每週問題 January 16, 2017

這是兩個實對稱矩陣以相合變換同時可對角化問題。

Let $A$ and $B$ be $n\times n$ real symmetric matrices, and $C(\lambda)=\lambda A+(1-\lambda)B$ , $\lambda\in\mathbb{R}$ . If there exists a $\lambda\in[0,1]$ such that $C(\lambda)$ is a positive semidefinite matrix and $\hbox{null}\,C(\lambda)=\hbox{null}\,A\cap \hbox{null}\,B$ , then there exists a nonsingular matrix $P$ such that both $P^TAP$ and $P^TBP$ are diagonal. Note that $\hbox{null}\,X$ denotes the nullspace of $X$ .

參考解答：

假設 $\lambda\in[0,1]$ 使得 $C(\lambda)=\lambda A+(1-\lambda)B$ 是半正定且 $\hbox{null}\,C(\lambda)=\hbox{null}\,A\cap \hbox{null}\,B$ 。將 $C(\lambda)$ 正交對角化為 $Q^TC(\lambda)Q=\begin{bmatrix} D&0\\ 0&0\end{bmatrix}$ ，其中 $Q^T=Q^{-1}$ ， $D=\hbox{diag}(d_1,\ldots,d_k)$ ， $k\le n$ ，每一 $d_i>0$ 。令 $M=Q\begin{bmatrix} D^{-1/2}&0\\ 0&I_{n-k}\end{bmatrix}$ ，其中 $D^{-1/2}=\hbox{diag}(d_1^{-1/2},\ldots,d_k^{-1/2})$ 。設 $A_1=M^TAM$ ， $B_1=M^TBM$ ，且 $C_1=M^TC(\lambda)M$ ，則

$C_1=M^T(\lambda A+(1-\lambda)B)M=\lambda A_1+(1-\lambda)B_1$

且

$C_1=\begin{bmatrix} D^{-1/2}&0\\ 0&I_{n-k} \end{bmatrix}Q^T\left(Q\begin{bmatrix} D&0\\ 0&0 \end{bmatrix}Q^T\right)Q\begin{bmatrix} D^{-1/2}&0\\ 0&I_{n-k}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} I_k&0\\ 0&0 \end{bmatrix}$ 。

因為 $M$ 是可逆的， $\hbox{null}\,A_1=\hbox{null}\,M^TAM=\hbox{null}\,AM=M^{-1}(\hbox{null}\,A)$ ，其中 $M^{-1}(\hbox{null}\,A)=\{M^{-1}\mathbf{x}|\mathbf{x}\in \hbox{null}\,A\}$ 。同樣道理， $\hbox{null}\,B_1=M^{-1}(\hbox{null}\,B)$ 且 $\hbox{null}\,C_1=M^{-1}(\hbox{null}\,C(\lambda))$ 。因此， $\hbox{null}\,C(\lambda)=\hbox{null}\,A\cap \hbox{null}\,B$ 推得 $\hbox{null}\,C_1=\hbox{null}\,A_1\cap \hbox{null}\,B_1$ 。但 $\hbox{null}\,C_1=\hbox{span}\{\mathbf{e}_{k+1},\ldots,\mathbf{e}_n\}$ ，其中 $\mathbf{e}_i$ 是第 $i$ 個標準單位向量，就有 $A_1\begin{bmatrix} 0\\ I_{n-k} \end{bmatrix}=0$ 且 $B_1\begin{bmatrix} 0\\ I_{n-k} \end{bmatrix}=0$ 。因為 $A_1$ 與 $B_1$ 是對稱矩陣，以上結果表明兩矩陣必定有下列分塊結構：

$A_1=\begin{bmatrix} A_{11}&0\\ 0&0\end{bmatrix},~~B_1=\begin{bmatrix} B_{11}&0\\ 0&0 \end{bmatrix}$ ，

其中 $A_{11}$ 與 $B_{11}$ 是 $k\times k$ 階，且 $I_k=\lambda A_{11}+(1-\lambda)B_{11}$ 。

底下分開兩個情況討論。假設 $\lambda\neq 0$ 。寫出正交對角形式 $U^TB_{11}U=\hbox{diag}(b_1,\ldots,b_k)$ ，其中 $U^T=U^{-1}$ ，並設 $P=M\begin{bmatrix} U&0\\0&I_{n-k}\end{bmatrix}$ ，則

$\begin{aligned} P^TBP&=\begin{bmatrix} U^T&0\\0&I_{n-k} \end{bmatrix}M^TBM\begin{bmatrix} U&0\\ 0&I_{n-k} \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} U^T&0\\ 0&I_{n-k} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} B_{11}&0\\0&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} U&0\\0&I_{n-k} \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} U^TB_{11}U&0\\ 0&0 \end{bmatrix}=D_B \end{aligned}$

是一個對角矩陣，

$\begin{aligned} P^TAP&=\frac{1}{\lambda}\begin{bmatrix} U^T&0\\ 0&I_{n-k} \end{bmatrix}M^T\left(C(\lambda)-(1-\lambda)B\right)M\begin{bmatrix} U&0\\ 0&I_{n-k} \end{bmatrix}\\ &=\frac{1}{\lambda}\begin{bmatrix} U^T&0\\ 0&I_{n-k} \end{bmatrix}\left(\begin{bmatrix} I_k&0\\ 0&0 \end{bmatrix}-(1-\lambda)\begin{bmatrix} B_{11}&0\\ 0&0\end{bmatrix}\right)\begin{bmatrix} U&0\\ 0&I_{n-k} \end{bmatrix}\\ &=\frac{1}{\lambda}\left(\begin{bmatrix} I_k&0\\ 0&0 \end{bmatrix}-(1-\lambda)D_B\right)=D_A \end{aligned}$

也是一個對角矩陣。另一方面，假設 $\lambda=0$ 。令 $U^TA_{11}U=\hbox{diag}(a_1,\ldots,a_k)$ ，其中 $U^T=U^{-1}$ 。設 $P=M\begin{bmatrix} U&0\\ 0&I_{n-k}\end{bmatrix}$ ，重複上述步驟可證明 $P^TAP$ 與 $P^TBP$ 都是對角矩陣。

10 Responses to 每週問題 January 16, 2017

Meiyue Shao says:

01/17/2017 at 9:27 am

我觉得 $\lambda\in[0,1]$ 这个条件其实没什么用，尽管有些教材上确实有这样一个条件。

- ccjou says:
  
  01/17/2017 at 4:24 pm
  
  我也沒想明白為什麼非要凸組合不可？
  
60042 says:

01/19/2017 at 12:24 pm

老師您好想跟您請教個問題：
台聯大104工數C卷的第七大題B和E 選項
(B)A real matrix with real eigenvalues and complete set of orthogonal eigenvectors is symmetric.
(E)A matrix with complete set of independent eigenvectors is diagonalizable.

這兩句話要如何判斷是否正確呢？

- ccjou says:
  
  01/19/2017 at 12:58 pm
  
  我不會在網上回覆作業或試題，除非你先說出你的想法，為甚麼這兩個問題困擾你？
  
  - 60042 says:
    
    01/19/2017 at 2:08 pm
    
    （B)是因為題目說每個特徵向量都是正交，因此可組成一個正交矩陣Q，而得知Q^-1 = Q^* 。再因為題目說是實數矩陣所以可以知道Q^-1 = Q^T 。因此A=QDQ^T = ((Q^T)^T)D(Q)^T = A^T，
    所以A為實對稱。
    (E)因為每個特徵向量都是線性獨立，可以組成一個可逆矩陣P，因此可以做對角化。
    以上是我的想法，謝謝老師。
    
    - ccjou says:
      
      01/19/2017 at 2:25 pm
      
      推理過程很清楚，有其他的念頭困擾你嗎？
      
      - 60042 says:
        
        01/19/2017 at 2:29 pm
        
        沒有問題了，謝謝老師！
        原本是題目看不清楚以為是再問正交補集，仔細看一遍就了解了。
        
      - 60229 says:
        
        01/22/2017 at 10:39 pm
        
        老師想請問如果以正交的向量組合成S但不nomalized,那麼SDS^-1會是實對稱矩陣嗎?
        
        
        ccjou says:
        
        01/22/2017 at 10:52 pm
        
        假設 $S$ 的行向量兩兩正交，但長度未必等於1。令 $K$ 是一個可逆對角矩陣使得 $Q=SK$ 是正交矩陣， $Q^T=Q^{-1}$ 。若 $A=SDS^{-1}$ ，則 $A=QK^{-1}D(QK^{-1})^{-1}=Q(K^{-1}DK)Q^T$ ，其中 $K^{-1}DK=D$ 是對角矩陣。
        
        這樣你知道答案了嗎？
        
        60229 says:
        
        01/22/2017 at 11:05 pm
        
        了解了,謝謝老師!

	陳倍恩 on 線性代數的第一堂課──矩陣乘法的定義
	輕鬆談如何教學二項式定理？… on 牛頓的二項式定理 (上)
	madhouse on 高斯消去法
	WishMobile on 翻轉 LU 分解
	周子傑 on Karush-Kuhn-Tucker (KKT) 條件
	Cloud Huang on 線性泛函與伴隨