八、(10分) 设 阶复方阵 的全体特征值为 , 则 的谱半径 定义为 . 设 为 阶实方阵, 使得 为半正定实对称阵, 证明:
证明 本题证明的关键点是如下的引理, 即利用实对称阵 (Hermite 阵) 的最大最小特征值对相伴的实二次型 (Hermite 型) 的取值进行上下界估计.
引理 (高代白皮书的例 9.46 的复版本) 设 是 阶 Hermite 阵, 其实特征值为
则对任意的 维复列向量 , 均有
下面我们给出三种不同的证法, 其中摄动法的作用是将半正定的情形化归到正定的情形, 从而突出证明的核心部分. 当然, 我们也可以用半正定阵的性质替代摄动法的技巧.
证法 1 (分块对称初等变换+摄动法) 由条件可知 为半正定实对称阵, 我们先来处理 为正定实对称阵的情形. 设 的全体特征值为
则 且 的全体特征值为
考虑如下分块对称初等变换 (合同变换):
由 是半正定阵可知, 也是半正定阵. 任取 的特征值 及其特征向量 , 即有 以及 . 将 自然地看成是半正定 Hermite 阵, 则有
再由上述引理可得
注意到 , 从而 , 即 , 于是 . 我们用摄动法来处理半正定的情形. 对任意的正实数 , 都是正定阵, 此时 也是正定阵. 由正定情形的结论可知
令 即得 .
证法 2 (正交相似标准型+半正定阵的性质) 由实对称阵的正交相似标准型理论可知, 存在正交阵 , 使得
其中 是 的正特征值. 记 , 则 是正定实对角阵. 考虑如下正交相似变换:
由 是半正定阵可知, 上式右边的矩阵也是半正定阵. 由半正定阵的性质 1 (高代白皮书的例 8.43) 可得 , . 特别地, 若 , 即 , 由此可得 , 显然结论成立, 故以下不妨设 . 注意到 , 故 的全体特征值由 的全体特征值和 个 构成, 从而 . 注意到 , 故 . 注意到 为半正定阵且 为正定阵, 则由证法 1 中正定情形的讨论可得 , 从而 .
当然, 我们也可以不利用证法 1 正定情形的证明 (即不引用上述引理), 直接来证明 . 首先, 由 的半正定性可得 的半正定性. 其次, 任取 的特征值 及其特征向量 , 即有 以及 . 将 自然地看成是半正定 Hermite 阵, 则有
最后, 注意到 不全为零, 故必存在某个 , 使得 , 即 , 从而 .
证法 3 (Hermite 型值的估计) 将 自然地看成是半正定 Hermite 阵, 则对任意的 有 , 即有
则 . 任取 的非零特征值 及其特征向量 , 即有 以及 . 在上述 (1) 式中令 , , 其中 , 则有
由上述引理可知, , 于是 , 从而 .
也可以这样做. 当 是正定阵时, 在上述 (1) 式中令 , , 则有
再由上述引理即得结论 (与证法 1 的讨论类似). 当 是半正定时, 可用摄动法过渡. 其实这种取法就是证法 1 (矩阵方法) 对应的 Hermite 型版本, 请读者自行思考其中的对应关系.
注 本题的正定版本为: 设 为 阶实方阵, 使得 为正定实对称阵, 则 .
参考文献
[1] 高代白皮书: 姚慕生, 谢启鸿 编著, 学习方法指导书: 高等代数 (第三版), 复旦大学出版社, 2015.
转载自久章智能（微信公众号，久章智能于 2020-10-15 转载），内容保持原貌，版权归原作者及原账号所有。阅读原文 ↗