糕岱习题浅做

对角矩阵与可交换性

定理描述

若 \(n\) 级对角矩阵 \(\Lambda=\operatorname{diag}\{\lambda_{1}I_{n_1}, \lambda_2I_{n_2},\dots, \lambda_{k}I_{n_k}\}, (\sum n_i=n)\)

若 \(n\) 级矩阵 \(B\) 满足其与 \(\Lambda\) 可交换（\(B\Lambda=\Lambda B\)），则 \(B\) 关于 \(\lambda_i\) 分组块对角化。

证明

将 \(B\) 按照 \(\Lambda\) 的块状分块方式写成 \(r \times r\) 块的形式：

\[B = \begin{pmatrix} B_{11} & B_{12} & \cdots & B_{1r} \\ B_{21} & B_{22} & \cdots & B_{2r} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ B_{r1} & B_{r2} & \cdots & B_{rr} \end{pmatrix} \]

其中 \(B_{ij}\) 是 \(n_i \times n_j\) 矩阵。

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由于 \(\Lambda\) 是对角矩阵，故

\[(\Lambda B)_{ij}=\lambda_i I_{n_i} B_{ij}=\lambda_i B_{ij} \]

\[(B\Lambda)_{ij}=B_{ij}\lambda_j I_{n_j}=\lambda_j B_{ij} \]

即 \((\lambda_i-\lambda_j) B_{ij}=0\)

若 \(i\ne j\)，则 \(B_{ij}=0\)；\(i=j\) 无约束。

因此 \(B\) 是块对角矩阵 \(\operatorname{diag}\{B_{11}, B_{22}, \dots B_{kk}\}\)。

使用

设 \(AB\) 都是 \(n\) 级实对称矩阵，且 \(AB=BA\)，证明存在 \(n\) 级正交矩阵 \(T\)，\(T^TAT, T^TBT\) 都是对角矩阵

存在正交矩阵 \(P\) 使得 \(P^TAP=\Lambda\)，其中 \(\Lambda\) 为对角矩阵。

考虑 \(C=P^TBP\) ，由 \(AB=BA\) 我们有

\[\Lambda C=(P^TAP)(P^TBP)=P^T (AB) P=P^T(BA)P=(P^TBP)(P^TAP)=C\Lambda \]

那么由上述定理有 \(C\) 为块对角矩阵。

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接下来考虑对 \(C\) 的每个块进行对角化，考虑 \(C=\operatorname{diag}\{C_{11}, C_{22}, \dots C_{kk}\}\)，考虑使得 \(Q_{i}^T C_{ii} Q_{i}\) 为对角矩阵 \(D_i\) 的正交矩阵 \(Q_i\)

则 \(Q=\operatorname{diag}\{Q_{1}, Q_{2}, \dots Q_{k}\}\) 与 \(\Lambda\) 结构相同，且 \(Q\) 仍然正交。

于是有 \(T=PQ\)。

\[T^TAT=Q^TP^TAPQ=Q^T \Lambda Q=\Lambda \]

上式最后一个等号由 \(Q\) 与 $\Lambda $ 块结构相同、且 \(Q\) 正交得出

\[T^TBT=Q^TP^TBPQ=Q^TCQ=\operatorname{diag}\{D_{1}, D_{2}, \dots D_{k}\} \]

瑞利商定理

定理描述

对于实对称矩阵 \(A\)，\(\{\lambda_i\}\) 为其特征根，对于任意单位向量 \(v\)，

\[\min \lambda_{i} \leq v^{T} A v \leq \max \lambda_{i} \]

证明

考虑 \(A=P \Lambda P^{-1}\) ，其中 \(P\) 正交且可逆， \(\Lambda= \operatorname{diag}\{\lambda_{\mathrm{A}, 1}, \lambda_{\mathrm{A}, 2}, \ldots \lambda_{\mathrm{A}, \mathrm{n}} \}\)

考虑二次型 \(x^{T} A x\) ，容易取非退化变换 $y=P^{T} x $，转化为标准形

\[y^{T} A y=\sum_{i=1}^{n} \lambda_{A, i} y_{i}^{2} \]

注意到

\[\sum y_{i}^{2}=y^{T} y=\left (P^{T} x\right)^{T}\left (P^{T} x\right)=x P P^{T} x=x^{T} x=\sum x_{i}^{2} \]

所以

\[\min \lambda_{A}\left(\sum x_{i}^{2}\right) \leq \sum_{i=1}^{n} \lambda_{A, i} y_{i}^{2} \leq \max \lambda_{A}\left(\sum x_{i}^{2}\right) \]

使用

设 \(A, B\) 皆为实对称矩阵，\(\min \lambda_A >a, \min \lambda_B > b\)，证明 \(\min \lambda_{A+B} > a+b\)

考虑 \(A+B\) 的特征根与对应的一个向量 \(\lambda, \nu\)，

\[(A+B) \nu=\lambda \nu\\ \to \nu^T(A+B)\nu=\lambda \nu^T \nu \]

不妨让 \(\nu\) 单位化，则 \(\nu^T \nu=1\)，即

\[\nu^T(A+B)\nu=\lambda \]

由瑞利商引理得证