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 $ ho(M)$ 定义为 $ ho(M)=maxlimits_{1leq ileq n}|lambda_i|$. 设 $A,B$ 为 $n$ 阶实方阵, 使得 $egin{pmatrix} A & B \ B' & A \ end{pmatrix}$ 为半正定实对称阵, 证明: $$ ho(B)leq ho(A).$$
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 $lambda_1leq lambda_2leq cdotsleq lambda_n$, 则对任意的 $n$ 维复列向量 $alpha$, 均有 $$lambda_1overline{alpha}'alphaleq overline{alpha}'Aalphaleq lambda_noverline{alpha}'alpha.$$
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 $0<lambda_1leq lambda_2leq cdotsleq lambda_n$, 则 $ ho(A)=lambda_n$ 且 $A^{-1}$ 的全体特征值为 $0<lambda_n^{-1}leq lambda_{n-1}^{-1}leq cdotsleq lambda_1^{-1}$. 考虑如下分块对称初等变换 (合同变换): $$egin{pmatrix} I_n & 0 \ -B'A^{-1} & I_n \ end{pmatrix}egin{pmatrix} A & B \ B' & A \ end{pmatrix}egin{pmatrix} I_n & -A^{-1}B \ 0 & I_n \ end{pmatrix}=egin{pmatrix} A & 0 \ 0 & A-B'A^{-1}B \ end{pmatrix},$$ 由 $egin{pmatrix} A & B \ B' & A \ end{pmatrix}$ 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 $muinmathbb{C}$ 及其特征向量 $etainmathbb{C}^n$, 即有 $Beta=mueta$ 以及 $overline{eta}'B'=overline{mu}overline{eta}'$. 将 $A-B'A^{-1}B$ 自然地看成是半正定 Hermite 阵, 则有 $overline{eta}'(A-B'A^{-1}B)etageq 0$, 再由上述引理可得 $$lambda_noverline{eta}'etageq overline{eta}'Aetageq overline{eta}'B'A^{-1}Beta=|mu|^2overline{eta}'A^{-1}etageq |mu|^2lambda_n^{-1}overline{eta}'eta.$$ 注意到 $overline{eta}'eta>0$, 从而 $|mu|^2leqlambda_n^2$, 即 $|mu|leqlambda_n= ho(A)$, 于是 $ ho(B)leq ho(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 $egin{pmatrix} A+tI_n & B \ B' & A+tI_n \ end{pmatrix}$ 也是正定阵. 由正定情形的结论可知 $ ho(B)leq ho(A+tI_n)= ho(A)+t$, 令 $t o 0+$ 即得 $ ho(B)leq ho(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: $$egin{pmatrix} P' & 0 \ 0 & P' \ end{pmatrix}egin{pmatrix} A & B \ B' & A \ end{pmatrix}egin{pmatrix} P & 0 \ 0 & P \ end{pmatrix}=egin{pmatrix} P'AP & P'BP \ P'B'P & P'AP \ end{pmatrix}=egin{pmatrix} Lambda & 0 & B_{11} & B_{12} \ 0 & 0 & B_{21} & B_{22} \ B_{11}' & B_{21}' & Lambda & 0 \ B_{12}' & B_{22}' & 0 & 0 \ end{pmatrix},$$ 由 $egin{pmatrix} A & B \ B' & A \ end{pmatrix}$ 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 $B_{21}=0$, $B_{22}=0$. 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 $rgeq 1$. 注意到 $P'BP=egin{pmatrix} B_{11} & B_{12} \ 0 & 0 \ end{pmatrix}$, 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 $ ho(B)= ho(B_{11})$. 注意到 $P'AP=mathrm{diag}{Lambda,O}$, 故 $ ho(A)= ho(Lambda)$. 注意到 $egin{pmatrix} Lambda & B_{11} \ B_{11}' & Lambda \ end{pmatrix}$ 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 $ ho(B_{11})leq ho(Lambda)$, 从而 $ ho(B)leq ho(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 $ ho(B_{11})leq ho(Lambda)$. 首先, 由 $egin{pmatrix} Lambda & B_{11} \ B_{11}' & Lambda \ end{pmatrix}$ 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 $muinmathbb{C}$ 及其特征向量 $eta=(b_1,cdots,b_n)'inmathbb{C}^n$, 即有 $B_{11}eta=mueta$ 以及 $overline{eta}'B_{11}'=overline{mu}overline{eta}'$. 将 $Lambda-B_{11}'Lambda^{-1}B_{11}$ 自然地看成是半正定 Hermite 阵, 则有 $$0leq overline{eta}'(Lambda-B_{11}'Lambda^{-1}B_{11})eta=sum_{i=1}^r(lambda_i-frac{|mu|^2}{lambda_i})|b_i|^2.$$ 最后, 注意到 $b_i$ 不全为零, 故必存在某个 $1leq ileq r$, 使得 $lambda_i-dfrac{|mu|^2}{lambda_i}geq 0$, 即 $|mu|leqlambda_ileq ho(Lambda)$, 从而 $ ho(B_{11})leq ho(Lambda)$.
证法 3 (Hermite 型值的估计) 将 $egin{pmatrix} A & B \ B' & A \ end{pmatrix}$ 自然地看成是半正定 Hermite 阵, 则对任意的 $x,yinmathbb{C}^n$ 有 $(overline{x}',overline{y}')egin{pmatrix} A & B \ B' & A \ end{pmatrix}egin{pmatrix} x \ y \ end{pmatrix}geq 0$, 即有 $$overline{x}'Ax+overline{y}'Ay+overline{x}'By+overline{y}'Bxgeq 0,\,\,\,\,forall\,x,yinmathbb{C}^n.quadcdots(1)$$ 设 $A$ 的全体特征值为 $0leq lambda_1leq lambda_2leq cdotsleq lambda_n$, 则 $ ho(A)=lambda_n$. 任取 $B$ 的非零特征值 $muinmathbb{C}$ 及其特征向量 $etainmathbb{C}^n$, 即有 $Beta=mueta$ 以及 $overline{eta}'B'=overline{mu}overline{eta}'$. 在上述 (1) 式中令 $x=-teta$, $y=eta$, 其中 $t=dfrac{mu}{|mu|}$, 则有 $2overline{eta}'Aeta-2|mu|overline{eta}'etageq 0$. 由上述引理可知, $|mu|overline{eta}'etaleq overline{eta}'Aetaleq lambda_noverline{eta}'eta$, 于是 $|mu|leq lambda_n= ho(A)$, 从而 $ ho(B)leq ho(A)$.
也可以这样做. 当 $A$ 是正定阵时, 在上述 (1) 式中令 $x=-mu A^{-1}eta$, $y=eta$, 则有 $overline{eta}'Aetageq |mu|^2overline{eta}'A^{-1}eta$, 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 $egin{pmatrix} A & B \ B' & A \ end{pmatrix}$ 为正定实对称阵, 则 $ ho(B)< ho(A)$.