复旦大学2019--2020学年第二学期（19级）高等代数II期末考试第八大题解答

八、(10分)  设 $n$ 阶复方阵 $M$ 的全体特征值为 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$, 则 $M$ 的谱半径 $\rho(M)$ 定义为 $\rho(M)=\max\limits_{1\leq i\leq n}|\lambda_i|$. 设 $A,B$ 为 $n$ 阶实方阵, 使得 $\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}$ 为半正定实对称阵, 证明: $$\rho(B)\leq\rho(A).$$

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 $A$ 是 $n$ 阶 Hermite 阵, 其实特征值为 $\lambda_1\leq \lambda_2\leq \cdots\leq \lambda_n$, 则对任意的 $n$ 维复列向量 $\alpha$, 均有 $$\lambda_1\overline{\alpha}'\alpha\leq \overline{\alpha}'A\alpha\leq \lambda_n\overline{\alpha}'\alpha.$$

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 $A$ 为半正定实对称阵, 我们先来处理 $A$ 为正定实对称阵的情形. 设 $A$ 的全体特征值为 $0<\lambda_1\leq \lambda_2\leq \cdots\leq \lambda_n$, 则 $\rho(A)=\lambda_n$ 且 $A^{-1}$ 的全体特征值为 $0<\lambda_n^{-1}\leq \lambda_{n-1}^{-1}\leq \cdots\leq \lambda_1^{-1}$. 考虑如下分块对称初等变换 (合同变换): $$\begin{pmatrix} I_n & 0 \\ -B'A^{-1} & I_n \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_n & -A^{-1}B \\ 0 & I_n \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & A-B'A^{-1}B \\ \end{pmatrix},$$ 由 $\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}$ 是半正定阵可知, $A-B'A^{-1}B$ 也是半正定阵. 任取 $B$ 的特征值 $\mu\in\mathbb{C}$ 及其特征向量 $\beta\in\mathbb{C}^n$, 即有 $B\beta=\mu\beta$ 以及 $\overline{\beta}'B'=\overline{\mu}\overline{\beta}'$. 将 $A-B'A^{-1}B$ 自然地看成是半正定 Hermite 阵, 则有 $\overline{\beta}'(A-B'A^{-1}B)\beta\geq 0$, 再由上述引理可得 $$\lambda_n\overline{\beta}'\beta\geq \overline{\beta}'A\beta\geq \overline{\beta}'B'A^{-1}B\beta=|\mu|^2\overline{\beta}'A^{-1}\beta\geq |\mu|^2\lambda_n^{-1}\overline{\beta}'\beta.$$ 注意到 $\overline{\beta}'\beta>0$, 从而 $|\mu|^2\leq\lambda_n^2$, 即 $|\mu|\leq\lambda_n=\rho(A)$, 于是 $\rho(B)\leq\rho(A)$. 我们用摄动法来处理半正定的情形. 对任意的正实数 $t$, $A+tI_n$ 都是正定阵, 此时 $\begin{pmatrix} A+tI_n & B \\ B' & A+tI_n \\ \end{pmatrix}$ 也是正定阵. 由正定情形的结论可知 $\rho(B)\leq\rho(A+tI_n)=\rho(A)+t$, 令 $t\to 0+$ 即得 $\rho(B)\leq\rho(A)$.

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 $P$, 使得 $$P'AP=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\cdots,\lambda_r,0,\cdots,0\},$$ 其中 $\lambda_1,\cdots,\lambda_r$ 是 $A$ 的正特征值. 记 $\Lambda=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\cdots,\lambda_r\}$, 则 $\Lambda$ 是正定实对角阵. 考虑如下正交相似变换: $$\begin{pmatrix} P' & 0 \\ 0 & P' \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} P & 0 \\ 0 & P \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} P'AP & P'BP \\ P'B'P & P'AP \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \Lambda & 0 & B_{11} & B_{12} \\ 0 & 0 & B_{21} & B_{22} \\ B_{11}' & B_{21}' & \Lambda & 0 \\ B_{12}' & B_{22}' & 0 & 0 \\ \end{pmatrix},$$ 由 $\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}$ 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 $B_{12}=0$, $B_{21}=0$, $B_{22}=0$. 特别地, 若 $r=0$, 即 $A=0$, 由此可得 $B=0$, 显然结论成立, 故以下不妨设 $r\geq 1$. 注意到 $P'BP=\begin{pmatrix} B_{11} & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$, 故 $B$ 的全体特征值由 $B_{11}$ 的全体特征值和 $n-r$ 个 $0$ 构成, 从而 $\rho(B)=\rho(B_{11})$. 注意到 $P'AP=\mathrm{diag}\{\Lambda,O\}$, 故 $\rho(A)=\rho(\Lambda)$. 注意到 $\begin{pmatrix} \Lambda & B_{11} \\ B_{11}' & \Lambda \\ \end{pmatrix}$ 为半正定阵且 $\Lambda$ 为正定阵, 则由证法 1 中正定情形的讨论可得 $\rho(B_{11})\leq\rho(\Lambda)$, 从而 $\rho(B)\leq \rho(A)$.

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 $\rho(B_{11})\leq\rho(\Lambda)$. 首先, 由 $\begin{pmatrix} \Lambda & B_{11} \\ B_{11}' & \Lambda \\ \end{pmatrix}$ 的半正定性可得 $\Lambda-B_{11}'\Lambda^{-1}B_{11}$ 的半正定性. 其次, 任取 $B_{11}$ 的特征值 $\mu\in\mathbb{C}$ 及其特征向量 $\beta=(b_1,\cdots,b_n)'\in\mathbb{C}^n$, 即有 $B_{11}\beta=\mu\beta$ 以及 $\overline{\beta}'B_{11}'=\overline{\mu}\overline{\beta}'$. 将 $\Lambda-B_{11}'\Lambda^{-1}B_{11}$ 自然地看成是半正定 Hermite 阵, 则有 $$0\leq \overline{\beta}'(\Lambda-B_{11}'\Lambda^{-1}B_{11})\beta=\sum_{i=1}^r(\lambda_i-\frac{|\mu|^2}{\lambda_i})|b_i|^2.$$ 最后, 注意到 $b_i$ 不全为零, 故必存在某个 $1\leq i\leq r$, 使得 $\lambda_i-\dfrac{|\mu|^2}{\lambda_i}\geq 0$, 即 $|\mu|\leq\lambda_i\leq\rho(\Lambda)$, 从而 $\rho(B_{11})\leq\rho(\Lambda)$.

证法 3 (Hermite 型值的估计)  将 $\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}$ 自然地看成是半正定 Hermite 阵, 则对任意的 $x,y\in\mathbb{C}^n$ 有 $(\overline{x}',\overline{y}')\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ \end{pmatrix}\geq 0$, 即有 $$\overline{x}'Ax+\overline{y}'Ay+\overline{x}'By+\overline{y}'Bx\geq 0,\,\,\,\,\forall\,x,y\in\mathbb{C}^n.\quad\cdots(1)$$ 设 $A$ 的全体特征值为 $0\leq \lambda_1\leq \lambda_2\leq \cdots\leq \lambda_n$, 则 $\rho(A)=\lambda_n$. 任取 $B$ 的非零特征值 $\mu\in\mathbb{C}$ 及其特征向量 $\beta\in\mathbb{C}^n$, 即有 $B\beta=\mu\beta$ 以及 $\overline{\beta}'B'=\overline{\mu}\overline{\beta}'$. 在上述 (1) 式中令 $x=-t\beta$, $y=\beta$, 其中 $t=\dfrac{\mu}{|\mu|}$, 则有 $2\overline{\beta}'A\beta-2|\mu|\overline{\beta}'\beta\geq 0$. 由上述引理可知, $|\mu|\overline{\beta}'\beta\leq \overline{\beta}'A\beta\leq \lambda_n\overline{\beta}'\beta$, 于是 $|\mu|\leq \lambda_n=\rho(A)$, 从而 $\rho(B)\leq\rho(A)$.

也可以这样做. 当 $A$ 是正定阵时, 在上述 (1) 式中令 $x=-\mu A^{-1}\beta$, $y=\beta$, 则有 $\overline{\beta}'A\beta\geq |\mu|^2\overline{\beta}'A^{-1}\beta$, 再由上述引理即得结论 (与证法 1 的讨论类似). 当 $A$ 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.  $\Box$

注 1  本题得分在 8 分以上的同学共有 7 人, 分别为: 邹思远 (证法 1), 杨睿涵 (证法 1), 曹文景 (证法 2), 戴思霖 (证法 2), 陈河 (证法 3), 孙进 (证法 3), 厉茗 (证法 3).

注 2  本题的正定版本为: 设 $A,B$ 为 $n$ 阶实方阵, 使得 $\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}$ 为正定实对称阵, 则 $\rho(B)<\rho(A)$.