八、(本題10分) 設 $A,B$ 為 $n$ 階正定實對稱陣, 其算術平方根記為 $A^{\frac{1}{2}}$, $B^{\frac{1}{2}}$, 證明: 若 $A-B$ 為半正定陣, 則 $A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}}$ 也是半正定陣.
證法一 首先我們引用教材或白皮書上兩道習題的結論.
引理1 (同時合同對角化, 教材復習題九的第31題、白皮書例9.66) 設 $A$ 是 $n$ 階正定實對稱陣, $B$ 是同階實對稱陣, 則存在非異實矩陣 $C$, 使得 $$C'AC=I_n,\,\,\,\,C'BC=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\},$$ 其中 $\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$ 是矩陣 $A^{-1}B$ 的全體特征值.
引理2 (教材復習題九的第24題、白皮書例9.49) 設 $D$ 是 $n$ 階實矩陣, $DD'$ 的特征值為 $\mu_1\leq\mu_2\leq\cdots\leq\mu_n$, 則對 $D$ 的任一特征值 $\lambda$, 有 $\sqrt{\mu_1}\leq |\lambda|\leq \sqrt{\mu_n}$.
其次我們對 $A^{\frac{1}{2}}$ 和 $B^{\frac{1}{2}}$ 進行同時合同對角化並將問題進行化簡. 因為 $A^{\frac{1}{2}}$ 仍為正定陣, 故由引理1可知, 存在非異實矩陣 $C$, 使得 $$C'A^{\frac{1}{2}}C=I_n,\,\,\,\,C'B^{\frac{1}{2}}C=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\},$$ 其中 $\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$ 是矩陣 $A^{-\frac{1}{2}}B^{\frac{1}{2}}$ 的全體特征值. 因為 $B^{\frac{1}{2}}$ 仍為正定陣, 故所有的 $\lambda_i>0$. 根據上式, 要證明 $A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}}$ 是半正定陣, 只要證明所有的 $\lambda_i\leq 1$ 即可.
仿照上面相同的做法, 再對 $A,B$ 進行同時合同對角化, 利用 $A-B$ 是半正定陣可知, $A^{-1}B$ 的全體特征值 $\mu_1,\mu_2,\cdots,\mu_n$ 都滿足 $0<\mu_i\leq 1$. 注意到 $A^{\frac{1}{2}}$ 是非異陣, 故 $A^{-1}B$ 相似於 $$A^{\frac{1}{2}}(A^{-1}B)A^{-\frac{1}{2}}=A^{-\frac{1}{2}}BA^{-\frac{1}{2}}=(A^{-\frac{1}{2}}B^{\frac{1}{2}})(A^{-\frac{1}{2}}B^{\frac{1}{2}})'.$$ 令 $D=A^{-\frac{1}{2}}B^{\frac{1}{2}}$, 最后利用引理2即得所有的 $\lambda_i\leq 1$.
證法二 對 $A^{\frac{1}{2}}$ 和 $B^{\frac{1}{2}}$ 進行同時合同對角化並將問題進行化簡. 因為 $A^{\frac{1}{2}}$ 仍為正定陣, 故由引理1可知, 存在非異實矩陣 $C$, 使得 $$C'A^{\frac{1}{2}}C=I_n,\,\,\,\,C'B^{\frac{1}{2}}C=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\},$$ 其中 $\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$ 是矩陣 $A^{-\frac{1}{2}}B^{\frac{1}{2}}$ 的全體特征值. 因為 $B^{\frac{1}{2}}$ 仍為正定陣, 故所有的 $\lambda_i>0$. 根據上式, 要證明 $A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}}$ 是半正定陣, 只要證明所有的 $\lambda_i\leq 1$ 即可. 令 $\Lambda=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$, $D=C^{-1}(C^{-1})'=(d_{ij})$, 則 $D$ 為正定實對稱陣. 注意到 $$C'(A-B)C=(C'A^{\frac{1}{2}}C)(C^{-1}(C^{-1})')(C'A^{\frac{1}{2}}C)-(C'B^{\frac{1}{2}}C)(C^{-1}(C^{-1})')(C'B^{\frac{1}{2}}C)\\=D-\Lambda D\Lambda$$ 為半正定陣, 故其第 $(i,i)$ 元 $d_{ii}-\lambda_i^2d_{ii}\geq 0$. 由於 $d_{ii}>0$, 故 $\lambda_i^2\leq 1$, 從而 $\lambda_i\leq 1$.
證法三 注意到 $A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}}$ 是實對稱陣, 任取其實特征值 $\lambda_0$ 以及對應的實特征向量 $\alpha\neq 0$, 即 $(A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}})\alpha=\lambda_0\alpha$, 於是 $B^{\frac{1}{2}}\alpha=(A^{\frac{1}{2}}-\lambda_0I)\alpha$. 上式轉置后可得 $\alpha'B^{\frac{1}{2}}=\alpha'(A^{\frac{1}{2}}-\lambda_0I)$, 再將上述兩式相乘可得 $$\alpha'B\alpha=\alpha'(A^{\frac{1}{2}}-\lambda_0I)^2\alpha=\alpha'A\alpha-2\lambda_0\alpha'A^{\frac{1}{2}}\alpha+\lambda_0^2\alpha'\alpha.$$ 上式化簡可得 $$2\lambda_0\alpha'A^{\frac{1}{2}}\alpha=\alpha'(A-B)\alpha+\lambda_0^2\alpha'\alpha,$$ 或 $$\lambda_0\alpha'(A^{\frac{1}{2}}+B^{\frac{1}{2}})\alpha=\alpha'(A-B)\alpha,$$ 因為 $A-B$ 半正定以及 $A^{\frac{1}{2}}$ 正定或 $A^{\frac{1}{2}}+B^{\frac{1}{2}}$ 正定, 故有 $\lambda_0\geq 0$, 最后由 $\lambda_0$ 的任意性可知 $A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}}$ 為半正定陣.
證法四 因為 $A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}}$ 是實對稱陣, 故存在正交陣 $P$, 使得 $$P'(A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}})P=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\cdots,\lambda_n\},$$ 我們只要證明所有的 $\lambda_i\geq 0$ 即可. 設 $P'A^{\frac{1}{2}}P=(a_{ij})$, $P'B^{\frac{1}{2}}P=(b_{ij})$, 則由假設可知 $$a_{ij}=b_{ij}\,(1\leq i\neq j\leq n),\,\,\,\,a_{ii}-b_{ii}=\lambda_i\,(1\leq i\leq n).$$ 注意到 $P'(A-B)P=(P'A^{\frac{1}{2}}P)^2-(P'B^{\frac{1}{2}}P)^2$ 仍為半正定陣, 故其第 $(i,i)$ 元大於等於零, 即 $$\sum\limits_{j=1}^na_{ij}^2-\sum\limits_{j=1}^nb_{ij}^2=a_{ii}^2-b_{ii}^2=\lambda_i(a_{ii}+b_{ii})\geq 0.$$ 因為 $A^{\frac{1}{2}},B^{\frac{1}{2}}$ 正定, 故 $A^{\frac{1}{2}}+B^{\frac{1}{2}}$ 正定, 從而 $P'(A^{\frac{1}{2}}+B^{\frac{1}{2}})P$ 也正定, 於是其第 $(i,i)$ 元 $a_{ii}+b_{ii}>0$, 因此 $\lambda_i\geq 0$, 結論得證.
證法五 (微分法) 利用攝動法可以把問題轉化為證明一個更一般的結論: 若 $A-B=C$ 為正定陣, 則 $A^{\frac{1}{m}}-B^{\frac{1}{m}}$ 也是正定陣, 其中 $m\geq 2$ 為正整數. 設 $A(t)=B+tC$, $M(t)=A(t)^{\frac{1}{m}}$, 其中 $t\geq 0$, 則容易驗證 $M(t)$ 關於 $t$ 可導, 並且 $(M(t)^m)'=A(t)'=C>0$ (為方便起見, 后面用 $C>0\,(C\geq 0)$ 表示實對稱陣 $C$ 是正定陣 ($C$ 是半正定陣)), 由求導法則可得 $$\sum_{i=0}^{m-1}M(t)^{m-1-i}M(t)'M(t)^i>0.$$ 因此只要能證明 $M(t)'>0$, 就可得 $M(1)>M(0)$, 即 $A^{\frac{1}{m}}>B^{\frac{1}{m}}$. 這就轉化為證明一個純代數的問題: 設 $M,L$ 為 $n$ 階實對稱陣, $M>0$ 且 $$\sum_{i=0}^{m-1}M^{m-1-i}LM^i>0\,\,\,\,(m\geq 2),\cdots\cdots(*)$$ 則 $L>0$. 對 $m$ 進行歸納證明. 當 $m=2$ 時, 條件為 $ML+LM>0$, 則對 $L$ 的任一實特征值 $\lambda_0$ 和實特征向量 $\alpha$, 即 $L\alpha=\lambda_0\alpha$, 對上述條件左乘 $\alpha'$, 右乘 $\alpha$ 可得 $$0<\alpha'(ML+LM)\alpha=\alpha'M(L\alpha)+(L\alpha)'M\alpha=2\lambda_0\alpha'M\alpha,$$ 由 $M$ 正定可知 $\alpha'M\alpha>0$, 從而 $\lambda_0>0$, 於是 $L>0$, 結論成立. 下設 $<m$ 時結論成立, 現證明 $=m$ 的情形. 按 $m$ 的奇偶性分兩種情況考慮, 若 $m=2k$, 則條件可以整理為 $$M^k(\sum_{i=0}^{k-1}M^{k-1-i}LM^i)+(\sum_{i=0}^{k-1}M^{k-1-i}LM^i)M^k>0,$$ 由 $m=2$ 的證明可知 $\sum\limits_{i=0}^{k-1}M^{k-1-i}LM^i>0$, 再由歸納假設可知 $L>0$; 若 $m=2k+1$, 用反證法來證明結論, 設 $L$ 的最小特征值 $\lambda_0\leq 0$, 令 $N=L-\lambda_0I_n$, 則 $N$ 是半正定陣且 $\det(N)=0$. 由條件 $(*)$ 以及 $\lambda_0\leq 0$ 可知 $$\sum_{i=0}^{m-1}M^{m-1-i}NM^i=\sum_{i=0}^{m-1}M^{m-1-i}LM^i-m\lambda_0M^{m-1}>0,$$ 又由 $N\geq 0$ 可知 $M^kNM^k\geq 0$, 把這一項加入上式可得 $$M^k(\sum_{i=0}^{k}M^{k-i}NM^i)+(\sum_{i=0}^{k}M^{k-i}NM^i)M^k>0,$$ 由 $m=2$ 的證明可知 $\sum\limits_{i=0}^{k}M^{k-i}NM^i>0$, 再由歸納假設可知 $N>0$, 這與 $\det(N)=0$ 矛盾, 從而結論得證.
證法六 (積分法) 容易驗證 $$A^{\frac{1}{2}}=\frac{2}{\pi}\int_0^{+\infty}(I_n+t^2A^{-1})^{-1}\mathrm{\,d}t.$$ 由 $A-B$ 半正定可得 $(I_n+t^2B^{-1})-(I_n+t^2A^{-1})$ 半正定 (參考白皮書例9.69), 從而 $(I_n+t^2A^{-1})^{-1}-(I_n+t^2B^{-1})^{-1}$ 半正定, 再由積分形式可得 $$A^{\frac{1}{2}}-B^{\frac{1}{2}}=\frac{2}{\pi}\int_0^{+\infty}\bigg((I_n+t^2A^{-1})^{-1}-(I_n+t^2B^{-1})^{-1}\bigg)\mathrm{\,d}t\geq 0.$$ 我們還可以做進一步的推廣: 對任意的 $0<a<1$, 由積分形式 $$A^a=\frac{\int_0^{+\infty}(I_n+t^{\frac{1}{a}}A^{-1})^{-1}\mathrm{\,d}t}{\int_0^{+\infty}(1+t^{\frac{1}{a}})^{-1}\mathrm{\,d}t}$$ 可將結論推廣為 $A^a-B^a$ 為半正定陣. $\Box$
注 證法一由朱勝林教授提供, 證法四由舒翔同學提供, 證法五由樓紅衛教授提供. 在本次期末考試中, 只有陳建兵同學一人做出此題, 采用的是證法一. 證法四從本質上看與證法三是一致的, 按照證法三或證法四完全相同的論證過程, 我們可以證明如下推廣 (由舒翔同學建議):
推廣 設 $n$ 階實對稱陣 $A,B$ 滿足 $A+B$ 為正定陣且 $A^2-B^2$ 為半正定陣, 則 $A-B$ 也為半正定陣.