Czhang271828

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

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

Czhang271828

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？

Czhang271828

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。

Czhang271828

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

Czhang271828

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.

Czhang271828

回复 12# abababa


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

Czhang271828

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.