八、(10分) 設 $n$ 階復方陣 $M$ 的全體特征值為 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$, 則 $M$ 的譜半徑 $\rho(M)$ 定義為 $\rho(M)=\max\limits_{1\leq i\leq n}|\lambda_i|$. 設 $A,B$ 為 $n$ 階實方陣, 使得 $\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}$ 為半正定實對稱陣, 證明: $$\rho(B)\leq\rho(A).$$
證明 本題證明的關鍵點是如下的引理, 即利用實對稱陣 (Hermite 陣) 的最大最小特征值對相伴的實二次型 (Hermite 型) 的取值進行上下界估計.
引理 (高代白皮書的例 9.46 的復版本) 設 $A$ 是 $n$ 階 Hermite 陣, 其實特征值為 $\lambda_1\leq \lambda_2\leq \cdots\leq \lambda_n$, 則對任意的 $n$ 維復列向量 $\alpha$, 均有 $$\lambda_1\overline{\alpha}'\alpha\leq \overline{\alpha}'A\alpha\leq \lambda_n\overline{\alpha}'\alpha.$$
下面我們給出三種不同的證法, 其中攝動法的作用是將半正定的情形化歸到正定的情形, 從而突出證明的核心部分. 當然, 我們也可以用半正定陣的性質替代攝動法的技巧.
證法 1 (分塊對稱初等變換+攝動法) 由條件可知 $A$ 為半正定實對稱陣, 我們先來處理 $A$ 為正定實對稱陣的情形. 設 $A$ 的全體特征值為 $0<\lambda_1\leq \lambda_2\leq \cdots\leq \lambda_n$, 則 $\rho(A)=\lambda_n$ 且 $A^{-1}$ 的全體特征值為 $0<\lambda_n^{-1}\leq \lambda_{n-1}^{-1}\leq \cdots\leq \lambda_1^{-1}$. 考慮如下分塊對稱初等變換 (合同變換): $$\begin{pmatrix} I_n & 0 \\ -B'A^{-1} & I_n \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_n & -A^{-1}B \\ 0 & I_n \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & A-B'A^{-1}B \\ \end{pmatrix},$$ 由 $\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}$ 是半正定陣可知, $A-B'A^{-1}B$ 也是半正定陣. 任取 $B$ 的特征值 $\mu\in\mathbb{C}$ 及其特征向量 $\beta\in\mathbb{C}^n$, 即有 $B\beta=\mu\beta$ 以及 $\overline{\beta}'B'=\overline{\mu}\overline{\beta}'$. 將 $A-B'A^{-1}B$ 自然地看成是半正定 Hermite 陣, 則有 $\overline{\beta}'(A-B'A^{-1}B)\beta\geq 0$, 再由上述引理可得 $$\lambda_n\overline{\beta}'\beta\geq \overline{\beta}'A\beta\geq \overline{\beta}'B'A^{-1}B\beta=|\mu|^2\overline{\beta}'A^{-1}\beta\geq |\mu|^2\lambda_n^{-1}\overline{\beta}'\beta.$$ 注意到 $\overline{\beta}'\beta>0$, 從而 $|\mu|^2\leq\lambda_n^2$, 即 $|\mu|\leq\lambda_n=\rho(A)$, 於是 $\rho(B)\leq\rho(A)$. 我們用攝動法來處理半正定的情形. 對任意的正實數 $t$, $A+tI_n$ 都是正定陣, 此時 $\begin{pmatrix} A+tI_n & B \\ B' & A+tI_n \\ \end{pmatrix}$ 也是正定陣. 由正定情形的結論可知 $\rho(B)\leq\rho(A+tI_n)=\rho(A)+t$, 令 $t\to 0+$ 即得 $\rho(B)\leq\rho(A)$.
證法 2 (正交相似標准型+半正定陣的性質) 由實對稱陣的正交相似標准型理論可知, 存在正交陣 $P$, 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. 記 $\Lambda=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\cdots,\lambda_r\}$, 則 $\Lambda$ 是正定實對角陣. 考慮如下正交相似變換: $$\begin{pmatrix} P' & 0 \\ 0 & P' \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} P & 0 \\ 0 & P \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} P'AP & P'BP \\ P'B'P & P'AP \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \Lambda & 0 & B_{11} & B_{12} \\ 0 & 0 & B_{21} & B_{22} \\ B_{11}' & B_{21}' & \Lambda & 0 \\ B_{12}' & B_{22}' & 0 & 0 \\ \end{pmatrix},$$ 由 $\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}$ 是半正定陣可知, 上式右邊的矩陣也是半正定陣. 由半正定陣的性質 1 (高代白皮書的例 8.43) 可得 $B_{21}=0$, $B_{22}=0$. 特別地, 若 $r=0$, 即 $A=0$, 由此可得 $B=0$, 顯然結論成立, 故以下不妨設 $r\geq 1$. 注意到 $P'BP=\begin{pmatrix} B_{11} & B_{12} \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$, 故 $B$ 的全體特征值由 $B_{11}$ 的全體特征值和 $n-r$ 個 $0$ 構成, 從而 $\rho(B)=\rho(B_{11})$. 注意到 $P'AP=\mathrm{diag}\{\Lambda,O\}$, 故 $\rho(A)=\rho(\Lambda)$. 注意到 $\begin{pmatrix} \Lambda & B_{11} \\ B_{11}' & \Lambda \\ \end{pmatrix}$ 為半正定陣且 $\Lambda$ 為正定陣, 則由證法 1 中正定情形的討論可得 $\rho(B_{11})\leq\rho(\Lambda)$, 從而 $\rho(B)\leq \rho(A)$.
當然, 我們也可以不利用證法 1 正定情形的證明 (即不引用上述引理), 直接來證明 $\rho(B_{11})\leq\rho(\Lambda)$. 首先, 由 $\begin{pmatrix} \Lambda & B_{11} \\ B_{11}' & \Lambda \\ \end{pmatrix}$ 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 $\mu\in\mathbb{C}$ 及其特征向量 $\beta=(b_1,\cdots,b_n)'\in\mathbb{C}^n$, 即有 $B_{11}\beta=\mu\beta$ 以及 $\overline{\beta}'B_{11}'=\overline{\mu}\overline{\beta}'$. 將 $\Lambda-B_{11}'\Lambda^{-1}B_{11}$ 自然地看成是半正定 Hermite 陣, 則有 $$0\leq \overline{\beta}'(\Lambda-B_{11}'\Lambda^{-1}B_{11})\beta=\sum_{i=1}^r(\lambda_i-\frac{|\mu|^2}{\lambda_i})|b_i|^2.$$ 最后, 注意到 $b_i$ 不全為零, 故必存在某個 $1\leq i\leq r$, 使得 $\lambda_i-\dfrac{|\mu|^2}{\lambda_i}\geq 0$, 即 $|\mu|\leq\lambda_i\leq\rho(\Lambda)$, 從而 $\rho(B_{11})\leq\rho(\Lambda)$.
證法 3 (Hermite 型值的估計) 將 $\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}$ 自然地看成是半正定 Hermite 陣, 則對任意的 $x,y\in\mathbb{C}^n$ 有 $(\overline{x}',\overline{y}')\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ \end{pmatrix}\geq 0$, 即有 $$\overline{x}'Ax+\overline{y}'Ay+\overline{x}'By+\overline{y}'Bx\geq 0,\,\,\,\,\forall\,x,y\in\mathbb{C}^n.\quad\cdots(1)$$ 設 $A$ 的全體特征值為 $0\leq \lambda_1\leq \lambda_2\leq \cdots\leq \lambda_n$, 則 $\rho(A)=\lambda_n$. 任取 $B$ 的非零特征值 $\mu\in\mathbb{C}$ 及其特征向量 $\beta\in\mathbb{C}^n$, 即有 $B\beta=\mu\beta$ 以及 $\overline{\beta}'B'=\overline{\mu}\overline{\beta}'$. 在上述 (1) 式中令 $x=-t\beta$, $y=\beta$, 其中 $t=\dfrac{\mu}{|\mu|}$, 則有 $2\overline{\beta}'A\beta-2|\mu|\overline{\beta}'\beta\geq 0$. 由上述引理可知, $|\mu|\overline{\beta}'\beta\leq \overline{\beta}'A\beta\leq \lambda_n\overline{\beta}'\beta$, 於是 $|\mu|\leq \lambda_n=\rho(A)$, 從而 $\rho(B)\leq\rho(A)$.
也可以這樣做. 當 $A$ 是正定陣時, 在上述 (1) 式中令 $x=-\mu A^{-1}\beta$, $y=\beta$, 則有 $\overline{\beta}'A\beta\geq |\mu|^2\overline{\beta}'A^{-1}\beta$, 再由上述引理即得結論 (與證法 1 的討論類似). 當 $A$ 是半正定時, 可用攝動法過渡. 其實這種取法就是證法 1 (矩陣方法) 對應的 Hermite 型版本, 請讀者自行思考其中的對應關系. $\Box$
注 1 本題得分在 8 分以上的同學共有 7 人, 分別為: 鄒思遠 (證法 1), 楊睿涵 (證法 1), 曹文景 (證法 2), 戴思霖 (證法 2), 陳河 (證法 3), 孫進 (證法 3), 厲茗 (證法 3).
注 2 本題的正定版本為: 設 $A,B$ 為 $n$ 階實方陣, 使得 $\begin{pmatrix} A & B \\ B' & A \\ \end{pmatrix}$ 為正定實對稱陣, 則 $\rho(B)<\rho(A)$.