八、(本题10分) 设 $A,B,C$ 均为 $n$ 阶半正定实对称阵, 使得 $ABC$ 是对称阵, 即满足 $ABC=CBA$. 证明: $ABC$ 也是半正定阵.
证明 我们先引用如下引理, 它是前 4 种证法的基础, 这也是本题中两个半正定阵的特殊情形.
引理 1 (高代白皮书例 9.55) 设 $A,B$ 都是 $n$ 阶半正定实对称阵, 则 $AB$ 的所有特征值都是非负实数. 特别地, 若 $AB$ 是对称阵, 即 $AB=BA$, 则 $AB$ 也是半正定阵.
证法 1 (摄动法+数学归纳法) Case 1: 若 $C$ 为正定阵, 则 $ABC$ 合同于 $C^{-frac{1}{2}}(ABC)C^{-frac{1}{2}}=(C^{-frac{1}{2}}AC^{-frac{1}{2}})(C^{frac{1}{2}}BC^{frac{1}{2}})$. 注意到 $C^{-frac{1}{2}}AC^{-frac{1}{2}}$ 和 $C^{frac{1}{2}}BC^{frac{1}{2}}$ 都是半正定实对称阵并且它们的乘积还是对称阵, 故由引理 1 可知它们的乘积是半正定阵, 从而 $ABC$ 也是半正定阵.
Case 2: 若 $Ax=Cx=0$ 没有公共非零解, 则对任意的正实数 $t$, $C+tA$ 都是正定阵. (事实上, $C+tA$ 是半正定阵. 若 $r(C+tA)<n$, 则存在非零实列向量 $alpha$, 使得 $(C+tA)alpha=0$, 从而 $0=alpha'(C+tA)alpha=alpha'Calpha+talpha'Aalpha$. 由 $A,C$ 的半正定性即得 $alpha' Aalpha=alpha' Calpha=0$, 再由白皮书例 8.44 可知 $Aalpha=Calpha=0$, 这与假设矛盾. 因此 $r(C+tA)=n$, 从而 $C+tA$ 为正定阵. 我们也可用白皮书例 9.73 来证明这一结论.) 注意到 $AB(C+tA)$ 仍为对称阵, 故由 Case 1 可得 $AB(C+tA)$ 是半正定阵, 令 $t o 0+$, 则有 $ABC$ 也是半正定阵.
Case 3: 若 $Ax=Cx=0$ 有公共非零解, 不妨设为单位特征向量 $alpha_1$, 扩张为 $mathbb{R}^n$ (取标准内积) 的一组标准正交基 ${alpha_1,alpha_2,cdots,alpha_n}$. 令 $P=(alpha_1,alpha_2,cdots,alpha_n)$, 则 $P$ 为正交阵且有 $$P'AP=egin{pmatrix} 0 & 0 \ 0 & A_1 \ end{pmatrix},\,\,\,\,P'BP=egin{pmatrix} * & * \ * & B_1 \ end{pmatrix},\,\,\,\,P'CP=egin{pmatrix} 0 & 0 \ 0 & C_1 \ end{pmatrix},$$ 于是 $P'ABCP=egin{pmatrix} 0 & 0 \ 0 & A_1B_1C_1 \ end{pmatrix}$. 由 $ABC=CBA$ 可知 $A_1B_1C_1=C_1B_1A_1$, 又 $A_1,B_1,C_1$ 为半正定阵, 故若证明开始处对阶数 $n$ 进行归纳, 则由归纳假设可知 $A_1B_1C_1$ 为半正定阵, 从而 $ABC$ 也是半正定阵.
引理 2 (高代白皮书例 9.72) 设 $A,C$ 都是 $n$ 阶半正定实对称阵, 则存在非异实方阵 $D$, 使得 $$D'AD=mathrm{diag}{I_r,0},\,\,\,\,D'CD=mathrm{diag}{lambda_1,lambda_2,cdots,lambda_n}.$$
证法 2 (同时合同对角化) 由引理 2 可知两个半正定阵可同时合同对角化. 由于题目的条件和结论在合同变换 $A o D'AD$, $B o D^{-1}B(D^{-1})'$, $C o D'CD$ 下不改变, 故不妨从一开始就假设 $A,C$ 就是引理 2 中的两个对角阵. 将 $B,C$ 按照 $A$ 的分块方式进行对应的分块: $B=egin{pmatrix} B_{11} & B_{12} \ B_{12}' & B_{22} \ end{pmatrix}$, $C=egin{pmatrix} Lambda_1 & 0 \ 0 & Lambda_2 \ end{pmatrix}$, 其中 $Lambda_1,Lambda_2$ 是半正定对角阵. 于是 $ABC=egin{pmatrix} B_{11}Lambda_1 & B_{12}Lambda_2 \ 0 & 0 \ end{pmatrix}$, 由 $ABC$ 的对称性可得 $B_{12}Lambda_2=0$, 并且 $B_{11}Lambda_1$ 是对称阵. 注意到 $B_{11},Lambda_1$ 都是半正定阵, 故由引理 1 知 $B_{11}Lambda_1$ 是半正定阵, 从而 $ABC=mathrm{diag}{B_{11}Lambda_1,0}$ 也是半正定阵.
证法 3 (半正定阵的性质--主对角块占优) 由于题目的条件和结论在合同变换 $A o D'AD$, $B o D^{-1}B(D^{-1})'$, $C o D'CD$ 下不改变, 故不妨从一开始就假设 $B=egin{pmatrix} I_r & 0 \ 0 & 0 \ end{pmatrix}$ 为合同标准型. 将 $A,C$ 进行对应的分块: $A=egin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \ A_{12}' & A_{22} \ end{pmatrix}$, $C=egin{pmatrix} C_{11} & C_{12} \ C_{12}' & C_{22} \ end{pmatrix}$, 则 $ABC=egin{pmatrix} A_{11}C_{11} & A_{11}C_{12} \ A_{12}'C_{11} & A_{12}'C_{12} \ end{pmatrix}$. 注意到 $C$ 是半正定阵, 故由白皮书例 8.45 可知 $r(C_{11},C_{12})=r(C_{11})$, 再由线性方程组的求解理论可知, 存在实矩阵 $M$, 使得 $C_{11}M=C_{12}$. 注意到 $ABC$ 是对称阵, 对其实施分块对称初等变换可化为: $$egin{pmatrix} I_r & 0 \ -M' & I_{n-r} \ end{pmatrix}egin{pmatrix} A_{11}C_{11} & A_{11}C_{12} \ A_{12}'C_{11} & A_{12}'C_{12} \ end{pmatrix}egin{pmatrix} I_r & -M \ 0 & I_{n-r} \ end{pmatrix}=egin{pmatrix} A_{11}C_{11} & 0 \ 0 & 0 \ end{pmatrix}.$$ 于是 $A_{11}C_{11}$ 也是对称阵, 又 $A_{11},C_{11}$ 都是半正定阵, 故由引理 1 知 $A_{11}C_{11}$ 是半正定阵, 从而 $ABC$ 也是半正定阵.
证法 4 由于题目的条件和结论在合同变换 $A o D'AD$, $B o D^{-1}B(D^{-1})'$, $C o D'CD$ 下不改变, 故不妨从一开始就假设 $A=egin{pmatrix} I_r & 0 \ 0 & 0 \ end{pmatrix}$ 为合同标准型. 设 $BC=egin{pmatrix} M_{11} & M_{12} \ M_{21} & M_{22} \ end{pmatrix}$, $CB=egin{pmatrix} N_{11} & N_{12} \ N_{21} & N_{22} \ end{pmatrix}$ 为对应的分块, 则由 $A(BC)=(CB)A$ 可得 $$egin{pmatrix} M_{11} & M_{12} \ 0 & 0 \ end{pmatrix}=egin{pmatrix} N_{11} & 0 \ N_{21} & 0 \ end{pmatrix},$$ 于是 $M_{11}=N_{11}$, $M_{12}=0$, $N_{21}=0$. 特别地, $ABC=mathrm{diag}{M_{11},0}$ 为对称阵, 并且 $BC=egin{pmatrix} M_{11} & 0 \ M_{21} & M_{22} \ end{pmatrix}$ 为分块下三角阵. 由引理 1 可知, $BC$ 的特征值全部大于等于零, 于是实对称阵 $M_{11}$ 的特征值也全部大于等于零, 故 $M_{11}$ 是半正定阵, 从而 $ABC$ 也是半正定阵.
引理 3 (高代白皮书例 9.107) 设 $A,C$ 是两个实对称阵且满足 $AC=CA$, 则存在正交阵 $P$, 使得 $P'AP$ 和 $P'CP$ 都是对角阵.
证法 5 ($B$ 正定的特殊情形, 同时正交对角化) 由 $ABC=CBA$ 可得 $(AB^{frac{1}{2}})(B^{frac{1}{2}}C)=(CB^{frac{1}{2}})(B^{frac{1}{2}}A)$, 进一步可得 $(B^{frac{1}{2}}AB^{frac{1}{2}}) (B^{frac{1}{2}}CB^{frac{1}{2}})=(B^{frac{1}{2}}CB^{frac{1}{2}})(B^{frac{1}{2}}AB^{frac{1}{2}})$. 由引理 3 可知, 存在正交阵 $P$, 使得 $$P'(B^{frac{1}{2}}AB^{frac{1}{2}})P=mathrm{diag}{lambda_1,lambda_2,cdots,lambda_n},\,\,\,\,P'(B^{frac{1}{2}}CB^{frac{1}{2}})P=mathrm{diag}{mu_1,mu_2,cdots,mu_n},$$ 由 $A,C$ 的半正定性可知 $lambda_igeq 0$, $mu_igeq 0\,(1leq ileq n)$. 于是 $$P'B^{frac{1}{2}}(ABC)B^{frac{1}{2}}P=mathrm{diag}{lambda_1mu_1,lambda_2mu_2,cdots,lambda_nmu_n}$$ 为半正定阵, 从而 $B^{frac{1}{2}}(ABC)B^{frac{1}{2}}$ 也是半正定阵. 当 $B$ 是正定阵时, 可推出 $ABC$ 也是半正定阵. $Box$
注 1 先给两个反例. 引理 1 告诉我们: 两个半正定阵乘积 (未必对称阵) 的所有特征值都是非负实数, 但 $m\,(mgeq 3)$ 个半正定阵的乘积就不满足这个性质. 例如: $A_1=egin{pmatrix} 2 & -1 \ -1 & 1 \ end{pmatrix}$, $A_2=egin{pmatrix} 1 & 1 \ 1 & 1 \ end{pmatrix}$, $A_3=egin{pmatrix} 1 & -2 \ -2 & 5 \ end{pmatrix}$ 都是半正定阵, 但 $A_1A_2A_3=egin{pmatrix} -1 & 3 \ 0 & 0 \ end{pmatrix}$ 的特征值中有负数. 引理 1 和本题结论告诉我们: 两个或三个半正定阵的乘积, 如果是对称阵, 那么一定也是半正定阵, 但 $m\,(mgeq 4)$ 个半正定阵的乘积, 即使它是对称阵, 也不一定是半正定阵. 例如: $A_1,A_2,A_3$ 如上, $A_4=egin{pmatrix} 10 & 3 \ 3 & 1 \ end{pmatrix}$ 半正定, $A_1A_2A_3A_4=egin{pmatrix} -1 & 0 \ 0 & 0 \ end{pmatrix}$ 是对称阵, 但它不是半正定阵.
注 2 上述反例告诉我们: 引理 1 的证明方法 (利用相似变换或降阶公式把 $AB$ 的特征值转化为 $A^{frac{1}{2}}BA^{frac{1}{2}}$ 的特征值, 再利用 $B$ 的半正定性即得) 很难推广到三个半正定阵的情形, 主要原因是合同变换只保持对称阵的半正定性, 但并不保持非对称阵的特征值不变 (注意我们只有 $ABC$ 的对称性, 并没有 $AB$ 或 $BC$ 的对称性). 上述反例也告诉我们: 本题的五种证明方法, 即使它们用遍了半正定阵几乎所有重要的性质和结论, 但也很难推广到四个或四个以上半正定阵的情形.
注 3 本题的正定版本是: 设 $A,B,C$ 均为 $n$ 阶正定实对称阵, 使得 $ABC$ 是对称阵, 即满足 $ABC=CBA$, 则 $ABC$ 也是正定阵. 正定版本可由半正定版本以及矩阵 $ABC$ 的非异性得到, 也可由本题五种证法的正定版本直接得到, 读者可以做一尝试.
注 4 本题完全做出 (得分在8分以上) 的同学为: 丁思成 (证法 2), 周烁星 (证法 2), 顾天翊 (证法 2), 王捷翔 (17级, 证法 3). 另外, 封清给出了证法 3 的前半部分, 林洁 (17级) 给出了证法 4 的前半部分, 陈在远 (17级) 和陈钦品 (17级) 在证法 1 (摄动法) 方面做了尝试, 马珩元 (17级) 和王祝斌 (17级) 给出了证法 5 ($B$ 正定的特殊情形).