例 9.79

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• 例 9.75

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• 无

例 9.79

设 $A,B$ 都是 $n$ 阶正定实对称矩阵，满足 $A\ge B$，求证： $A^{\frac{1}{2}}\ge B^{\frac{1}{2}}$。

解答

证明 由例 9.75 可知，存在可逆矩阵 $C$，使得

$$(C^{-1}{)}^{\prime }{A}^{\frac{1}{2}}{C}^{-1}=I_n,(C^{-1}{)}^{\prime }{B}^{\frac{1}{2}}{C}^{-1}=\Lambda =\mathrm{diag}\{{\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n\}.$$

因为 $B^{\frac{1}{2}}$ 正定，故 $(C^{-1}{)}^{\prime }{B}^{\frac{1}{2}}{C}^{-1}$ 也正定，从而 ${\lambda }_i>0$。 设正定阵 $C{C}^{\prime }=D=(d_{ij})$，则 $d_{ii}>0$。注意到 $A^{\frac{1}{2}}=C^{\prime }C,B^{\frac{1}{2}}=C^{\prime }\Lambda C$，故有

$$A-B=(C^{\prime }C{)}^2-(C^{\prime }\Lambda C{)}^2=C^{\prime }(D-\Lambda D\Lambda )C\ge 0,$$

于是 $D-\Lambda D\Lambda$ 是半正定阵，从而其 $(i,i)$ 元素 $d_{ii}(1-{\lambda }_i^2)\ge 0$，故 $0<{\lambda }_i\le 1$。因此

$$A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}}=C^{\prime }(I_n-\Lambda )C=C^{\prime }\mathrm{diag}\{1-{\lambda }_1,1-{\lambda }_2,\cdots ,1-{\lambda }_n\}C\ge 0,$$

从而结论得证。$\square$