问题 2023S14

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• 例 9.125

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• 无

问题 2023S14

设 A 为 n 阶实方阵, 二元函数 $(-,-{)}_A:M_n(R)\times M_n(\mathbb{R})\to \mathbb{R}$ 定义为 $(X,Y{)}_A=\mathrm{tr}(XA{Y}^{\prime })$ .

(1) 证明: $(-,-{)}_A$ 成为 $M_n(\mathbb{R})$ 上内积的充要条件是 $A$ 为正定实对称阵. (2) 设 $P,Q$ 为 $n$ 阶正交阵, $M_n(\mathbb{R})$ 上的线性变换 $\phi$ 定义为 $\phi (X)=PXQ$ . 设 $(-,-{)}_A$ 成为 $M_n(\mathbb{R})$ 上的内积, 并且 $\phi$ 成为内积空间 $M_n(\mathbb{R})$ 上的正交变换, 试求 $A,Q$ 的正交相似标准型.

解答

本题的证明要频繁使用矩阵迹的性质, 请读者参考高代白皮书 § 2.7.

(1) 先证充分性, 设 A 为正定实对称阵, 则存在非异实矩阵 C, 使得 $A=C{C}^{\prime }$. 首先, 由矩阵迹的线性和对称性容易验证 $(-,-{)}_A$ 的第一变量的线性和对称性, 细节留给读者完成. 接下来验证 $(-,-{)}_A$ 的正定性. 对任意的 $X\in M_n(\mathbb{R})$ , 由矩阵迹的正定性可知

$$(X,X{)}_A=\mathrm{tr}(XA{X}^{\prime })=\mathrm{tr}(XC{C}^{\prime }{X}^{\prime })=\mathrm{tr}((XC)(XC{)}^{\prime })\ge 0,$$

等号成立当且 $XC=O$ , 这也当且仅当 $X=O$ . 因此, $(-,-{)}_A$ 是 $M_n(\mathbb{R})$ 上的内积. 再证必要性, 设 $(-,-{)}_A$ 是 $M_n(\mathbb{R})$ 上的内积. 由内积的对称性以及矩阵迹的对称性可知

$$\mathrm{tr}(\mathbf{X}\mathbf{A}{\mathbf{Y}}^{\prime })=(\mathbf{X},\mathbf{Y}{)}_{\mathbf{A}}=(\mathbf{Y},\mathbf{X}{)}_{\mathbf{A}}=\mathrm{tr}(\mathbf{Y}\mathbf{A}{\mathbf{X}}^{\prime })=\mathrm{tr}((\mathbf{Y}\mathbf{A}{\mathbf{X}}^{\prime }{)}^{\prime })=\mathrm{tr}(\mathbf{X}{\mathbf{A}}^{\prime }{\mathbf{Y}}^{\prime }),$$

于是 $\mathrm{tr}(\mathbf{X}(\mathbf{A}-{\mathbf{A}}^{\prime }){\mathbf{Y}}^{\prime })=0$ 对任意的 $X,Y\in M_n(\mathbb{R})$ 成立. 特别地, 取 $\mathbf{X}=(\mathbf{A}-{\mathbf{A}}^{\prime }{)}^{\prime },\mathbf{Y}={\mathbf{I}}_n$，则由矩阵迹的正定性可得 $A-A^{\prime }=O$，即 $A=A^{\prime }$ 为实对称阵. 任取 $0\ne x\in R^n,e_1=(1,0,\cdots ,0{)}^{\prime }$，令 $X=e_1{x}^{\prime }\in M_n(\mathbb{R})$，则由内积的正定性以及矩阵迹的线性可知

$$(\mathbf{X},\mathbf{X}{)}_{\mathbf{A}}=\mathrm{tr}(\mathbf{XA}{\mathbf{X}}^{\prime })=\mathrm{tr}\left({\mathbf{e}}_1\left({\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}\right){\mathbf{e}}_1^{\prime }\right)=\mathrm{tr}\left({\mathbf{E}}_{11}\right)\left({\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}\right)={\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}>0.$$

因此, A 为正定实对称阵.

(2) 由 $\phi$ 为正交变换, P 为正交阵以及矩阵迹的交换性可知

$$(\phi (X),\phi (Y){)}_A=\mathrm{tr}(PXQA{Q}^{\prime }{Y}^{\prime }{P}^{\prime })=\mathrm{tr}(XQA{Q}^{\prime }{Y}^{\prime })=(X,Y{)}_A=\mathrm{tr}(XA{Y}^{\prime }),$$

于是 $\mathrm{tr}(\mathbf{X}(\mathbf{A}-{\mathbf{QAQ}}^{\prime }){\mathbf{Y}}^{\prime })=0$ 对任意的 $\mathbf{X},\mathbf{Y}\in M_n(\mathbb{R})$ 成立。特别地，取 $X=(\mathbf{A}-{\mathbf{QAQ}}^{\prime }{)}^{\prime }$， $\mathbf{Y}={\mathbf{I}}_n$，则由矩阵迹的正定性可得 $\mathbf{A}-{\mathbf{QAQ}}^{\prime }=\mathbf{O}$，即 $\mathbf{A}=\mathbf{QA}{\mathbf{Q}}^{\prime }$，亦即 $\mathbf{AQ}=\mathbf{QA}$。注意到 $\mathbf{A},\mathbf{Q}$ 是乘法可交换的实正规阵，故由例 9.125可知，它们可同时正交标准化，即存在正交阵 $\mathbf{R}$，使得

$${\mathbf{R}}^{\prime }\mathbf{A}\mathbf{R}=\mathrm{diag}\left\{{\lambda }_1,{\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_r,{\lambda }_r,{\lambda }_{2r+1},\dots ,{\lambda }_n\right\},$$ $$\begin{array}{rlr}{R}^{\prime }QR& =& \mathrm{diag}\left\{\left(\begin{array}{ll}\cos {\theta }_1& \sin {\theta }_1\\ -\sin {\theta }_1& \cos {\theta }_1\end{array}\right),\dots ,\left(\begin{array}{ll}\cos {\theta }_r& \sin {\theta }_r\\ -\sin {\theta }_r& \cos {\theta }_r\end{array}\right),c_{2r+1},\dots ,c_n\right\},\end{array}$$

其中所有的 ${\lambda }_k>0,\sin {\theta }_i\ne 0(1\le i\le r),c_j=\pm 1(2r+1\le j\le n)$.