复旦大学2024--2025学年第二学期（24级）高等代数II期末考试第八大题解答

八、(10分)  设 $A$ 是 $n$ 阶正定实对称阵, $Q$ 是 $n\times m$ 实矩阵, 满足 $Q'Q=I_m$, 证明: $Q'A^{-1}Q-(Q'AQ)^{-1}$ 是半正定阵.

证法 1  由 $Q'Q=I_m$ 可知 $Q$ 的正奇异值全为 1, 故存在 $n$ 阶正交阵 $S$, $m$ 阶正交阵 $P$, 使得 $Q=S\begin{pmatrix} I_m \\ O \\ \end{pmatrix}P$ 为奇异值分解. 此时

$$Q'A^{-1}Q=P'\begin{pmatrix} I_m & O \\ \end{pmatrix}(S'A^{-1}S)\begin{pmatrix} I_m \\ O \\ \end{pmatrix}P=P'\begin{pmatrix} I_m & O \\ \end{pmatrix}(S'AS)^{-1}\begin{pmatrix} I_m \\ O \\ \end{pmatrix}P,$$

$$(Q'AQ)^{-1}=\left(P'\begin{pmatrix} I_m & O \\ \end{pmatrix}(S'AS)\begin{pmatrix} I_m \\ O \\ \end{pmatrix}P\right)^{-1}=P'\left(\begin{pmatrix} I_m & O \\ \end{pmatrix}(S'AS)\begin{pmatrix} I_m \\ O \\ \end{pmatrix}\right)^{-1}P.$$

设正定阵 $S'AS=\begin{pmatrix} B & C \\ C' & D \\ \end{pmatrix}$, 则由分块初等变换可得

$$(S'AS)^{-1}=\begin{pmatrix} B^{-1}+B^{-1}CE^{-1}C'B^{-1} & -B^{-1}CE^{-1} \\ -E^{-1}C'B^{-1} & E^{-1} \\ \end{pmatrix},$$

其中 $E=D-C'B^{-1}C$ 也是正定阵. 于是

$$Q'A^{-1}Q-(Q'AQ)^{-1}=P'(B^{-1}+B^{-1}CE^{-1}C'B^{-1})P-P'B^{-1}P=P'B^{-1}CE^{-1}C'B^{-1}P$$

为半正定阵.

证法 2  $Q'Q=I_m$ 说明 $Q$ 的 $m$ 个列向量是 $\mathbb{R}^n$ (取标准内积) 中一组两两正交的单位向量, 故可将它们扩张为一组标准正交基, 即存在 $n\times(n-m)$ 实矩阵 $R$, 使得 $S=(Q,R)$ 为 $n$ 阶正交阵. 此时

$$S'AS=\begin{pmatrix} Q' \\ R' \\ \end{pmatrix}A\begin{pmatrix} Q & R \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} Q'AQ & Q'AR \\ R'AQ & R'AR \\ \end{pmatrix}$$

为正定阵. 又

$$(S'AS)^{-1}=S'A^{-1}S=\begin{pmatrix} Q'A^{-1}Q & Q'A^{-1}R \\ R'A^{-1}Q & R'A^{-1}R \\ \end{pmatrix},$$

于是

$$\begin{pmatrix} Q'AQ & Q'AR \\ R'AQ & R'AR \\ \end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix} Q'A^{-1}Q & Q'A^{-1}R \\ R'A^{-1}Q & R'A^{-1}R \\ \end{pmatrix}.\quad\cdots\cdots(*)$$

由分块初等变换可计算 $(*)$ 式左边的矩阵 (参考证法 1 中的计算结果), 并与 $(*)$ 式右边的矩阵比较第 $(1,1)$ 分块即得

$$Q'A^{-1}Q-(Q'AQ)^{-1}=(Q'AQ)^{-1}(Q'AR)E^{-1}(R'AQ)(Q'AQ)^{-1},$$

其中 $E=(R'AR)-(R'AQ)(Q'AQ)^{-1}(Q'AR)$ 为正定阵, 从而 $Q'A^{-1}Q-(Q'AQ)^{-1}$ 为半正定阵.  $\Box$

注  证法 1 和证法 2 本质上是一致的.