电子科技大学 2026年高等代数第0题
📝 题目
14、设 $A, B$ 是正定实对称矩阵．
（1）证明存在可逆矩阵 $C$ ，使得 $C A C=I, C^{T} B C$ 是对角元为正数的对角阵．
（2）证明 $\sqrt[n]{\operatorname{det}(A+B)} \geq \sqrt[n]{\operatorname{det}(A)}+\sqrt[n]{\operatorname{det}(B)}$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用A的正定性进行合同对角化
由于$A$是正定实对称矩阵，存在可逆矩阵$P$使得$P^TAP = I$。令$B_1 = P^TBP$，则$B_1$也是正定实对称矩阵。
公式：$P^TAP = I$
提示：注意$P$是任意可逆矩阵，不一定是正交矩阵。
步骤 2/6
目标：对B1进行正交对角化
因为$B_1$正定，存在正交矩阵$Q$使得$Q^TB_1Q = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$，其中$\lambda_i > 0$。
公式：$Q^TB_1Q = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$
提示：正交矩阵满足$Q^T = Q^{-1}$，但这里不需要求逆。
步骤 3/6
目标：构造可逆矩阵C并验证结论
令$C = PQ$，则$C$可逆。计算$C^TAC = Q^TP^TAPQ = Q^TIQ = I$，$C^TBC = Q^TP^TBPQ = Q^TB_1Q = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$。因此存在可逆矩阵$C$使得$C^TAC = I$，$C^TBC$为对角矩阵且对角元为正数。
公式：$C^TAC = I$, $C^TBC = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$
提示：注意$C$的构造顺序：先$P$后$Q$。
步骤 4/6
目标：利用(1)的结论化简行列式
由(1)知存在可逆$C$使得$C^TAC = I$，$C^TBC = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$，$\lambda_i > 0$。则$C^T(A+B)C = I + \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n) = \operatorname{diag}(1+\lambda_1, \dots, 1+\lambda_n)$。取行列式得$\det(C)^2 \det(A+B) = \prod_{i=1}^n (1+\lambda_i)$，$\det(C)^2 \det(A) = 1$，$\det(C)^2 \det(B) = \prod_{i=1}^n \lambda_i$。
公式：$\det(C)^2 \det(A+B) = \prod (1+\lambda_i)$
提示：注意$\det(C^TAC) = \det(C)^2 \det(A)$，因为$\det(C^T) = \det(C)$。
步骤 5/6
目标：表示出待证不等式中的各项
由上式可得$\det(A+B) = \frac{\prod (1+\lambda_i)}{\det(C)^2}$，$\det(A) = \frac{1}{\det(C)^2}$，$\det(B) = \frac{\prod \lambda_i}{\det(C)^2}$。因此$\sqrt[n]{\det(A+B)} = \frac{\sqrt[n]{\prod (1+\lambda_i)}}{\det(C)^{2/n}}$，$\sqrt[n]{\det(A)} = \frac{1}{\det(C)^{2/n}}$，$\sqrt[n]{\det(B)} = \frac{\sqrt[n]{\prod \lambda_i}}{\det(C)^{2/n}}$。
公式：$\sqrt[n]{\det(A+B)} = \frac{\sqrt[n]{\prod (1+\lambda_i)}}{\det(C)^{2/n}}$
提示：注意$\det(C)^{2/n}$是正数，可以约去。
步骤 6/6
目标：应用均值不等式证明结论
由均值不等式，对于正数$\lambda_1, \dots, \lambda_n$，有$\sqrt[n]{\prod (1+\lambda_i)} \ge 1 + \sqrt[n]{\prod \lambda_i}$。两边除以$\det(C)^{2/n}$得$\frac{\sqrt[n]{\prod (1+\lambda_i)}}{\det(C)^{2/n}} \ge \frac{1}{\det(C)^{2/n}} + \frac{\sqrt[n]{\prod \lambda_i}}{\det(C)^{2/n}}$，即$\sqrt[n]{\det(A+B)} \ge \sqrt[n]{\det(A)} + \sqrt[n]{\det(B)}$。
公式：$\sqrt[n]{\prod (1+\lambda_i)} \ge 1 + \sqrt[n]{\prod \lambda_i}$
提示：均值不等式要求所有项非负，这里$\lambda_i > 0$满足条件。
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