,\cdots,1-\lambda_n)$$故结论成立.

Example 17. (中南大学07)设$B$为正定矩阵,$A-B$为半正定矩阵.证明:

(1)$|\lambda A-B|=0$的所有根$\lambda\leq1;$

(2)$|A|\geq|B|.$

Example 18. 设$A,B$为$n$阶实对称阵,且$A$正定,$B$为半正定,若$|(1-\lambda)A+B|=0$的根全大于1,则$B$为正定阵.

Example 19. 设$A,B$为$n$阶实对称阵,且$A$正定.证明$A+B$正定的充要条件为$A^{-1}B$的特征值都大于$-1.$

Example 20. 设$A,B$为$n$阶实对称正定阵,且$A-B$正定.证明$B^{-1}-A^{-1}$正定.
Example 21. 设$A,B$为$n$阶实对称阵,且$A$正定,证明对任何正定阵$B$恒有$tr(AB)>0.$

\zheng (法一)
存在可逆阵$P,$使得$A=P^TP,B=P^Tdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)P$,故
$$tr(AB)=tr(P^TPP^Tdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)P)=tr\big[(P^TP)^2diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)\big]$$
而$P^TP$正定,$\lambda_i>0$,故结论成立.
(法二)由$A=C^2,C$正定,故
$$C^{-1}ABC=C^{-1}C^2BC=CBC=C^TBC$$
即$AB$与$C^TBC$相似,而$B$正定,故$C^TBC$正定,即$C^TBC$的特征值都大于0,从而结论成立.

Example 22. (南京大学08)设$A$是一个$n$阶矩阵,$Tr(A)=\sum_{i=1}^{n}a_{ii}$称为矩阵的迹.

(1)证明相似变换下矩阵的迹不变.

(2)设$A,B$为对称半正定矩阵,证明$Tr(AB)\geq0.$

(3)设$A,B$为对称半正定矩阵,且$Tr(AB)=0.$则$AB=0.$

\zheng (1)略.下面证明(2)与(3).

由$A$半正定,则存在正交矩阵$Q$使得
$$Q^{T}AQ=\begin{pmatrix}
D_{r}&0\\
0&0
\end{pmatrix}$$
其中$D_{r}=diag(\lambda_{1},\cdots,\lambda_{r}),\lambda_{i}\geq0$为$A$的特征值.令
$$Q^{T}BQ=\begin{pmatrix}
B_{11}&B_{12}\\
B_{21}&B_{22}
\end{pmatrix}$$
则由$Q^{T}BQ$半正定,知$B_{11}$为半正定矩阵,故其对角线元素$$b_{ii}\geq0,i=1,\cdots,r.$$

于是
$$Q^{T}ABQ=Q^{T}AQQ^{T}BQ=\begin{pmatrix}
D_{r}&0\\
0&0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
B_{11}&B_{12}\\
B_{21}&B_{22}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
D_{r}B_{11}&D_{r}B_{12}\\
0&0
\end{pmatrix}
$$
(2)$$Tr(AB)=Tr(Q^{T}ABQ)=Tr(D_{r}B_{11})=\lambda_{1}b_{11}+\cdots+\lambda_{r}b_{rr}\geq0$$

另外,利用结论

$A,B$为$n$阶方阵,则$Tr(AB)=Tr(BA).$

(2)可以这样证明:

由于$A=C^2,C$半正定,
$$Tr(AB)=Tr(CCB)=Tr(CC^TB)=Tr(C^TBC)$$
而$C^TBC$半正定,故结论成立.

(3)首先有这样一个事实:半正定矩阵的一个对角元为0,则该对角元所在的行与列的元素都为0(反证法,利用半正定矩阵的二阶主子式大于等于0可得矛盾).

由$$0=Tr(AB)=Tr(Q^{T}ABQ)=Tr(D_{r}B_{11})=\lambda_{1}b_{11}+\cdots+\lambda_{r}b_{rr}$$
可得$b_{ii}=0,i=1\cdots,r.$由$B_{11}$半正定可知$B_{11}=0.$(利用半正定矩阵的主子式大于等于0可得对角线之外的元素都为0)

考虑
$$Q^{T}BQ=\begin{pmatrix}
B_{11}&B_{12}\\
B_{21}&B_{22}
\end{pmatrix}$$
由于$B$半正定,故$Q^{T}BQ$ 半正定,而$B_{11}=0,$利用利用半正定矩阵的主子式大于等于0,可得$B_{12}=B_{21}=0.$

从而$$Q^{T}ABQ=\begin{pmatrix}
D_{r}B_{11}&D_{r}B_{12}\\
0&0
\end{pmatrix}
=0
$$
即$AB=0.$

Example 23. (KyFan and Taussky)设$A,B$为$n$阶实对称阵,且$A$正定,$AB=BA$.证明$AB$为正定阵的充要条件为$B$为正定的.

\zheng (法一)必要性.由于$A^{-1}$也正定,故存在可逆阵$P$使得
\begin{equation}\label{ercx2}
A^{-1}=PP^T
\end{equation}
\begin{equation}\label{ercx3}
B=Pdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)P^T
\end{equation}

从而
\begin{equation}\label{ercx4}
AB=(P^T)^{-1}diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)P^T
\end{equation}
若$AB$正定,则$\lambda_i>0,$从而$B$正定.
充分性.类似.
(法二)又$A=C^2,C$正定,故
$$C^{-1}ABC=C^{-1}C^2BC=CBC=C^TBC$$
即$AB$与$C^TBC$相似,而$B$正定,故$C^TBC$正定,即$C^TBC$的特征值都大于0,从而结论成立.

Example 24. (Minkowski不等式)设$A,B$为$n$阶正定阵.证明$$|A+B|^{\frac{1}{n}}\geq
|A|^{\frac{1}{n}}+|B|^{\frac{1}{n}}$$

\zheng
存在可逆阵$P,$使得$$A=P^TP,B=P^Tdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)P.$$且$\lambda_i>0.$于是
$$A+B=P^Tdiag(1+\lambda_1,\cdots,1+\lambda_n)P$$

从而$$|A+B|^{\frac{1}{n}}=|P|^{\frac{2}{n}}[(1+\lambda_1)\cdots(1+\lambda_n)]^{\frac{1}{n}}$$
$$|A|^{\frac{1}{n}}+|B|^{\frac{1}{n}}=|P|^{\frac{2}{n}}[1+(\lambda_1\cdots\lambda_n)^{\frac{1}{n}}]$$
只需证$\lambda_i>0$时
$$[(1+\lambda_1)\cdots(1+\lambda_n)]^{\frac{1}{n}}\geq[1+(\lambda_1\cdots\lambda_n)^{\frac{1}{n}}] $$

Example 25. (中科院05)证明函数$\log
det(.)$在对称正定矩阵集上是凹函数,即对于任意两个$n$阶对称正定阵$A,B$及$\forall
\lambda\in[0,1]$有
$$\log det(\lambda A+(1-\lambda)B)\geq \lambda\log det(A)+(1-\lambda)\log det(B).$$
其中$logdet(A)$表示先对$A$取行列式再取自然对数.

\zheng
存在可逆矩阵$P,$使得$$A=PEP^T,B=PDP^T,D=diag(\mu_1,\cdots,\mu_n),\mu_i>0,i=1,2,\cdots,n.$$

于是
$$ \log det(\lambda A+(1-\lambda)B)=\log det(A)+\log det(\lambda E+(1-\lambda)D)$$

\begin{equation*}
\begin{split}
&\lambda\log det(A)+(1-\lambda)\log det(B)\\
=&\lambda\log
det(A)+(1-\lambda)\log(det(A)+det(D))\\
=&\log det (A)+(1-\lambda)\log det(D)
\end{split}
\end{equation*}
从而只需证明$$\log det(\lambda E+(1-\lambda)D)\geq(1-\lambda)\log
det(D)$$ 因为对数函数为严格上凸函数,故
\begin{equation*}
\begin{aligned}
\log det(\lambda E+(1-\lambda)D)&=\log
\prod_{i=1}^{n}(\lambda+(1-\lambda)\mu_i)\\
&=\sum_{i=1}^n\log
(\lambda+(1-\lambda)\mu_i)\\
&\geq\sum_{i=1}^n[\lambda\log1+(1-\lambda)\log\mu_i]\\
&=(1-\lambda)\sum_{i=1}^n\log\mu_i=(1-\lambda)\log det(D)
\end{aligned}
\end{equation*}
从而结论成立.

Example 26. (中科院03)设$Q$为$n$阶对称正定阵,$x$为$n$维实向量.证明$$0\leq x^T(Q+xx^T)^{-1}x<1.$$

\zheng
(法1)
首先,由于$AB$与$BA$有相同的非零特征值,故$xx^T$的非零特征值为$x^Tx\geq0.$
又$xx^T$为实对称阵,故存在可逆阵$P$使得
\begin{equation}\label{ecx1}
Q=PP^T,xx^T=Pdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)P^T
\end{equation}
其中$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$当$x=0$时全为0,当$x\neq0$时,有一个不为0,其余全为0.

于是$$(Q+xx^T)^{-1}=(P^{-1})^Tdiag(\frac{1}{1+\lambda_1},\cdots,\frac{1}{1+\lambda_n})P^{-1}$$
从而
$$x^T(Q+xx^T)^{-1}x=(P^{-1}x)^Tdiag(\frac{1}{1+\lambda_1},\cdots,\frac{1}{1+\lambda_n})P^{-1}x$$

令$P^{-1}x=(y_1,\cdots,y_n)^T,$由()ecx1)可得$P^{-1}x=(\sqrt{\lambda_{1}},\cdots,\sqrt{\lambda_{n}})^T,$则
$$x^T(Q+xx^T)^{-1}x=\frac{1}{1+\lambda_1}y_1^2+\cdots+\frac{1}{1+\lambda_n}y_n^2$$

(法2)设$A=Q+xx^T,$因为$Q$正定,$xx^T$半正定,故$A$正定,从而$A^{-1}$正定,即
$$0\leq x^T(Q+xx^T)^{-1}x$$

又$A$正定,故$de(A)>0,$且$Q=P^TP,P$可逆,故
$$\begin{pmatrix}
P^T&x\\
0&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
P&0\\
x^T&1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
A&x\\
x^T&1
\end{pmatrix}$$


$$\begin{pmatrix}
E&0\\
-x^TA^{-1}&1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
A&x\\
x^T&1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
A&x\\
0&1-x^TA^{-1}x
\end{pmatrix}$$

于是
$$(1-x^TA^{-1}x)|A|=\begin{vmatrix}
A&x\\
x^T&1
\end{vmatrix}=|P|^2>0
$$
故结论成立.

(法3)首先有如下结论:

Example 27. (曲阜师范大学09运筹)设$A\in F^{n\times n}$为$n$阶可逆矩阵,$u,v\in F^{n}$是列向量,若$$1+v^{T}A^{-1}u\neq0$$则$A+uv^{T}$可逆,且
$$(A+uv^{T})^{-1}=A^{-1}-\frac{A^{-1}uv^{T}A^{-1}}{1+v^{T}A^{-1}u}$$

证明如下:

由于
$$\begin{pmatrix}
E&-u\\
0&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
A&u\\
-v^{T}&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E&0\\
v^{T}&1
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
A+uv^{T}&0\\
0&1
\end{pmatrix}$$
$$\begin{pmatrix}
E&0\\
V^{T}A^{-1}&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
A&u\\
-v^{T}&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E&-A^{-1}u\\
0&1
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
A&0\\
0&1+v^{T}A^{-1}u
\end{pmatrix}$$
两边取逆后代入,比较分块矩阵的元素可得.

由于$$(Q+xx^{T})^{-1}=Q^{-1}-\frac{Q^{-1}xx^{T}Q^{-1}}{1+x^{T}Q^{-1}x}$$
于是
$$\begin{array}{rl}
X^{T}(Q+xx^{T})^{-1}x&=x^{T}(Q^{-1}-\frac{Q^{-1}xx^{T}Q^{-1}}{1+x^{T}Q^{-1}x})x\\
&=t-\frac{t^{2}}{1+t}=\frac{t}{1+t}
\end{array}$$
其中$t=x^{T}Q^{-1}x.$由$Q$正定,从而$Q^{-1}$也正定,故$t\geq0,$于是
$$0\leq \frac{t}{1+t}\leq1.$$
即结论成立.

(又一法)由于
$$\begin{pmatrix}
E&x\\
0&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
Q&0\\
0&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E&0\\
x^{T}&1
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
Q+xx^{T}&x\\
x^{T}&1
\end{pmatrix}$$
$$\begin{array}{lr}
\begin{pmatrix}
E&0\\
-x^{T}(Q+xx^{T})^{-1}&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
Q+xx^{T}&x\\
x^{T}&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E&-(Q+xx^{T})^{-1}x\\
0&1
\end{pmatrix}
& =
\begin{pmatrix}
Q+xx^{T}&0\\
0&1-x^{T}(Q+xx^{T})^{-1}x
\end{pmatrix}
\end{array}$$
注意到$\begin{pmatrix}
Q&0\\
0&1
\end{pmatrix}$正定,可得$1-x^{T}(Q+xx^{T})^{-1}x>0.$由$Q+xx^{T}$的正定性可得$(Q+xx^{T})^{-1}$正定,从而$x^{T}(Q+xx^{T})^{-1}x\geq0.$

(法4)1.对于$n$阶矩阵$B$,易证$x^{T} ( x x^{T} B ) x = ( x^{T} x )( x^{T} B x ).$

2。当$x$为零向量时,易得命题成立.

3。当$x$不为0向量时,设$B = ( Q + x x^{T} ) ^{-1}$,于是$( Q + x x^{T}) B = E$,即
$$x^{T}QB x + x^{T} ( x x^{T}B ) x = x^{T} x$$可得
$$x^{T}QB x + ( x^{T}x )( x^{T} B x ) = x^{T}x$$于是$$x^{T}QB x = x^{T} x ( 1 - x^{T}B x )$$
又$$QB = Q ( ( Q + x x^{T} ) ^{-1} ) = [ ( Q + x x^{T}) ( Q^{-1}) ] ^{-1} = [ E + x x^{T}( Q ^{-1} ) ] ^{-1} $$于是
$( QB) ^{-1} = E + x x^{T} ( Q ^{-1} )$,所以
$$x^{T}[ ( QB) ^{-1} ] x = x^{T} [ E + x x^{T}( Q ^{T} ) ] x = x^{T} x [ 1 + x^{T} ( Q^{-1} ) x ] $$
由于$Q$是正定矩阵,所以$x^{T} ( Q^{-1}) x > 0$,得到$x^{T} [ ( QB) ^{-1} ] x > 0$,所以$( QB) ^{-1} $也是正定矩阵,于是$x^{T}QB x > 0$,又由上面的结果$x^{T}QB x = x^{T} x ( 1 - x^{T}B x )$可知$x^{T}x ( 1 - x^{T} B x ) > 0$,于是$x^{T} B x < 0$,即$x^{T}[(Q+xx^{T})^{-1}]x <1.$

同时由$B^{-1} = Q + x x^{T}$ ,得到$x^{T} ( B^{-1} ) x = x^{T} Q x + ( x^{T}x ) ( x^{T}x ) > 0 $,所以$B^{-1}$是正定矩阵,于是$x^{T} B x > 0,$

综上所述,$0=< x^{T}[(Q+xx^{T})^{-1}]x <1.$

Example 28. (北大08)设$A,C$分别为$n,m$阶实对称矩阵,$B$为$n\times m$实矩阵,
$\begin{pmatrix}
A&B\\
B^{T}&C
\end{pmatrix}$正定,证明:
$\begin{vmatrix}
A&B\\
B^{T}&C
\end{vmatrix}\leq |A||C|,$且等号成立的充要条件为$B=0.$

\zheng 易知$A,C$正定,由$(-B^{T}A^{-1})^{T}=(A^{-1})^{T}(-B^{T})^{T}=-A^{-1}B$及
$$\begin{pmatrix}
E_{n}&0\\
-B^{T}A^{-1}&E_{m}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
A&B\\
B^{T}&C
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E_{n}&-A^{-1}B\\
0&E_{m}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
A&0\\
0&C-B^{T}A^{-1}B
\end{pmatrix}$$
可知$\begin{pmatrix}
A&B\\
B^{T}&C
\end{pmatrix}$与$\begin{pmatrix}
A&0\\
0&C-B^{T}A^{-1}B
\end{pmatrix}$合同.从而$D=C-B^{T}A^{-1}B$正定.只需证明$|D|\leq |C|$即可.即证$|D+B^{T}A^{-1}B|\geq|D|.$

Example 29. 如果$M_1,M_2$是$n$阶正定矩阵,则$$\dfrac{2^{n+1}}{|M_1+M_2|}\leq \dfrac{1}{|M_1|}+\dfrac{1}{|M_2|},$$
且等号成立的充要条件为$M_1=M_2.$

\zheng 首先, 存在可逆矩阵$Q$使得
$$M_1=Q^TEQ,M_2=Q^T\begin{pmatrix}
\lambda_1&&\\
&\ddots&\\
& &\lambda_n
\end{pmatrix}Q,$$
其中$\lambda_i>0,i=1,\cdots,n.$于是
$$|M_1+M_2|=|Q|^2(1+\lambda_1)\cdots(1+\lambda_n),|M_1|=|Q|^2,|M_2|=|Q|^2(\lambda_1\cdots\lambda_n).$$
从而只需证明:
$$\dfrac{2^{n+1}}{(1+\lambda_1)\cdots(1+\lambda_n)}\leq 1+\dfrac{1}{\lambda_1\cdots\lambda_n}.$$

由于$$1+\lambda_i\geq 2\sqrt{\lambda_i},i=1,\cdots,n,$$
故只需证明
$$\dfrac{2}{\sqrt{\lambda_1\cdots\lambda_n}}\leq 1+\dfrac{1}{\lambda_1\cdots\lambda_n}.$$
令$y=\lambda_1\cdots\lambda_n,$则$y>0,$只需证明:
$$\dfrac{2}{\sqrt{y}}\leq 1+\dfrac{1}{y}.$$
即证明:
$$2y\leq (1+y)\sqrt{y},$$
也即
$$4y^2\leq (1+y)^2y,$$
也就是
$$4y\leq (1+y)^2,$$
此式显然成立.故结论成立.

等号成立的充要条件由上面的证明易知.

Example 30. %
设$A,B$是两个$n\times n$实对称矩阵,$B$正定,$x\in R^n.$证明:
$$G(x)=\frac{<Ax,x>}{<Bx,x>},x\neq0$$
在$L^TAL$的最大特征值与最小特征值之间,其中$L$是某个可逆矩阵,$<\cdot,\cdot>$表示$R^n$中的内积.

\zheng 由$B$正定,则存在实可逆矩阵$P$使得
$$P^TBP=E$$
而$P^TAP$是实对称矩阵,故存在正交阵$T$使得
$$T^{-1}P^TAPT=\begin{pmatrix}
\lambda_1&&\\
&\ddots&\\
&&\lambda_n
\end{pmatrix}$$
其中$\lambda_1\leq\cdots\leq\lambda_n$为矩阵$L^TAL(L=PT)$的特征值.
而$$T^{-1}P^TBPT=E$$
令$Q=(PT)^{-1},$则
$$A=Q^{T}\begin{pmatrix}
\lambda_1&&\\
&\ddots&\\
&&\lambda_n
\end{pmatrix}Q,B=Q^{T}Q$$
于是
$$G(x)=\frac{<Ax,x>}{<Bx,x>}=\frac{x^TAx}{x^TBx}=\frac{(QX)^T\begin{pmatrix}
\lambda_1&&\\
&\ddots&\\
&&\lambda_n
\end{pmatrix}Qx}{(Qx)^TQx}$$
令$Qx=y,$则
$$\lambda_1\leq G(x)=\frac{y^T\begin{pmatrix}
\lambda_1&&\\
&\ddots&\\
&&\lambda_n
\end{pmatrix}y}{y^Ty}\leq\lambda_n$$
即结论成立。

\end{document}

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