實對稱矩陣\(A\)正交相似于對角矩陣，或正交合同于對角矩陣，稱為主軸定理，其含義是\(A\)所對應的二次型\(x^TAx\)經正交變換\(x=Qy\)化為對稱軸與坐標軸重合的二次型\(y^T\Lambda y\), 即將二次型化為標準形. 該定理在解決二次型相關問題時能發揮重要作用.
例1 設\(A\)是對稱正定矩陣，求證\(x^TAx+y^TA^{-1}y\geqslant 2x^Ty\), 其中\(x,y\)為\(n\)維列向量.
證明 由于\(A\)對稱，所以存在正交矩陣\(Q\)使得
其中\(\Lambda=\mbox{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n)\). 令
則
例2 設\(A\)是\(n\)階實對稱矩陣,
(1)若\(\lambda_1\leqslant \lambda_2\leqslant\cdots\leqslant\lambda_n\) 是\(A\)的全部特征值, 則$$\forall X\in \mathbb{R}^n, \quad \lambda_1X^TX\leqslant X^TAX\leqslant \lambda_n X^TX.$$
(2)\(\exists c\in \mathbb{R}^+\) 使得\(\forall X\in \mathbb{R}^n\), \(X^TAX\leqslant cX^TX\).
(3) \(\forall \lambda=\lambda_i\), \(\exists \xi=(c_1,c_2,\ldots,c_n)^T\ne 0\) 使得\(f(\xi)=\lambda\xi^T\xi\).
證明 存在正交矩陣\(Q\), 使得
(1) 對\(\forall X\in \mathbb{R}^n\), \(Y=Q^TX\). 則\(Y^TY=y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2\). 所以
(2) 取\(c>\max{|\lambda_1|,|\lambda_2|,\ldots,|\lambda_n|}\), 則對\(\forall X\in \mathbb{R}^n\),
(3) 取\(\varepsilon_i=(0,\ldots,0,1,0\ldots,0), \xi=Q\varepsilon_i\), 則
\(f(\xi)=g(\varepsilon_i)=\lambda_i\varepsilon^T_i\varepsilon_i=\lambda\xi^T\xi\).
(證法二) 設\(\xi\)是屬于特征值\(\lambda\)的特征向量, 則
\(A\xi=\lambda\xi\), 從而
例3 設\(A=(a_{ij})\)是\(n\)階實對稱矩陣, \(\lambda_1\leqslant\lambda_2\leqslant\cdots\leqslant \lambda_n\)是它的全部特征值. 證明
證明 由于\(\varepsilon_i^TA\varepsilon_i=a_{ii}\), 且\(\varepsilon_i^T\varepsilon_i=1\), 所以由上題得到
\(\lambda_1\leqslant a_{ii}\leqslant \lambda_n\).
例4 設\(A\)是秩為\(r\)的復對稱矩陣, 證明\(A\)可分解為\(r\)個秩為\(1\)的對稱矩陣之和.
證明 存在可逆矩陣\(C\)使得
所以
其中, \((C^{-1})^TE_{ii}(C^{-1})\)是對稱矩陣, 且\(\r((C^{-1})^TE_{ii}(C^{-1}))=1\), \(i=1,2,\cdots,r.\)
例5 設\(A\)是秩為\(r\)的復對稱矩陣, 證明\(A\)可分解為\(A=B^TB\), 其中\(B\)是秩為\(r\) 的\(n\)階方陣.
證明 存在可逆矩陣\(C\)使得
所以
令\(B=\left(\begin{array}{cc} E_r&O\\ O&O\end{array}\right) C^{-1}\), 則\(B\)是秩\(\r(B)=r\)的\(n\)階方陣, 且\(A=B^TB\).
例6 若\(f(x_1,x_2,\ldots,x_n)=X^TAX\)是一實二次型, 存在\(n\) 維實向量\(X_1,X_2\), 使得\(X^T_1AX_1>0, X^T_2AX_2<0\), 則存在\(n\) 維實向量\(X_0\), 使得\(X^T_0AX_0=0\).
證明 \(f\)可經非退化線性替換\(X=CY\)化為
由\(X^T_1AX_1>0, X^T_2AX_2<0\)知\(p>0,q=r-p>0\). 所以可取
則\(f(X_0)=g(Y_0)=0\).
例7 設\(n\)階矩陣\(A\)是實對稱矩陣，若\(A\)為半正定矩陣，則\(A^*\)也為半正定矩陣.
證明 若\({\rm r}(A)<n-1\), \(A^*=O\), 結論成立. 若\({\rm r}(A)=n-1\), 則存在可逆矩陣\(C\)使得
兩邊求伴隨，且\((C^T)^*=(C^*)^T\), 由此得到
由此可得\(A^*\)的正慣性指數=秩=1，因此是半正定矩陣.
引理 設\(A=(a_{ij})\)是\(n\)階實對稱半正定矩陣. 若\(a_{ii}=0\), 則\(a_{ij}\)所在的行、列上的元素全為零，即\(a_{ij}=a_{ji}=0\), \(j=1,2,\cdots,n.\)
證明[反證法]
假設存在某個\(a_{ij}\ne 0\), \(j\ne i\), 則考慮二階主子式
這與\(A\)是半正定矩陣矛盾！
例8[大連市競賽試題，2012]
設\(A,B\)是\(n\)階實對稱半正定矩陣，求證：存在實可逆矩陣\(Q\)使得\(Q^TAQ,Q^TBQ\)同時為對角矩陣.
證明 由于\(A,B\)是半正定矩陣，所以存在實可逆矩陣\(C\)使得
由于\(C^TAC,C^TBC\)均為半正定矩陣，所以\(C^TAC\)的后\(n-r\)個對角元都為\(0\), 即
其中\(H_r\)為\(r\)階實對稱矩陣. 因此存在正交矩陣\(P_1\)使得\(P_1^TH_rP_1=\mbox{diag}(d_1,d_2,\cdots,d_r)=D_r\). 令
則
因此
也為對角矩陣.
練習[1、全國競賽試題，2010]
設\(A,B\)是\(n\)階實對稱半正定矩陣，且滿足\(n-1\leqslant \r(A)\leqslant n\). 求證：存在實可逆矩陣\(Q\)使得\(Q^TAQ,Q^TBQ\)同時為對角矩陣.
2、若\(A,B\)為實對稱矩陣，且\(A\)為正定矩陣，則\(A,B\)可同時合同于對角矩陣，即存在可逆矩陣\(P\)使得\(P^TAP, P^TBP\)為對角矩陣.
由實對稱矩陣\(A\)的合同標準形，利用\(A\)與\(B\)的交換性(\(AB=BA\))或反交換性(\(AB=-BA\)), 聯合分塊矩陣的技巧，可以達到解決問題的目的.
例9[華南理工大學2010，四川師范大學2016] 設\(A,B\)為\(n\)階實對稱矩陣，證明：存在正交矩陣\(Q\)使得\(Q^TAQ\)與\(Q^TBQ\)同時為對角矩陣當且僅當\(AB=BA\).
證明 必要性：由\((Q^TAQ)(Q^TBQ)=(Q^TBQ)(Q^TAQ)\)得\(AB=BA\).
充分性：由于\(A\)是實對稱矩陣，所以存在正交矩陣\(P\)使得
其中\(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_s\)是\(A\)的互異特征值. 由\(AB=BA\)得
對\(P^TBP\)作相應分塊\(P^TBP=(B_{ij})_{s\times s}\), 代入上式得
兩邊分別做乘法，并比較對應的子塊，可得
由于\(B\)是實對稱矩陣，所以\(B_i\)也是實對稱矩陣，\(i=1,2,\cdots,s\). 故存在正交矩陣\(P_i\)使得\(P_i^TB_{ii}P=\Lambda_i\), \(i=1,2,\cdots,s\). 令\(T=\mbox{diag}(P_1,P_2,\cdots,P_s)\), \(Q=PT\)為正交矩陣, \(Q^{-1}=Q^T\). 則
例10 設\(n\)階實對稱矩陣\(A_1,A_2,\cdots,A_m\)兩兩可交換，求證：存在正交矩陣\(P\), 使得\(P^TA_iP(1\leqslant i\leqslant m)\)都是對角矩陣.
證明 設\(\mathscr{A}_i\)是歐氏空間\(V\)上的線性變換使得\(\mathscr{A}_i\)在\(V\)的標準正交基下的矩陣是\(A_i\), 對\(n\)用數學歸納法，證明存在由\(\mathscr{A}_1,\mathscr{A}_2, \cdots,\mathscr{A}_m\)的公共特征向量組成的標準正交基. 當\(n-1\)時結論成立，假設結論對\(n-1\)成立，考慮\(n\)的情形.
由\(A_i(1\leqslant i\leqslant m)\)可交換知存在\(\mathscr{A}_i(1\leqslant i\leqslant m)\)的公共單位特征向量\(e_1\). 則\(W=e_1^{\bot}\)是\(n-1\)維\(\mathscr{A}_i(1\leqslant i\leqslant m)\)-不變子空間， 將\(\mathscr{A}_i(1\leqslant i\leqslant m)\)限制在\(W\)上，由歸納假設，存在\(W\)的一組由\(\mathscr{A}_i(1\leqslant i\leqslant m)\)的公共單位特征向量組成的標準正交基\(e_2,\cdots,e_n\). 因此，\(e_1,e_2,\cdots,e_n\)是所要求的標準正交基, 且\(\mathscr{A}_i(1\leqslant i\leqslant m)\)在這組記下的矩陣為對角矩陣.
例11 設\(A,B\)為\(n\)階實矩陣，\(A\)半正定，且\(AB+BA=O\). 求證: \(AB=BA=O\).
證明 因為\(A\)半正定，則存在正交矩陣\(Q\)使得
其中\(A_1=\begin{pmatrix}
\lambda_1&&\\
&\ddots&\\
&&\lambda_r
\end{pmatrix}\), \(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_r\)是\(A\)的非零特征值. 所以
\(A=Q\begin{pmatrix}
A_1&O\\
O&O
\end{pmatrix}Q^T\). 由\(AB+BA=O\)知
因此
設\(Q^TBQ=\begin{pmatrix} C_1&C_2\\ C_3&C_4 \end{pmatrix}\), 則
由此得\(\begin{pmatrix} A_1C_1&A_1C_2\\ O&O \end{pmatrix}=-\begin{pmatrix} C_1A_1&O\\ C_3A_1&O \end{pmatrix}\), 從而\(A_1C_1=-C_1A_1\), \(A_1C_2=O\), \(C_3A_1=O\). 由此可得\(C_1=C_2=C_3=O\). 從而\(B=Q\begin{pmatrix} O&O\\ O&C_4 \end{pmatrix}Q^T\). 故
于是\(BA=-AB=O\).
若一個命題涉及到兩個矩陣\(A,B\), 且滿足可同時合同于對角矩陣，則常常需要將這兩個矩陣同時合同于對角矩陣或分解為\(A=P^T\Lambda_1P, B=P^T\Lambda_2P\) (其中\(P\)為可逆矩陣，\(\Lambda_i\)為對角矩陣)來解決.
例12 設\(A,B\)為\(n\)階實對稱矩陣且\(B\)正定，求證：
(1) \(|\lambda B-A|=0\)的根全為實數；
(2) 設\(|\lambda B-A|=0\)的根為\(\mu_1\leqslant \mu_2\leqslant \cdots\leqslant \mu_n\), 求\(x^TAx\)在約束條件\(x^TBx=1\)下的最大與最小值分別為\(\mu_1\)與\(\mu_n\).
證明 (1)由題設知存在存在可逆矩陣\(P\)使得
所以
結論得證.
(2) 令\(x=Py\), 由\(x^TBx=1\)知
所以
于是
例13 設\(A\)為\(n\)階對稱正定矩陣，\(x\in \mathbb{R}^n\), 證明：\(0\leqslant x^T(A+xx^T)^{-1}x<1\).
證明 若\(x=0\)顯然，下設\(x\ne 0\). 由題設知存在可逆矩陣\(Q\)使得
則\((A+xx^T)^{-1}=P^{-1}D(P^T)^{-1}\), 其中\(D=\mbox{diag}(\frac{1}{1+b}, 1,\cdots,1)\). 令\(x=P^Ty\),, 則\(\mbox{diag}(b,0,\cdots,0)=(P^T)^{-1}xx^TP^{-1}=y^Ty\), 所以可設\(y_1^2=b, y_2^2=\cdots=y_n^2=0\). 從而
故
例14 設\(A,B\)是\(n\)階正定矩陣，求證：
證明 由題設知存在可逆矩陣\(P\)使得
從而
從而只需證明
由于\(1+\lambda_i\geqslant 2\sqrt{\lambda_i}\), 所以式\ref{Inequal}變為
\(\frac{2}{\sqrt{\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n}}\leqslant 1+\frac{1}{\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n}\), 即\(\frac{2}{\sqrt{y}}\leqslant 1+\frac{1}{y}\), 其中\(y=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n\). 即只需證明\(2y\leqslant (1+y)\sqrt{y}\), 也即\(4y^2\leqslant (1+y)^2y\), 或\(4y\leqslant (1+y)^2\). 這顯然成立.
浙公網安備 33010602011771號