復旦大學2018--2019學年第二學期（18級）高等代數II期末考試第八大題解答

8、(本題10分)  設 $A,B,C$ 均爲 $n$ 階半正定實對稱陣, 使得 $ABC$ 是對稱陣, 即知足 $ABC=CBA$. 證實: $ABC$ 也是半正定陣.

證實  咱們先引用以下引理, 它是前 4 種證法的基礎, 這也是本題中兩個半正定陣的特殊情形.

引理 1 (高代白皮書例 9.55)  設 $A,B$ 都是 $n$ 階半正定實對稱陣, 則 $AB$ 的全部特徵值都是非負實數. 特別地, 若 $AB$ 是對稱陣, 即 $AB=BA$, 則 $AB$ 也是半正定陣.

證法 1 (攝動法+數學概括法)  Case 1: 若 $C$ 爲正定陣, 則 $ABC$ 合同於 $C^{-\frac{1}{2}}(ABC)C^{-\frac{1}{2}}=(C^{-\frac{1}{2}}AC^{-\frac{1}{2}})(C^{\frac{1}{2}}BC^{\frac{1}{2}})$. 注意到 $C^{-\frac{1}{2}}AC^{-\frac{1}{2}}$ 和 $C^{\frac{1}{2}}BC^{\frac{1}{2}}$ 都是半正定實對稱陣而且它們的乘積仍是對稱陣, 故由引理 1 可知它們的乘積是半正定陣, 從而 $ABC$ 也是半正定陣.

Case 2: 若 $Ax=Cx=0$ 沒有公共非零解, 則對任意的正實數 $t$, $C+tA$ 都是正定陣. (事實上, $C+tA$ 是半正定陣. 若 $r(C+tA)<n$, 則存在非零實列向量 $\alpha$, 使得 $(C+tA)\alpha=0$, 從而 $0=\alpha'(C+tA)\alpha=\alpha'C\alpha+t\alpha'A\alpha$. 由 $A,C$ 的半正定性即得 $\alpha' A\alpha=\alpha' C\alpha=0$, 再由白皮書例 8.44 可知 $A\alpha=C\alpha=0$, 這與假設矛盾. 所以 $r(C+tA)=n$, 從而 $C+tA$ 爲正定陣. 咱們也可用白皮書例 9.73 來證實這一結論.) 注意到 $AB(C+tA)$ 仍爲對稱陣, 故由 Case 1 可得 $AB(C+tA)$ 是半正定陣, 令 $t\to 0+$, 則有 $ABC$ 也是半正定陣. 

Case 3: 若 $Ax=Cx=0$ 有公共非零解, 不妨設爲單位特徵向量 $\alpha_1$, 擴張爲 $\mathbb{R}^n$ (取標準內積) 的一組標準正交基 $\{\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n\}$. 令 $P=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$, 則 $P$ 爲正交陣且有 $$P'AP=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & A_1 \\ \end{pmatrix},\,\,\,\,P'BP=\begin{pmatrix} * & * \\ * & B_1 \\ \end{pmatrix},\,\,\,\,P'CP=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & C_1 \\ \end{pmatrix},$$ 因而 $P'ABCP=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & A_1B_1C_1 \\ \end{pmatrix}$. 由 $ABC=CBA$ 可知 $A_1B_1C_1=C_1B_1A_1$, 又 $A_1,B_1,C_1$ 爲半正定陣, 故若證實開始處對階數 $n$ 進行概括, 則由概括假設可知 $A_1B_1C_1$ 爲半正定陣, 從而 $ABC$ 也是半正定陣.

引理 2 (高代白皮書例 9.72)  設 $A,C$ 都是 $n$ 階半正定實對稱陣, 則存在非異實方陣 $D$, 使得 $$D'AD=\mathrm{diag}\{I_r,0\},\,\,\,\,D'CD=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}.$$

證法 2 (同時合同對角化)  由引理 2 可知兩個半正定陣可同時合同對角化. 因爲題目的條件和結論在合同變換 $A\to D'AD$, $B\to D^{-1}B(D^{-1})'$, $C\to D'CD$ 下不改變, 故不妨從一開始就假設 $A,C$ 就是引理 2 中的兩個對角陣. 將 $B,C$ 按照 $A$ 的分塊方式進行對應的分塊: $B=\begin{pmatrix} B_{11} & B_{12} \\ B_{12}' & B_{22} \\ \end{pmatrix}$, $C=\begin{pmatrix} \Lambda_1 & 0 \\ 0 & \Lambda_2 \\ \end{pmatrix}$, 其中 $\Lambda_1,\Lambda_2$ 是半正定對角陣. 因而 $ABC=\begin{pmatrix} B_{11}\Lambda_1 & B_{12}\Lambda_2 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$, 由 $ABC$ 的對稱性可得 $B_{12}\Lambda_2=0$, 而且 $B_{11}\Lambda_1$ 是對稱陣. 注意到 $B_{11},\Lambda_1$ 都是半正定陣, 故由引理 1 知 $B_{11}\Lambda_1$ 是半正定陣, 從而 $ABC=\mathrm{diag}\{B_{11}\Lambda_1,0\}$ 也是半正定陣.

證法 3 (半正定陣的性質--主對角塊佔優)  因爲題目的條件和結論在合同變換 $A\to D'AD$, $B\to D^{-1}B(D^{-1})'$, $C\to D'CD$ 下不改變, 故不妨從一開始就假設 $B=\begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$ 爲合同標準型. 將 $A,C$ 進行對應的分塊: $A=\begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{12}' & A_{22} \\ \end{pmatrix}$, $C=\begin{pmatrix} C_{11} & C_{12} \\ C_{12}' & C_{22} \\ \end{pmatrix}$, 則 $ABC=\begin{pmatrix} A_{11}C_{11} & A_{11}C_{12} \\ A_{12}'C_{11} & A_{12}'C_{12} \\ \end{pmatrix}$. 注意到 $C$ 是半正定陣, 故由白皮書例 8.45 可知 $r(C_{11},C_{12})=r(C_{11})$, 再由線性方程組的求解理論可知, 存在實矩陣 $M$, 使得 $C_{11}M=C_{12}$. 注意到 $ABC$ 是對稱陣, 對其實施分塊對稱初等變換可化爲: $$\begin{pmatrix} I_r & 0 \\ -M' & I_{n-r} \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A_{11}C_{11} & A_{11}C_{12} \\ A_{12}'C_{11} & A_{12}'C_{12} \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_r & -M \\ 0 & I_{n-r} \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A_{11}C_{11} & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}.$$ 因而 $A_{11}C_{11}$ 也是對稱陣, 又 $A_{11},C_{11}$ 都是半正定陣, 故由引理 1 知 $A_{11}C_{11}$ 是半正定陣, 從而 $ABC$ 也是半正定陣.

證法 4  因爲題目的條件和結論在合同變換 $A\to D'AD$, $B\to D^{-1}B(D^{-1})'$, $C\to D'CD$ 下不改變, 故不妨從一開始就假設 $A=\begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$ 爲合同標準型. 設 $BC=\begin{pmatrix} M_{11} & M_{12} \\ M_{21} & M_{22} \\ \end{pmatrix}$, $CB=\begin{pmatrix} N_{11} & N_{12} \\ N_{21} & N_{22} \\ \end{pmatrix}$ 爲對應的分塊, 則由 $A(BC)=(CB)A$ 可得 $$\begin{pmatrix} M_{11} & M_{12} \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} N_{11} & 0 \\ N_{21} & 0 \\ \end{pmatrix},$$ 因而 $M_{11}=N_{11}$, $M_{12}=0$, $N_{21}=0$. 特別地, $ABC=\mathrm{diag}\{M_{11},0\}$ 爲對稱陣, 而且 $BC=\begin{pmatrix} M_{11} & 0 \\ M_{21} & M_{22} \\ \end{pmatrix}$ 爲分塊下三角陣. 由引理 1 可知, $BC$ 的特徵值所有大於等於零, 因而實對稱陣 $M_{11}$ 的特徵值也所有大於等於零, 故 $M_{11}$ 是半正定陣, 從而 $ABC$ 也是半正定陣.

引理 3 (高代白皮書例 9.107)  設 $A,C$ 是兩個實對稱陣且知足 $AC=CA$, 則存在正交陣 $P$, 使得 $P'AP$ 和 $P'CP$ 都是對角陣.

證法 5 ($B$ 正定的特殊情形, 同時正交對角化)  由 $ABC=CBA$ 可得 $(AB^{\frac{1}{2}})(B^{\frac{1}{2}}C)=(CB^{\frac{1}{2}})(B^{\frac{1}{2}}A)$, 進一步可得 $(B^{\frac{1}{2}}AB^{\frac{1}{2}}) (B^{\frac{1}{2}}CB^{\frac{1}{2}})=(B^{\frac{1}{2}}CB^{\frac{1}{2}})(B^{\frac{1}{2}}AB^{\frac{1}{2}})$. 由引理 3 可知, 存在正交陣 $P$, 使得 $$P'(B^{\frac{1}{2}}AB^{\frac{1}{2}})P=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\},\,\,\,\,P'(B^{\frac{1}{2}}CB^{\frac{1}{2}})P=\mathrm{diag}\{\mu_1,\mu_2,\cdots,\mu_n\},$$ 由 $A,C$ 的半正定性可知 $\lambda_i\geq 0$, $\mu_i\geq 0\,(1\leq i\leq n)$. 因而 $$P'B^{\frac{1}{2}}(ABC)B^{\frac{1}{2}}P=\mathrm{diag}\{\lambda_1\mu_1,\lambda_2\mu_2,\cdots,\lambda_n\mu_n\}$$ 爲半正定陣, 從而 $B^{\frac{1}{2}}(ABC)B^{\frac{1}{2}}$ 也是半正定陣.  當 $B$ 是正定陣時, 可推出 $ABC$ 也是半正定陣.  $\Box$

注 1  先給兩個反例. 引理 1 告訴咱們: 兩個半正定陣乘積 (未必對稱陣) 的全部特徵值都是非負實數, 但 $m\,(m\geq 3)$ 個半正定陣的乘積就不知足這個性質. 例如: $A_1=\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1 \\ \end{pmatrix}$, $A_2=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ \end{pmatrix}$, $A_3=\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 5 \\ \end{pmatrix}$ 都是半正定陣, 但 $A_1A_2A_3=\begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$ 的特徵值中有負數. 引理 1 和本題結論告訴咱們: 兩個或三個半正定陣的乘積, 若是是對稱陣, 那麼必定也是半正定陣, 但 $m\,(m\geq 4)$ 個半正定陣的乘積, 即便它是對稱陣, 也不必定是半正定陣. 例如: $A_1,A_2,A_3$ 如上, $A_4=\begin{pmatrix} 10 & 3 \\ 3 & 1 \\ \end{pmatrix}$ 半正定, $A_1A_2A_3A_4=\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$ 是對稱陣, 但它不是半正定陣.

注 2  上述反例告訴咱們: 引理 1 的證實方法 (利用類似變換或降階公式把 $AB$ 的特徵值轉化爲 $A^{\frac{1}{2}}BA^{\frac{1}{2}}$ 的特徵值, 再利用 $B$ 的半正定性即得) 很難推廣到三個半正定陣的情形, 主要緣由是合同變換隻保持對稱陣的半正定性, 但並不保持非對稱陣的特徵值不變 (注意咱們只有 $ABC$ 的對稱性, 並無 $AB$ 或 $BC$ 的對稱性). 上述反例也告訴咱們: 本題的五種證實方法, 即便它們用遍了半正定陣幾乎全部重要的性質和結論, 但也很難推廣到四個或四個以上半正定陣的情形.

注 3  本題的正定版本是: 設 $A,B,C$ 均爲 $n$ 階正定實對稱陣, 使得 $ABC$ 是對稱陣, 即知足 $ABC=CBA$, 則 $ABC$ 也是正定陣. 正定版本可由半正定版本以及矩陣 $ABC$ 的非異性獲得, 也可由本題五種證法的正定版本直接獲得, 讀者能夠作一嘗試.

注 4  本題徹底作出 (得分在8分以上) 的同窗爲: 丁思成 (證法 2), 周爍星 (證法 2), 顧天翊 (證法 2), 王捷翔 (17級, 證法 3). 另外, 封清給出了證法 3 的前半部分, 林潔 (17級) 給出了證法 4 的前半部分,  陳在遠 (17級) 和陳欽品 (17級) 在證法 1 (攝動法) 方面作了嘗試, 馬珩元 (17級) 和王祝斌 (17級) 給出了證法 5 ($B$ 正定的特殊情形).