system: [SYSTEM]

user: 2. 命题的证明与推广 命题1：一个实对称正定阵可以分解为两个相同实对称正定矩阵的乘积。 证明：设A为正定矩阵，则由内积空间的理论存在正交矩阵T，使得 T ′ A T = ( λ 1 λ 2 ⋱ λ n ) 其中 λ i ， i = 1 ， ⋯ ， n 是矩阵A的n个特征值。 由于A为正定矩阵，所以 λ i > 0 ， i = 1 ， ⋯ ， n . 即： A = T ( λ 1 λ 2 ⋱ λ n ) T ′ = T ( λ 1 λ 2 ⋱ λ n ) T ′ T ( λ 1 λ 2 ⋱ λ n ) T ′ ， 取 C = T ( λ 1 λ 2 ⋱ λ n ) T ′ 则 ，且C是一个对称正定矩阵。 下面我们将命题1进行推广。 命题2：设A是n阶正定实对称矩阵，则对任意的正整数 k > 1 ，必存在唯一的n阶正定实对称矩阵B，使 A = B k ，这样的正定矩阵B称为正定阵A的k次方根，记为 B = A 1 k 。 证明1 [ 2 ] ：利用谱分解思想 设V是有限维空间， φ 是V上的线性算子，当V是酉空间时， φ 为正规算子；当V是欧式空间时， φ 为自伴随算子。 λ 1 ， λ 2 ， ⋯ ， λ k 是 φ 的全体不同的特征值， W i 为 φ 属于 λ i 的特征子空间，则V是 W i ( i = 1 ， ⋯ ， k ) 的正交直和。 设 E i 是V到 W i 上的正交投影，则 φ 有下列分解式： φ = λ 1 E 1 + λ 2 E 2 + ⋯ + λ m E m 由正交投影的性质 不难得到： φ k = λ 1 k E 1 + λ 2 k E 2 + ⋯ + λ m k E m 鉴于 φ 和 φ k 结构上极为相似并且巧妙地把特征值的幂次方和算子的幂次方结合起来，所以我们的第一种证法从谱分解入手证明。 我们可以将A看作欧氏空间R上正定自伴随算子 φ 在某一组标准正交基下的表示矩阵；设 λ i ( i = 1 ， 2 ， 3 ， ⋯ ， m ) 为 φ 全体不同的特征值， W i ( i = 1 ， 2 ， 3 ， ⋯ ， m ) 为 φ 属于 λ i 的特征子空间，则V为 W i ( i = 1 ， 2 ， 3 ， ⋯ ， m ) 的正交直和。 这时若设 E i 为V到 W i 上的正交投影，则 φ 有下列分解式： φ = λ 1 E 1 + λ 2 E 2 + ⋯ + λ m E m 令 d i = λ i 1 / k ( i = 1 ， 2 ， 3 ， ⋯ ， m ) 则 ψ = d 1 E 1 + d 2 E 2 + ⋯ + d m E m 适合 且 ψ 也为正交自伴随算子。 若存在 θ 为R上的正定自伴随算子 且 θ k = φ 令 θ = b 1 F 1 + b 2 F 2 + ⋯ + b r F r 为 θ 的谱分解式，其中 F i 为正交投影算子，且 b i 为正实数。 由 θ k = φ ， φ = ∑ i = 1 r b i K F i 故由 b i K 为 φ 的特征值且 b i 互不相同，可以得到 r = m ， b i = d i 这里允许差一个次序。 而 E i ( R ) ， F i ( R ) 都是 φ 关于特征值 λ i 的特征子空间，则 F i = E i ， ψ = θ ∎ 证明2：利用拉格朗日插值法的思想 在证明一般情形时，我们发现A与 A k 的关系最后转化到了特征值的幂次方，如果我们换一个角度看待 λ i k ，我们可以将其看作是由 λ i k ( i = 1 ， ⋯ ， m ) 唯一确定的多项式，所以我们借助Lagrange插值多项式分两步进行证明。 Step 1 设A为正定矩阵，则存在正交矩阵r，使得 A = P ( λ 1 ⋱ ⋱ λ n ) P ′ (*) 我们先给出一个命题 [ 3 ] ：设A为n阶正定阵， λ 1 ， λ 2 ， ⋯ ， λ n 为A的所有特征值，则对任何满足(*)的正交矩阵P，恒有 P ( λ 1 1 k ⋱ ⋱ λ n 1 k ) P ′ = f (A) 证明：简便起见，不妨设 λ 1 ， λ 2 ， ⋯ ， λ s 为A的所有不同特征值，则 λ 1 1 k ， λ 2 1 k ， ⋯ ， λ n 1 k 中有且仅有s个不同的特征值，且 λ i 与 λ i 1 k 重数也相同( i = 1 ， ⋯ ， s )，做拉格朗日插值多项式： 则 f ( λ ) 是 s − 1 次多项式，且 λ i 1 k = f ( λ i ) ；( i = 1 ， ⋯ ， s )，故得： ( λ 1 1 k ⋱ ⋱ λ n 1 k ) = ( f ( λ 1 ) ⋱ ⋱ f ( λ n ) ) = f ( ( λ 1 ⋱ ⋱ λ n ) ) 于是对任何满足(*)的正交阵P，恒有 P ( λ 1 1 k ⋱ ⋱ λ n 1 k ) P ′ = P f ( ( λ 1 ⋱ ⋱ λ n ) ) P ′ = f ( P ( λ 1 ⋱ ⋱ λ n ) P ′ ) = f ( A ) ∎ Step 2 由和一般情况一致的方法，题目要求的正定阵的存在性是显然的。 下对唯一性进行证明。设B是满足 B k = A 的n阶正定阵，且 μ 1 ， ⋯ ， μ n 是B的特征值，则 μ 1 k ， ⋯ ， μ n k 就是 B k = A 的全部特征值，但假设 λ 1 ， λ 2 ， ⋯ ， λ n 为A的所有特征值，故不妨设 λ i = μ i k ，于是 λ i 1 k = μ i ( i = 1 ， ⋯ ， n )。因为B正定，所以存在正交阵P，使成立 B = P ( λ 1 1 k ⋱ ⋱ λ n 1 k ) P ′ 而由假设 B k = A ，故得到 应用Step 1，则有 B = f ( A ) ，这就证明了，满足 B k = A 的任何正定阵B都等于 f ( A ) ，所以B是唯一的。∎ 证明3：利用矩阵的交换性 注意到了实对称矩阵的正交相似标准型优美的分块对角结构，尝试利用矩阵的交换性进行唯一性的证明。 不妨设 A = B k = C k ，设A不同的特征值为 ，其重数分别为 r 1 ， r 2 ， ⋯ ， r t ，则 λ 1 1 k ， ⋯ ， λ t 1 k 为B，C的公共特征值，则存在正交矩阵 P 1 ， P 2 ，使得 P ′ 1 B P 1 = ( λ 1 1 k E r 1 ⋱ ⋱ λ t 1 k E r t ) ， P ′ 2 C P 2 = ( λ 1 1 k E r 1 ⋱ ⋱ λ t 1 k E r t ) 又 B k = C k ，且 B k = P 1 ( λ 1 E r 1 ⋱ ⋱ λ t E r t ) P ′ 1 ， C k = P 2 ( λ 1 E r 1 ⋱ ⋱ λ t E r t ) P ′ 2 所以 P ′ 2 P 1 ( λ 1 E r 1 ⋱ ⋱ λ t E r t ) = ( λ 1 E r 1 ⋱ ⋱ λ t E r t ) P ′ 2 P 1 即 ( λ 1 E r 1 ⋱ ⋱ λ t E r t ) 可交换，所以 P ′ 2 P 1 必为分块对角矩阵，则不妨设 P ′ 2 P 1 = ( B 1 ⋱ ⋱ B t ) B i 为分块对角矩阵， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， t ，则 P ′ 2 P 1 与分块对角矩阵 ( λ 1 1 k E r 1 ⋱ ⋱ λ t 1 k E r t ) 也可交换。 即： P ′ 2 P 1 ( λ 1 1 k E r 1 ⋱ ⋱ λ t 1 k E r t ) = ( λ 1 1 k E r 1 ⋱ ⋱ λ t 1 k E r t ) P ′ 2 P 1 P 1 ( λ 1 1 k E r 1 ⋱ ⋱ λ t 1 k E r t ) P ′ 1 = P 2 ( λ 1 1 k E r 1 ⋱ ⋱ λ t 1 k E r t ) P ′ 2 即 B = C 。∎