苏州大学 2026年高等代数第7题
📝 题目
7．（ 25 分）解答如下问题：
（1）设 $M$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，$\displaystyle \lambda_{M}$ 是 $M$ 的最大特征值，证明：对于任意非零向量 $\displaystyle \alpha \in \mathbb{R}^{n}$ ，有
$$
\alpha^{\mathrm{T}} M \alpha \leq \lambda_{M} \alpha^{\mathrm{T}} \alpha
$$
（2）若 $\displaystyle M=\left(\begin{array}{cc}A & B \\ B^{\mathrm{T}} & D\end{array}\right)$ 半正定，其中 $\displaystyle A, D$ 为方阵，记 $\displaystyle \lambda_{M}, \lambda_{A}, \lambda_{D}$ 分别为矩阵 $\displaystyle M, A, D$ 的最大特征值，证明：$\displaystyle \lambda_{M} \leq \lambda_{A}+\lambda_{D}$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：利用正交对角化将二次型化为标准形
由于 $M$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，存在正交矩阵 $Q$ 使得 $Q^\mathrm{T} M Q = \Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$，其中 $\lambda_1 \leq \lambda_2 \leq \dots \leq \lambda_n = \lambda_M$。对任意非零向量 $\alpha \in \mathbb{R}^n$，令 $\beta = Q^\mathrm{T} \alpha$，则 $\alpha = Q\beta$，且 $\alpha^\mathrm{T} \alpha = \beta^\mathrm{T} \beta$。
公式：$Q^\mathrm{T} M Q = \Lambda$
提示：注意正交矩阵满足 $Q^\mathrm{T} = Q^{-1}$，且保持向量内积不变。
步骤 2/7
目标：计算二次型并利用特征值不等式
计算 $\alpha^\mathrm{T} M \alpha = (Q\beta)^\mathrm{T} M (Q\beta) = \beta^\mathrm{T} (Q^\mathrm{T} M Q) \beta = \beta^\mathrm{T} \Lambda \beta = \sum_{i=1}^n \lambda_i \beta_i^2 \leq \lambda_n \sum_{i=1}^n \beta_i^2 = \lambda_M \alpha^\mathrm{T} \alpha$。等号成立当且仅当 $\beta$ 的非零分量只对应 $\lambda_n$ 的特征向量，即 $\alpha$ 是 $M$ 的属于 $\lambda_M$ 的特征向量。
公式：$\alpha^\mathrm{T} M \alpha = \sum_{i=1}^n \lambda_i \beta_i^2$
提示：注意 $\lambda_i \leq \lambda_n$，因此 $\sum \lambda_i \beta_i^2 \leq \lambda_n \sum \beta_i^2$。
步骤 3/7
目标：由半正定性推出A和D半正定
由于 $M = \begin{pmatrix} A & B \\ B^\mathrm{T} & D \end{pmatrix}$ 半正定，对任意向量 $x, y$ 有 $\begin{pmatrix} x^\mathrm{T} & y^\mathrm{T} \end{pmatrix} M \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = x^\mathrm{T} A x + 2 x^\mathrm{T} B y + y^\mathrm{T} D y \geq 0$。特别地，取 $y=0$ 得 $x^\mathrm{T} A x \geq 0$，故 $A$ 半正定；同理 $D$ 半正定。
公式：$x^\mathrm{T} A x \geq 0$ 对所有 $x$ 成立
提示：半正定矩阵的定义：所有主子式非负，但这里用二次型非负更直接。
步骤 4/7
目标：利用Rayleigh商表示最大特征值
由 (1) 知，存在单位向量 $\begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}$ 使得 $\lambda_M = \begin{pmatrix} u^\mathrm{T} & v^\mathrm{T} \end{pmatrix} M \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = u^\mathrm{T} A u + 2 u^\mathrm{T} B v + v^\mathrm{T} D v$。
公式：$\lambda_M = \max_{\|w\|=1} w^\mathrm{T} M w$
提示：Rayleigh商的最大值等于最大特征值，且取到最大值时向量为对应特征向量。
步骤 5/7
目标：利用半正定性导出Cauchy-Schwarz型不等式
由于 $M$ 半正定，对任意 $t \in \mathbb{R}$，有 $\begin{pmatrix} u^\mathrm{T} & t v^\mathrm{T} \end{pmatrix} M \begin{pmatrix} u \\ t v \end{pmatrix} = u^\mathrm{T} A u + 2t u^\mathrm{T} B v + t^2 v^\mathrm{T} D v \geq 0$。视其为关于 $t$ 的二次函数，判别式非正：$(2 u^\mathrm{T} B v)^2 - 4 (u^\mathrm{T} A u)(v^\mathrm{T} D v) \leq 0$，即 $|u^\mathrm{T} B v| \leq \sqrt{u^\mathrm{T} A u \cdot v^\mathrm{T} D v}$。
公式：$|u^\mathrm{T} B v| \leq \sqrt{u^\mathrm{T} A u \cdot v^\mathrm{T} D v}$
提示：二次函数恒非负的充要条件是判别式非正且二次项系数非负。
步骤 6/7
目标：代入并利用A和D的特征值上界
代入 $\lambda_M$ 表达式得 $\lambda_M \leq u^\mathrm{T} A u + 2 \sqrt{u^\mathrm{T} A u \cdot v^\mathrm{T} D v} + v^\mathrm{T} D v = \left( \sqrt{u^\mathrm{T} A u} + \sqrt{v^\mathrm{T} D v} \right)^2$。由 (1) 知 $u^\mathrm{T} A u \leq \lambda_A \|u\|^2$，$v^\mathrm{T} D v \leq \lambda_D \|v\|^2$，且 $\|u\|^2 + \|v\|^2 = 1$。因此 $\lambda_M \leq \left( \sqrt{\lambda_A \|u\|^2} + \sqrt{\lambda_D \|v\|^2} \right)^2$。
公式：$u^\mathrm{T} A u \leq \lambda_A \|u\|^2$
提示：注意 $\|u\|^2 \leq 1$，但这里直接使用 $\|u\|^2$ 更精确。
步骤 7/7
目标：通过优化得到最终不等式
令 $a = \|u\|^2$，则 $\|v\|^2 = 1-a$，且 $0 \leq a \leq 1$。于是 $\lambda_M \leq \left( \sqrt{\lambda_A a} + \sqrt{\lambda_D (1-a)} \right)^2 = \lambda_A a + \lambda_D (1-a) + 2 \sqrt{\lambda_A \lambda_D a(1-a)}$。该式在 $a = \frac{\lambda_A}{\lambda_A+\lambda_D}$ 时取最大值 $\lambda_A+\lambda_D$（若 $\lambda_A, \lambda_D > 0$；若其中之一为0，最大值也为 $\lambda_A+\lambda_D$）。因此 $\lambda_M \leq \lambda_A+\lambda_D$。
公式：$\max_{0 \leq a \leq 1} \left( \sqrt{\lambda_A a} + \sqrt{\lambda_D (1-a)} \right)^2 = \lambda_A+\lambda_D$
提示：利用柯西不等式或求导可得最大值。注意 $\lambda_A, \lambda_D \geq 0$。
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