北京工业大学 2024年高等代数第0题

已知A和B是n阶正定矩阵，因此A和B都是实对称矩阵。矩阵方程$AX+XA=B$有唯一解C。对方程两边取转置，得$(AC+CA)^T=B^T$。由于A和B对称，有$A^T=A$，$B^T=B$，且$(AC)^T=C^TA^T=C^TA$，$(CA)^T=A^TC^T=AC^T$。因此$C^TA+AC^T=B$，即$C^T$也满足原方程。由解的唯一性，得$C^T=C$，故C是实对称矩阵。

由于A正定，存在可逆矩阵P使得$A=P^TP$。代入方程得$P^TPC+CP^TP=B$。左乘$P^{-T}$，右乘$P^{-1}$，得$PCP^{-1}+P^{-T}CP^T=P^{-T}BP^{-1}$。令$D=PCP^{-1}$，则$D^T=P^{-T}CP^T$（因为C对称），上式化为$D+D^T=Q$，其中$Q=P^{-T}BP^{-1}$。由于B正定，Q也是正定矩阵。

设λ是D的特征值，v是对应的特征向量，则$Dv=λv$。考虑二次型$v^*(D+D^T)v$，其中$v^*$是v的共轭转置。计算得$v^*(D+D^T)v = v^*Dv + v^*D^Tv = λv^*v + \bar{λ}v^*v = 2\operatorname{Re}(λ)\|v\|^2$。由于$D+D^T=Q$正定，左边>0，故$\operatorname{Re}(λ)>0$。但D不一定对称，需进一步证明C正定。

由于A正定，存在正交矩阵U使得$U^TAU=\operatorname{diag}(λ_1,\dots,λ_n)$，其中$λ_i>0$。令$Y=U^TCU$，则方程变为$\operatorname{diag}(λ_i)Y+Y\operatorname{diag}(λ_i)=U^TBU$。记$B'=U^TBU$，则B'正定。方程的分量形式为$(λ_i+λ_j)y_{ij}=b'_{ij}$，因此$y_{ij}=b'_{ij}/(λ_i+λ_j)$。

对任意非零向量$x=(x_1,\dots,x_n)^T$，计算二次型$x^TYx=\sum_{i,j}x_i x_j \frac{b'_{ij}}{λ_i+λ_j}$。由于B'正定，存在可逆矩阵R使得$B'=R^TR$，即$b'_{ij}=\sum_k r_{ki}r_{kj}$。代入得$x^TYx=\sum_k \sum_{i,j} \frac{r_{ki}x_i r_{kj}x_j}{λ_i+λ_j}$。对每个固定的k，令$u_i=r_{ki}x_i$，则内层和为$\sum_{i,j} \frac{u_i u_j}{λ_i+λ_j}$。由引理，矩阵$(1/(λ_i+λ_j))$正定，故该和>0（除非所有$u_i=0$）。由于x非零且R可逆，存在k使得$u_i$不全为零，因此$x^TYx>0$，故Y正定。

考虑积分表示：$\frac{1}{λ_i+λ_j}=\int_0^\infty e^{-(λ_i+λ_j)s}ds=\int_0^\infty e^{-λ_i s}e^{-λ_j s}ds$。对任意非零向量$v=(v_1,\dots,v_n)^T$，有$\sum_{i,j}v_i v_j \frac{1}{λ_i+λ_j}=\int_0^\infty (\sum_i v_i e^{-λ_i s})^2 ds >0$，因为被积函数非负且不恒为零。故该矩阵正定。

由于Y=U^TCU且U正交，C=UYU^T。对任意非零向量x，令y=U^Tx，则y非零，且$x^TCx = x^T U Y U^T x = y^T Y y >0$，故C正定。