标准形方法III：合同标准形

实对称矩阵$A$正交相似于对角矩阵，或正交合同于对角矩阵，称为主轴定理，其含义是$A$所对应的二次型$x^{T}Ax$经正交变换$x=Qy$化为对称轴与坐标轴重合的二次型$y^T\mathrm{\Lambda }y$, 即将二次型化为标准形. 该定理在解决二次型相关问题时能发挥重要作用.

例1 设$A$是对称正定矩阵，求证$x^{T}Ax+y^T{A}^{-1}y⩾2x^{T}y$, 其中$x,y$为$n$维列向量.

证明 由于$A$对称，所以存在正交矩阵$Q$使得

$$A=Q^T\mathrm{\Lambda }Q,A^{-1}=Q^T{\mathrm{\Lambda }}^{-1}Q$$

其中$\mathrm{\Lambda }=\text{diag}({\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n)$. 令

$$\overline{x}=Qx=(x_1,x_2,\cdots ,x_n{)}^T,\overline{y}=Qy=(y_1,y_2,\cdots ,y_n{)}^T,$$

则

$$\begin{array}{rl}{x}^{T}Ax+y^T{A}^{-1}y=& x^T{Q}^T\mathrm{\Lambda }Qx+y^T{Q}^T{\mathrm{\Lambda }}^{-1}Qy\\ =& {\overline{x}}^T\mathrm{\Lambda }\overline{x}+{\overline{y}}^T{\mathrm{\Lambda }}^{-1}\overline{y}\\ =& \sum _{i=1}^n({\lambda }_i{x}_i^2+\frac{1}{{\lambda }_i}{y}_i^2)\\ ⩾& \sum _{i=1}^{n}2x_i{y}_i=2{\overline{x}}^T\overline{y}=2x^{T}y.\end{array}$$

例2 设$A$是$n$阶实对称矩阵,

(1)若${\lambda }_1⩽{\lambda }_2⩽\cdots ⩽{\lambda }_n$ 是$A$的全部特征值, 则$$\mathrm{\forall }X\in {\mathbb{R}}^n,{\lambda }_1{X}^{T}X⩽X^{T}AX⩽{\lambda }_n{X}^{T}X.$$

(2)$\mathrm{\exists }c\in {\mathbb{R}}^{+}$ 使得$\mathrm{\forall }X\in {\mathbb{R}}^n$, $X^{T}AX⩽c{X}^{T}X$.

(3) $\mathrm{\forall }\lambda ={\lambda }_i$, $\mathrm{\exists }\xi =(c_1,c_2,\dots ,c_n{)}^T\ne 0$ 使得$f(\xi )=\lambda {\xi }^T\xi$.

证明 存在正交矩阵$Q$, 使得

$$Q^{T}AQ=Q^{-1}AQ=\text{diag}({\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_n).$$

(1) 对$\mathrm{\forall }X\in {\mathbb{R}}^n$, $Y=Q^{T}X$. 则$Y^{T}Y=y_1^2+y_2^2+\cdots +y_n^2$. 所以

$${\lambda }_1{X}^{T}X={\lambda }_1{Y}^{T}Y⩽f(X)={\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+\cdots +{\lambda }_n{y}_n^2⩽{\lambda }_n{Y}^{T}Y={\lambda }_n{X}^{T}X.$$

(2) 取$c>max|{\lambda }_1|,|{\lambda }_2|,\dots ,|{\lambda }_n|$, 则对$\mathrm{\forall }X\in {\mathbb{R}}^n$,

$$\begin{array}{ll}f(X)& ={\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+\cdots +{\lambda }_n{y}_n^2\\ & <c{Y}^{T}Y=c(Q^{T}X{)}^T(Q^{T}X)=c{X}^T(Q^T{)}^T{Q}^{T}X=c{X}^{T}X\end{array}$$

(3) 取${\epsilon }_i=(0,\dots ,0,1,0\dots ,0),\xi =Q{\epsilon }_i$, 则
$f(\xi )=g({\epsilon }_i)={\lambda }_i{\epsilon }_i^T{\epsilon }_i=\lambda {\xi }^T\xi$.

(证法二) 设$\xi$是属于特征值$\lambda$的特征向量, 则
$A\xi =\lambda \xi$, 从而

$$f(\xi )={\xi }^T{A}^T\xi =\lambda {\xi }^T\xi .$$

例3 设$A=(a_{ij})$是$n$阶实对称矩阵, ${\lambda }_1⩽{\lambda }_2⩽\cdots ⩽{\lambda }_n$是它的全部特征值. 证明

$${\lambda }_1⩽a_{ii}⩽{\lambda }_n,i=1,2,\cdots ,n.$$

证明 由于${\epsilon }_i^{T}A{\epsilon }_i=a_{ii}$, 且${\epsilon }_i^T{\epsilon }_i=1$, 所以由上题得到
${\lambda }_1⩽a_{ii}⩽{\lambda }_n$.

例4 设$A$是秩为$r$的复对称矩阵, 证明$A$可分解为$r$个秩为$1$的对称矩阵之和.

证明 存在可逆矩阵$C$使得

$$C^{T}AC=\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right).$$

所以

$$A=(C^{-1}{)}^T\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right)C^{-1}=\sum _{i=1}^r(C^{-1}{)}^T{E}_{ii}(C^{-1}),$$

其中, $(C^{-1}{)}^T{E}_{ii}(C^{-1})$是对称矩阵, 且$\text{r}((C^{-1}{)}^T{E}_{ii}(C^{-1}))=1$, $i=1,2,\cdots ,r.$

例5 设$A$是秩为$r$的复对称矩阵, 证明$A$可分解为$A=B^{T}B$, 其中$B$是秩为$r$ 的$n$阶方阵.

证明 存在可逆矩阵$C$使得

$$C^{T}AC=\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right).$$

所以

$$A=(C^{-1}{)}^T\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right)C^{-1},$$

令$B=\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right)C^{-1}$, 则$B$是秩$\text{r}(B)=r$的$n$阶方阵, 且$A=B^{T}B$.

例6 若$f(x_1,x_2,\dots ,x_n)=X^{T}AX$是一实二次型, 存在$n$ 维实向量$X_1,X_2$, 使得$X_1^{T}A{X}_1>0,X_2^{T}A{X}_2<0$, 则存在$n$ 维实向量$X_0$, 使得$X_0^{T}A{X}_0=0$.

证明 $f$可经非退化线性替换$X=CY$化为

$$g(Y)=y_1^2+\cdots +y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots -y_r^2.$$

由$X_1^{T}A{X}_1>0,X_2^{T}A{X}_2<0$知$p>0,q=r-p>0$. 所以可取

$$Y_0=(1,0,\dots ,0,1,0\dots ,0,0,\dots ,0),X_0=C{Y}_0,$$

则$f(X_0)=g(Y_0)=0$.

例7 设$n$阶矩阵$A$是实对称矩阵，若$A$为半正定矩阵，则$A^{\ast }$也为半正定矩阵.

证明 若$\mathrm{r}(A)<n-1$, $A^{\ast }=O$, 结论成立. 若$\mathrm{r}(A)=n-1$, 则存在可逆矩阵$C$使得

$$C^{T}AC=\left(\begin{array}{cc}{E}_{n-1}& O\\ O& 0\end{array}\right).$$

两边求伴随，且$(C^T{)}^{\ast }=(C^{\ast }{)}^T$, 由此得到

$$C^{\ast }{A}^{\ast }(C^{\ast }{)}^T=\left(\begin{array}{cc}{O}_{(n-1)\times (n-1)}& O\\ O& 1\end{array}\right).$$

由此可得$A^{\ast }$的正惯性指数=秩=1，因此是半正定矩阵.

引理 设$A=(a_{ij})$是$n$阶实对称半正定矩阵. 若$a_{ii}=0$, 则$a_{ij}$所在的行、列上的元素全为零，即$a_{ij}=a_{ji}=0$, $j=1,2,\cdots ,n.$

证明[反证法]
假设存在某个$a_{ij}\ne 0$, $j\ne i$, 则考虑二阶主子式

$$\left|\begin{array}{cc}0& a_{ij}\\ a_{ji}& a_{jj}\end{array}\right|=-a_{ij}^2<0$$

这与$A$是半正定矩阵矛盾！

例8[大连市竞赛试题，2012]
设$A,B$是$n$阶实对称半正定矩阵，求证：存在实可逆矩阵$Q$使得$Q^{T}AQ,Q^{T}BQ$同时为对角矩阵.

证明 由于$A,B$是半正定矩阵，所以存在实可逆矩阵$C$使得

$$C^T(A+B)C=\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right)$$

由于$C^{T}AC,C^{T}BC$均为半正定矩阵，所以$C^{T}AC$的后$n-r$个对角元都为$0$, 即

$$C^{T}AC=\left(\begin{array}{cc}{H}_r& O\\ O& O\end{array}\right)$$

其中$H_r$为$r$阶实对称矩阵. 因此存在正交矩阵$P_1$使得$P_1^T{H}_r{P}_1=\text{diag}(d_1,d_2,\cdots ,d_r)=D_r$. 令

$$P=\left(\begin{array}{cc}{P}_1& O\\ O& E_{n-r}\end{array}\right),Q=CP$$

则

$$\begin{array}{l}{Q}^{T}AQ=P^T(C^{T}AC)P={\left(\begin{array}{cc}{P}_1& O\\ O& E_{n-r}\end{array}\right)}^T\left(\begin{array}{cc}{H}_r& O\\ O& O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{P}_1& O\\ O& E_{n-r}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{D}_r& O\\ O& O\end{array}\right)\\ Q^T(A+B)Q={\left(\begin{array}{cc}{P}_1& O\\ O& E_{n-r}\end{array}\right)}^T\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{P}_1& O\\ O& E_{n-r}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right)\end{array}$$

因此

$$Q^{T}BQ=Q^T(A+B)Q-Q^{T}AQ=\text{diag}(1-d_1,1-d_2,\cdots ,1-d_r,0,\cdots ,0)$$

也为对角矩阵.

练习[1、全国竞赛试题，2010]
设$A,B$是$n$阶实对称半正定矩阵，且满足$n-1⩽\text{r}(A)⩽n$. 求证：存在实可逆矩阵$Q$使得$Q^{T}AQ,Q^{T}BQ$同时为对角矩阵.

2、若$A,B$为实对称矩阵，且$A$为正定矩阵，则$A,B$可同时合同于对角矩阵，即存在可逆矩阵$P$使得$P^{T}AP,P^{T}BP$为对角矩阵.

由实对称矩阵$A$的合同标准形，利用$A$与$B$的交换性($AB=BA$)或反交换性($AB=-BA$), 联合分块矩阵的技巧，可以达到解决问题的目的.

例9[华南理工大学2010，四川师范大学2016] 设$A,B$为$n$阶实对称矩阵，证明：存在正交矩阵$Q$使得$Q^{T}AQ$与$Q^{T}BQ$同时为对角矩阵当且仅当$AB=BA$.

证明 必要性：由$(Q^{T}AQ)(Q^{T}BQ)=(Q^{T}BQ)(Q^{T}AQ)$得$AB=BA$.

充分性：由于$A$是实对称矩阵，所以存在正交矩阵$P$使得

$$P^{T}AP=\text{diag}({\lambda }_1{E}_{n_1},{\lambda }_2{E}_{n_2},\cdots ,{\lambda }_s{E}_{n_s}).$$

其中${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_s$是$A$的互异特征值. 由$AB=BA$得

$$(P^{T}TAP)(P^{T}BP)=(P^{T}BP)(P^{T}AP)$$

对$P^{T}BP$作相应分块$P^{T}BP=(B_{ij}{)}_{s\times s}$, 代入上式得

$$\begin{array}{rl}& \left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1{E}_{n_1}& & & \\ & {\lambda }_2{E}_{n_2}& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_s{E}_{n_s}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}{B}_{11}& B_{12}& \cdots & B_{1s}\\ B_{21}& B_{22}& \cdots & B_{2s}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ B_{s1}& B_{s2}& \cdots & B_s\end{array}\right)\\ =& \left(\begin{array}{cccc}{B}_{11}& B_{12}& \cdots & B_{1s}\\ B_{21}& B_{22}& \cdots & B_{2s}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ B_{s1}& B_{s2}& \cdots & B_s\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1{E}_{n_1}& & & \\ & {\lambda }_2{E}_{n_2}& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_s{E}_{n_s}\end{array}\right)\end{array}$$

两边分别做乘法，并比较对应的子块，可得

$$P^{T}BP=\left(\begin{array}{cccc}{B}_{11}& & & \\ & B_{22}& & \\ & & \ddots & \\ & & & B_{ss}\end{array}\right)$$

由于$B$是实对称矩阵，所以$B_i$也是实对称矩阵，$i=1,2,\cdots ,s$. 故存在正交矩阵$P_i$使得$P_i^T{B}_{ii}P={\mathrm{\Lambda }}_i$, $i=1,2,\cdots ,s$. 令$T=\text{diag}(P_1,P_2,\cdots ,P_s)$, $Q=PT$为正交矩阵, $Q^{-1}=Q^T$. 则

$$Q^{-1}BQ=\left(\begin{array}{cccc}{\mathrm{\Lambda }}_1& & & \\ & {\mathrm{\Lambda }}_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\mathrm{\Lambda }}_s\end{array}\right),Q^{-1}AQ=\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1{E}_{n_1}& & & \\ & {\lambda }_2{E}_{n_2}& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_s{E}_{n_s}\end{array}\right).$$

例10 设$n$阶实对称矩阵$A_1,A_2,\cdots ,A_m$两两可交换，求证：存在正交矩阵$P$, 使得$P^T{A}_{i}P(1⩽i⩽m)$都是对角矩阵.

证明 设${\mathcal{A}}_i$是欧氏空间$V$上的线性变换使得${\mathcal{A}}_i$在$V$的标准正交基下的矩阵是$A_i$, 对$n$用数学归纳法，证明存在由${\mathcal{A}}_1,{\mathcal{A}}_2,\cdots ,{\mathcal{A}}_m$的公共特征向量组成的标准正交基. 当$n-1$时结论成立，假设结论对$n-1$成立，考虑$n$的情形.

由$A_i(1⩽i⩽m)$可交换知存在${\mathcal{A}}_i(1⩽i⩽m)$的公共单位特征向量$e_1$. 则$W=e_1^{\mathrm{\perp }}$是$n-1$维${\mathcal{A}}_i(1⩽i⩽m)$-不变子空间， 将${\mathcal{A}}_i(1⩽i⩽m)$限制在$W$上，由归纳假设，存在$W$的一组由${\mathcal{A}}_i(1⩽i⩽m)$的公共单位特征向量组成的标准正交基$e_2,\cdots ,e_n$. 因此，$e_1,e_2,\cdots ,e_n$是所要求的标准正交基, 且${\mathcal{A}}_i(1⩽i⩽m)$在这组记下的矩阵为对角矩阵.

例11 设$A,B$为$n$阶实矩阵，$A$半正定，且$AB+BA=O$. 求证: $AB=BA=O$.

证明 因为$A$半正定，则存在正交矩阵$Q$使得

$$Q^{T}AQ=\left(\begin{array}{cccccc}{\lambda }_1& & & & & \\ & \ddots & & & & \\ & & {\lambda }_r& & & \\ & & & 0& & \\ & & & & \ddots & \\ & & & & & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& O\end{array}\right),$$

其中$A_1=\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& & \\ & \ddots & \\ & & {\lambda }_r\end{array}\right)$, ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_r$是$A$的非零特征值. 所以
$A=Q\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& O\end{array}\right)Q^T$. 由$AB+BA=O$知

$$Q\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& O\end{array}\right)Q^{T}B=BQ\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& O\end{array}\right)Q^T.$$

因此

$$\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& O\end{array}\right)(Q^{T}BQ)=(Q^{T}BQ)\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& O\end{array}\right).$$

设$Q^{T}BQ=\left(\begin{array}{cc}{C}_1& C_2\\ C_3& C_4\end{array}\right)$, 则

$$\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{C}_1& C_2\\ C_3& C_4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{C}_1& C_2\\ C_3& C_4\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& O\end{array}\right).$$

由此得$\left(\begin{array}{cc}{A}_1{C}_1& A_1{C}_2\\ O& O\end{array}\right)=-\left(\begin{array}{cc}{C}_1{A}_1& O\\ C_3{A}_1& O\end{array}\right)$, 从而$A_1{C}_1=-C_1{A}_1$, $A_1{C}_2=O$, $C_3{A}_1=O$. 由此可得$C_1=C_2=C_3=O$. 从而$B=Q\left(\begin{array}{cc}O& O\\ O& C_4\end{array}\right)Q^T$. 故

$$AB=Q\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& O\end{array}\right)Q^{T}Q\left(\begin{array}{cc}O& O\\ O& C_4\end{array}\right)Q^T=Q\left(\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}O& O\\ O& C_4\end{array}\right)Q^T=O.$$

于是$BA=-AB=O$.

若一个命题涉及到两个矩阵$A,B$, 且满足可同时合同于对角矩阵，则常常需要将这两个矩阵同时合同于对角矩阵或分解为$A=P^T{\mathrm{\Lambda }}_{1}P,B=P^T{\mathrm{\Lambda }}_{2}P$ (其中$P$为可逆矩阵，${\mathrm{\Lambda }}_i$为对角矩阵)来解决.

例12 设$A,B$为$n$阶实对称矩阵且$B$正定，求证：

(1) $|\lambda B-A|=0$的根全为实数；

(2) 设$|\lambda B-A|=0$的根为${\mu }_1⩽{\mu }_2⩽\cdots ⩽{\mu }_n$, 求$x^{T}Ax$在约束条件$x^{T}Bx=1$下的最大与最小值分别为${\mu }_1$与${\mu }_n$.

证明 (1)由题设知存在存在可逆矩阵$P$使得

$$P^{B}P=E,P^{T}AP=\text{diag}({\mu }_1,{\mu }_2,\cdots ,{\mu }_n),{\mu }_i\in \mathbb{R}.$$

所以

$$0=|\lambda B-A|=|P^T(\lambda B-A)P|=(\lambda -{\mu }_1)(\lambda -{\mu }_2)\cdots (\lambda -{\mu }_n).$$

结论得证.

(2) 令$x=Py$, 由$x^{T}Bx=1$知

$$y^{T}y=(P^{-1}x{)}^T(P^{-1}x)=x^T(P^T{)}^{-1}E{P}^{-1}x=x^T(P^T{)}^{-1}{P}^{T}BP{P}^{-1}x=x^{T}Bx=1$$

所以

$$x^{T}Ax=x^T(P^T{)}^{-1}{P}^{T}AP{P}^{-1}x=y^T\text{diag}({\mu }_1,{\mu }_2,\cdots ,{\mu }_n)y={\mu }_1{y}_1^2+{\nu }_2{y}_2^2+\cdots +{\mu }_n{y}_n^2.$$

于是

$${\mu }_1⩽x^{T}Ax⩽{\mu }_n.$$

例13 设$A$为$n$阶对称正定矩阵，$x\in {\mathbb{R}}^n$, 证明：$0⩽x^T(A+x{x}^T{)}^{-1}x<1$.

证明 若$x=0$显然，下设$x\ne 0$. 由题设知存在可逆矩阵$Q$使得

$$A=P^{T}EP,x{x}^T=P^T\text{diag}(b,0,\cdots ,0)P,b>0.$$

则$(A+x{x}^T{)}^{-1}=P^{-1}D(P^T{)}^{-1}$, 其中$D=\text{diag}(\frac{1}{1+b},1,\cdots ,1)$. 令$x=P^{T}y$,, 则$\text{diag}(b,0,\cdots ,0)=(P^T{)}^{-1}x{x}^T{P}^{-1}=y^{T}y$, 所以可设$y_1^2=b,y_2^2=\cdots =y_n^2=0$. 从而

$$x^T(A+x{x}^T{)}^{-1}x=x^T{P}^{-1}D(P^T{)}^{-1}x=y^{T}Dy=\frac{1}{1+b}{y}_1^2+y_2^2+\cdots +y_n^2=\frac{b}{1+b}.$$

故

$$0<x^T(A+x{x}^T{)}^{-1}x<1.$$

例14 设$A,B$是$n$阶正定矩阵，求证：

$$\frac{2^{n+1}}{|A+B|}⩽\frac{1}{|A|}+\frac{1}{|B|}.$$

证明 由题设知存在可逆矩阵$P$使得

$$A=P^{T}EP,B=P^T\text{diag}({\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n)P,{\lambda }_i⩾0(1⩽i⩽n)$$

从而

$$|A+B|=|P{|}^2\prod _{i=1}^n(1+{\lambda }_i),|A|=|P{|}^2,|B|=|P{|}^2{\lambda }_1{\lambda }_2\cdots {\lambda }_n.$$

从而只需证明

$$\frac{2^{n+1}}{\prod _{i=1}^n(1+{\lambda }_i)}⩽1+\frac{1}{{\lambda }_1{\lambda }_2\cdots {\lambda }_n}.$$

由于$1+{\lambda }_i⩾2\sqrt{{\lambda }_i}$, 所以式$\text{???}$变为
$\frac{2}{\sqrt{{\lambda }_1{\lambda }_2\cdots {\lambda }_n}}⩽1+\frac{1}{{\lambda }_1{\lambda }_2\cdots {\lambda }_n}$, 即$\frac{2}{\sqrt{y}}⩽1+\frac{1}{y}$, 其中$y={\lambda }_1{\lambda }_2\cdots {\lambda }_n$. 即只需证明$2y⩽(1+y)\sqrt{y}$, 也即$4y^2⩽(1+y{)}^{2}y$, 或$4y⩽(1+y{)}^2$. 这显然成立.