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$A,B$都是n阶方阵,能不能用同一矩阵对角化?

给定两个$n$阶实对称半正定矩阵$A,B$,是否存在一个矩阵$P$(可逆或不可逆),使得$P^TAP, P^TBP$都是对角矩阵?

这个问题来源于下面这帖:
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=6947
那帖里要求A,B都是实对称矩阵,且A是正定的。

对两个都是实对称半正定的矩阵,是否还存在这样的$P$?希望能给出一些详细的证明或反例,有些跳步的地方,以我的水平确实太难读懂了。
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回复 1# abababa

根据谱分解,实半正定对称矩阵$A$有对角化$Q^T\Lambda Q$,其中$Q$为正交矩阵,$\Lambda$为对角矩阵。由于$\Lambda$中元素大于等于$0$,可以自然定义$\sqrt\Lambda$。因此$A=R^TR$,其中$R=\sqrt\Lambda Q$。这也是Cholesky分解的结论。更进一步地,不难求得满秩矩阵$S$使得$S^TAS=\mbox{diag}(1,\ldots,1,0,\ldots,0):=I_r$。

设$S^{T}BS$的谱分解为$P^TM P$,其中$P$为正交矩阵。因此

$A=(S^T)^{-1}I_rS^{-1}=(PS^{-1})^TI_r(PS^{-1})$,$B=(PS^{-1})^TM(PS^{-1})$。

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回复 2# Czhang271828
谢谢,但那个不难求得可逆矩阵$S$,这个具体要怎么做啊?我之前仿照主楼链接里的帖子去证明这个问题,好像也是卡在这里了,然后一直没弄明白,就放了这么长时间。

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本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-18 21:35 编辑

回复 3# abababa



$A = \begin{pmatrix}S_1&S_2\\S_3&S_4\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}I&O\\O&O\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}S_1^T&S_3^T\\S_2^T&S_4^T\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}S_1\\S_3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}S_1^T&S_3^T\end{pmatrix}$

那$S_2$和$S_4$是不是随意了?

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回复 4# Czhang271828

谢谢,比如说
\[正交矩阵Q=\left(
\begin{array}{ccc}
0 & 1 & 0 \\
\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
-\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\end{array}
\right),\Lambda=\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{array}
\right)\]
所以
\[R=\sqrt{\Lambda}Q=\left(
\begin{array}{ccc}
0 & 1 & 0 \\
\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
0 & 0 & 0 \\
\end{array}
\right),A=R^TR=\left(
\begin{array}{ccc}
\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\
0 & 1 & 0 \\
\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\
\end{array}
\right)
\]
根据 $\Lambda$的结构,$S_1$应该是一个$2\times 2$的矩阵吧,如果能像4楼那样的分解,乘出来应该是
\[A=\begin{bmatrix}
S_1^2 & S_1S_3\\
S_3S_1 & S_3^2
\end{bmatrix}\]
这样的话,那$S_3$是不是应该等于$\sqrt{\frac{1}{2}}$啊,然后$S_2,S_4$都要怎么算呢?实在没搞明白这个分块,就是那些零的位置,是不是不能随意?

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回复 5# abababa

当然可以随意取啊。乘出来的值不是和$S_2$,$S_4$无关吗。$A$的秩是$r$,所以一个$(S_1\quad S_3)$就足以决定$A$了。

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回复 6# Czhang271828

就是现在按5楼的例子,$S_3$应该是$1\times 1$的矩阵,应该就是$\sqrt{\frac{1}{2}}$吧,然后$S_1$是一个$2\times 2$的矩阵吧,我乘出来是这样的:
\[\begin{pmatrix}S_1&S_2\\S_3&S_4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I&O\\O&O\end{pmatrix}\begin{pmatrix}S_1&S_3\\S_2&S_4\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
S_1^2 & S_1S_3\\
S_3S_1 & S_3^2
\end{pmatrix}\]

然后$S_1S_3$要怎么乘呢?如果$S_1S_3$是一个$2\times 2$的矩阵,它怎么才能排到整个的矩阵里呢?

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本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-18 21:36 编辑

回复 7# abababa


啊,加个转置

\[
\begin{pmatrix}S_1&S_2\\S_3&S_4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I&O\\O&O\end{pmatrix}\begin{pmatrix}S_1^T&S_3^T\\S_2^T&S_4^T\end{pmatrix}
\]

四楼处的错误,已改

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本帖最后由 abababa 于 2021-6-19 12:15 编辑

回复 8# Czhang271828

谢谢,就比如之前的例子:
\[\left(
\begin{array}{ccc}
\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\
0 & 1 & 0 \\
\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\
\end{array}
\right)=A=\begin{pmatrix}S_1&S_2\\S_3&S_4\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}I&O\\O&O\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}S_1^T&S_3^T\\S_2^T&S_4^T\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}S_1S_1^T&S_1S_3^T\\S_3S_1^T&S_3S_3^T\end{pmatrix}\]
这个$S_1$必须是$2\times 2$的矩阵,$S_3$是$1\times 2$的矩阵,然后我用Mathematica来算:

S1 = {{a, b}, {c, d}}
S3 = {e, f}
S1.Transpose[S1] == {{1/2, 0}, {0, 1}} && S3.S3 == 1/2 &&
S3.Transpose[S1] == {1/2, 0} && S1.S3 == {0, 1/2}

但这个方程无解啊,所以这种分解是真的存在的吗?

我明白了,最后的S1.S3 == {0, 1/2},应该是S1.S3 == {1/2,0}。这样是存在解的。

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回复 2# Czhang271828

我突然想到,这个半正定矩阵,是不是对应着一个二次型?如果这个二次型是实的,那它的规范型里真的能只有$1$和$0$吗?是不是还需要有$-1$?如果这个二次型是复的,规范型里才会只有$1,0$吧。而那个可逆矩阵$S$实际上就对应着那个非退化的线性变换吧,在实二次型里能变成$\text{diag}(1,\cdots,1,0,\cdots,0)$吗?还是只能变成$\text{diag}(1,\cdots,1,-1,\cdots,-1,0,\cdots,0)$?或者我这个问题本身不对,应该要求是复对称矩阵?

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回复 11# abababa

若复数域上的矩阵$A$满足$(\overline A)^T=A$, 则其特征值均为实数, 特征向量两两正交.

特别地, 可以选出一组规范正交的向量为酉矩阵, 使得其对角化$A$.

实对称矩阵为特殊情形.

可以试着证明. 我倾向一类从高到低的证明, 即任意复矩阵$T$, 存在酉矩阵$Q$使得$Q^T TQ$为上三角矩阵. 这个数学归纳法就行了. 然后上面的命题就显然了.

一般地, 称酉对称矩阵$A$在酉对角化后的对角线为"谱", 也就是所有的特征值. 正定矩阵的谱都是严格的正数, 半正定矩阵的谱非负.

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回复 12# Czhang271828

谢谢,这个半正定的,我发完帖没多久就明白了,因为它半正定,所以规范型里没有$-1$,这样就都能顺下来了。

现在我在考虑这样的问题:如果$A,B$都是半正定的厄米特矩阵,还能不能同时合同对角化呢?

这时其它的都能照搬:$A$对应一个半正定厄米特二次型,存在非退化线性变换$S$使得$A$变为规范型,即$S^HAS=E_r$。如果$S^HBS$仍是厄米特矩阵,就能被酉对角化了,存在酉矩阵$U$使得$S^HBS=U^H\Lambda U$,其中$\Lambda$是对角矩阵。后面就照搬2楼的计算,$A=(US^{-1})^HE_r(US^{-1})$,然后$B=(US^{-1})^H\Lambda (US^{-1})$,这样就完成同时对角化了。关键是$S^HBS$还能不能是厄米特矩阵,这样不限制什么是保证不了的吧?

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回复 12# abababa


    由于$B$为Hermit矩阵, $(S^HBS)^H=S^H B^H (S^H)^H=S^HBS$.

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回复 13# Czhang271828

谢谢,我明白是怎么回事了。是因为厄米特矩阵只能被酉对角化,就是存在酉矩阵$S$使得$S^HAS=\text{diag}(c_1^2,\cdots,c_r^2,0,\cdots,0)=\Delta$,但却不能像复对称矩阵那样,能变成$\text{diag}(1,\cdots,1,0,\cdots,0)=E_r$这样的规范型。

然后确实$S^HBS$仍是厄米特矩阵,还能被酉对角化成$S^HBS=U^H\Lambda U$,这时$B$能合同对角化是没问题的,有$B=(US^{-1})^H\Lambda (US^{-1})$,但$A$要怎么做呢?
\[(US^{-1})^H\Delta (US^{-1})=(S^H)^{-1}(U^H\Delta U)S^{-1}\]
这时$(U^H\Delta U)$不一定还等于$\Delta$了,上式也就不一定能等于$A$了。

所以$A,B$都是厄米特矩阵的时候,是不是还需要加什么条件才同时能酉对角化?

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本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-20 15:45 编辑

回复 14# abababa

对一簇相同阶数的酉对称矩阵$\{A_n\}$, 下面三个命题等价:

1. $\{A_n\}$能被同时对角化.
2. $\{A_n\}$有相同的特征向量. (也就是酉矩阵里的向量).
3. $\{A_n\}$中矩阵两两可交换.

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回复 15# Czhang271828
谢谢,我明白了,实际上不要求$A,B$都是厄米特矩阵,只要它们都是正规矩阵,即$A^HA=AA^H,B^HB=BB^H$,并且可交换,即 $AB=BA$,这样就能同时酉对角化了。我试着证明如下:
因为$A$是正规矩阵,所以存在酉矩阵$U$使得$U^HAU$为对角矩阵,设$\lambda_1,\cdots,\lambda_k$为$A$的互不相同的特征值,重数分别为$n_1,\cdots,n_k$,则
\[U^HAU=\text{diag}(\lambda_1E_{n_1},\cdots,\lambda_kE_{n_k})\]
由于$AB=BA$,所以
\[U^HAUU^HBU=U^HABU=U^HBAU=U^HBUU^HAU\]
令$X=U^HAU, Y=U^HBU$,上式即$XY=YX$,因为$X=\text{diag}(\lambda_1E_{n_1},\cdots,\lambda_kE_{n_k})$且$XY=YX$,将$Y$按$X$的对角块方式分块,直接计算,并注意$\lambda_i$互不相同,因此$Y$的非对角块上的分块必定为零,于是$Y$也是准对角矩阵,每个对角块都与$X$的对角块同型,设$Y=\text{diag}(C_1,\cdots,C_k)$,其中$C_i$是$n_i$阶方阵。因为$B$是正规矩阵,所以$B^HB=BB^H$,所以
\[Y^HY=(U^HBU)^H(U^HBU)=U^HB^HUU^HBU=U^HB^HBU=U^HBB^HU=(U^HBU)(U^HB^HU)=YY^H\]
也就是对$Y$的每个对角块$C_i$都有$C_i^HC_i=C_iC_i^H$,因此每个$C_i$都是正规矩阵,于是每个$C_i$都能被酉对角化,即存在酉矩阵$V_i$使得$V_i^HC_iV_i=\text{diag}(c_{i1},\cdots,c_{in_i})$,令$V=\text{diag}(V_1,\cdots,V_k)$,则$V$是酉矩阵,再令$P=UV$,则$P$仍为酉矩阵,并且有

\begin{align*}
P^HAP &= (UV)^HA(UV)=V^H(U^HAU)V\\
&= \text{diag}(V_1,\cdots,V_k)^H\text{diag}(\lambda_1E_{n_1},\cdots,\lambda_kE_{n_k})\text{diag}(V_1,\cdots,V_k)\\
&= \text{diag}(\lambda_1E_{n_1},\cdots,\lambda_kE_{n_k})
\end{align*}
\begin{align*}
P^HBP &= (UV)^HB(UV)=V^H(U^HBU)V=V^HYV\\
&= \text{diag}(V_1,\cdots,V_k)^H\text{diag}(C_1,\cdots,C_k)\text{diag}(V_1,\cdots,V_k)\\
&= \text{diag}(c_{11},\cdots,c_{1n_1},\cdots,c_{k1},\cdots,c_{kn_k})
\end{align*}

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2021-7-18 21:40

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