$§$ 9.7 实对称矩阵的正交相似标准型
实对称矩阵的正交相似标准型是一个强有力的工具. 设 $A$ 和 $B$ 正交相似，即存在正交矩阵 $P$ ，使得 $B = P’AP$ ，由于 $P’ = P^{-1}$ ，故 $B$ 和 $A$ 既合同又相似，因此利用正交相似标准型可以得到比一般的合同标准型更加深入的结果. 下面分 $4$ 个方面说明相关内容.
1. 实二次型值得估计以及实对称矩阵特征值的估计
9.52
设 $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，其特征值为 $λ_{1} ≤ λ_{2} ≤ ⋯ ≤ λ_{n}$ ，求证：对任意的 $n$ 维实列向量 $α$ ，均有 $$ λ_{1}α’α ≤ α’Aα ≤ λ_{n}α’α $$ 且前一个不等式等号成立的条件是 $α$ 属于特征值 $λ_{1}$ 的特征子空间，后一个不等式等号成立的充要条件 是 $α$ 属于特征值 $λ_{n}$ 的特征子空间
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注：例 $9.52$ 是例 $8.50$ 的推广，即利用实对称矩阵的正交相似标准型得到了实二次型取值的精确上下界. 例 $9.52$ 还可以推广到 $Hermite$ 矩阵的情形，其证明只需要将 $α’$ 换成 $\overline{α}’$ 即可. 然而这种推广并不是平凡的，因为当我们处理一般的实矩阵时，不可避免会遇到复特征值和复特征向量，此时若把实对称矩阵当作 $Hermite$ 矩阵来处理，会使讨论变得更加简洁. 这种技巧在第 $8$ 章研究正定实对称矩阵时候也用过
9.52 ($Hermite$ 矩阵情形) 设 $A$ 是 $n$ 阶 $Hermite$ 矩阵，其特征值为 $λ_{1} ≤ λ_{2} ≤ ⋯ ≤ λ_{n}$ ，求证：对任意的 $n$ 维复列向量 $α$ ，均有
$$ λ_{1}\overline{α}‘α ≤ \overline{α}A’α ≤ λ_{n}\overline{α}α $$ 且前一个不等式等号成立的充要条件 是 $α$ 属于特征值 $λ_{1}$ 的特征子空间，后一个不等式等号成立的充要条件 是 $α$ 属于特征值 $λ_{n}$ 的特征子空间
下面是应用例题 $9.52$ 来估计矩阵特征值的几个典型案例.
9.53
设 $A,B$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，其特征值分别为 $$ λ_{1} ≤ λ_{2} ≤ ⋯ ≤ λ_{n}, μ_{1} ≤ μ_{2} ≤ ⋯ ≤ μ_{n} $$ 求证：$A+B$ 的特征值全落在 $[λ_{1} + μ_{1},λ_{n} + μ_{n}]$ 中间.
9.54
设 $λ = a + bi$ 是 $n$ 阶实矩阵 $A$ 的特征值，实对称矩阵 $A + A’$ 和 $Hermite$ 矩阵 $-i(A - A’)$ 的特征值分别为 $$ μ_{1} ≤ λ_{2} ≤ ⋯ ≤ μ_{n}, v_{1} ≤ v_{2} ≤ ⋯ ≤ v_{n} $$ 求证：$μ_{1} ≤ 2a ≤ μ_{n},v_{1} ≤ 2b ≤ v_{n}$
9.55
设 $A$ 是 $n$ 阶实矩阵，$A’A$ 的特征值分别为 $$ μ_{1} ≤ μ_{2} ≤ ⋯ ≤ μ_{n}. $$ 求证：若 $λ$ 是 $A$ 的特征值，则 $$ √{μ_{1}} ≤ |λ| ≤ √{λ_{n}} $$
9.56
设 $A_{1},⋯,A_{k}$ 是 $n$ 阶实矩阵，$A_{i}‘A_{i}$ 的特征值为 $$ μ_{i1} ≤ μ_{i2} ≤ ⋯ ≤ μ_{in}, 1 ≤ i ≤ k $$ 求证：若 $λ$ 是 $A_{1},⋯,A_{k}$ 的特征值，则 $$ √{μ_{11}⋯μ_{k1}} ≤ |λ| ≤ √{μ_{1n}⋯μ_{kn}} $$
注：大家可以自己写出例题 $9.53$ 的 $Hermite$ 矩阵版本，以及例题 $9.54,9.55,9.56$ 的复矩阵版本，并证明
9.57 设 $n$ 阶复矩阵 $M$ 的全体特征值为 $λ_{1},λ_{2},⋯,λ_{n}$ ，则 $M$ 的谱半径为 $ρ(M)$ 定义为 $ρ(M) = \max\limits_{1 ≤ i ≤ n}|λ_{i}|$ . 设 $A,B,C$ 为 $n$ 阶实矩阵， 使得 $ \begin{pmatrix} A & B\\ B’ & C \end{pmatrix} $ 为半正定实对称矩阵，证明：$ρ(B)^{2} ≤ ρ(A)ρ(C)$
9.58
设 $n$ 阶实对称矩阵 $A = {a_{ij}}$ 为非负矩阵，即所有的元素 $a_{ij} ≥ 0$ 且 $A$ 的全体特征值为 $λ_{1},λ_{2},⋯,λ_{n}$ ，求证：存在某个特征值 $λ_{j} = ρ(A) = \max\limits_{1≤i≤n}|λ_{i}|$ ，并可取到 $λ_{j}$ 的某个特征向量 $β$ 为非负向量，即 $β$ 的所有元素都大于等于零
2. 正定阵和版正定阵性质的研究
- 记号 设 $A,B$ 是实对称矩阵，我们用 $A > O$ 表示 $A$ 是正定阵，类似地，$A ≥ O, A > B,A ≥ B$ 的意义可以自己推理
9.59 求证：若 $A$ 是 $n$ 阶正定实对称矩阵，则 $A + A^{-1} ≥ 2I_{n}$
在第 $8$ 章，我们用合同标准型给出了例题 $8.27,8.28$ 的证明. 在这里，我们也可以用正交相似标准型给出这两个例题的新解决方法. 下面以 $8.27$ 为例，另一题大家自行思考.
8.27 证法3
9.60 设 $B$ 是 $n$ 阶半正定实对称矩阵，$μ_{1},μ_{2},⋯,μ_{n}$ 是 $B$ 的全体特征值，证明：对任意给定的正整数 $k > 1$ ，存在一个只和 $μ_{1},μ_{2}⋯,μ_{n}$ 有关的实系数多项式 $f(x)$ ，满足：$B = f(B^{k})$
9.61 设 $A$ 是 $n$ 阶半正定实对称矩阵，求证：对任意的正整数 $k ≥ 1$ ，必定存在唯一的 $n$ 阶半正定实对称矩阵 $B$ ，使得 $A = B^{k}$ . 这样的半正定阵 $B$ 称为半正定阵 $A$ 的 $k$ 次方根，记为 $B = A^{\frac{1}{k}}$
《高等代数学》教材是利用几何方法（谱分解的存在唯一性）给出半正定自伴随算子的 $k$ 次方根的存在唯一性的，而上面我们用代数方法给出的另一个证明
9.62 若 $A$ 是半正定实对称矩阵，$B$ 是同阶实矩阵且 $AB = BA$ ，求证：$A^{\frac{1}{2}}B = BA^{\frac{1}{2}}$
作为实对称矩阵正交相似型的理论的推论，我们知道实对称矩阵 $A$ 是正定阵（半正定）当且仅当 $A$ 的所有特征值全大于零（大于等于零）. 下面是这一准则的应用例题
9.63 设 $n$ 阶实对称矩阵，求证：$A$ 为正定阵（半正定）的充要条件是
$$ c_{r} = ∑\limits_{1≤i_{1}<i_{2}<⋯<i_{r}<n} A = \begin{pmatrix} i_{1} & i_{2} ⋯ i_{r} \\ i_{1} & i_{2} ⋯ i_{r} \end{pmatrix}
0 (≥ 0), 1 ≤ i ≤ n. $$
若 $A$ 为半正定实对称矩阵，则存在实矩阵 $C$ ，使得 $A = C’C$ ，而有了 $k$ 次方根这一工具后，我们通常可以取 $C = A^{\frac{1}{2}}$ 这样往往可以有效地化简问题. 这一技巧在后续问题中经常用到
9.64 设 $A,B$ 都是 $n$ 阶实对称矩阵，证明：
（1）若 $A$ 半正定或者 $B$ 半正定，则 $AB$ 的特征值全是实数；
（2）若 $A,B$ 都半正定，则 $AB$ 的特征值全是非负实数；
（3）若 $A 正定，则 $B$ 正定的充要条件是 $AB$ 的特征值全是正实数.
下面几道例题都可以看成是例题 $9.64$ 及其证明方法的应用
9.65 设 $A,B$ 都是半正定实对称矩阵，其特征值分别为
$$ λ_{1} ≤ λ_{2} ⋯ λ_{n}, μ_{1} ≤ μ_{2} ≤ μ_{n}, $$ 求证：$AB$ 的特征值全落在 $[λ_{1}μ_{1},λ_{n}μ_{n}]$ 中
下面几道例题已经用合同标准型证明过，我们再用正交相似标准型证明一次
8.29 8.30 8.69
9.66 设 $A$ 是 $n$ 阶正定实对称矩阵，$B$ 是同阶实矩阵，使得 $AB$ 是实对称矩阵，求证：$AB$ 是正定阵的充要条件是 $B$ 的特征值全是正实数
9.67 设 $A,B$ 都是 $n$ 阶正定实对称矩阵，求证：$AB$ 是正定实对称矩阵的充要条件是 $AB = BA$
9.68 设 $A,B$ 都是 $n$ 阶正定实对称矩阵，满足 $AB = BA$ ，求证：$A - B$ 是正定阵的充要条件是 $A^{2} - B^{2}$ 是正定阵
3. 利用正交相似标准型化简矩阵问题
当矩阵问题的条件和结论在正交相似变换下不改变时，可以将其中一个实对称矩阵化为正交相似标准型来处理，这个技巧与之前的运用相抵、相似以及合同标准型的技巧是类似的. 我们来看 $4$ 道典例
9.69 设 $A.C$ 都是 $n$ 阶正定实对称矩阵，求证：矩阵方程 $AX + XA = C$ 存在唯一解 $B$ ，并且 $B$ 也是正定实对称矩阵
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注意：本题还可以做如下推广：设 $A$ 为 $n$ 阶亚正定阵， $C$ 为 $n$ 阶正定（半正定）实对称矩阵，则矩阵方程 $A’X + XA = C$ 存在唯一解 $B$ ，并且 $B$ 也是正定（半正定）实对称矩阵. 矩阵方程的解的存在唯一性可由例题 $6.91$ 得到，正定（半正定）的证明类似于上面的讨论. 另外顺便说下，这个例题的逆命题不成立，即若 $A$ 为正定阵，$B$ 为正定（半正定）阵， 则 $AB + BA$ 不一定为正定（半正定）阵，例如 $ A = \begin{pmatrix} 1&1\\ 1&2 \end{pmatrix}, B = \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&ϵ \end{pmatrix} (0 ≤ ϵ ≪ 1) $
9.70 设 $A,B$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，满足 $AB + BA = O$ ，证明：若 $A$ 半正定，则存在正交矩阵 $P$ ，使得
$$ P’AP = diag{λ_{1},⋯,λ_{r},0,⋯,0}, P’BP = diag{0,⋯,0,μ_{r+1},⋯,μ_{n}} $$
9.71 设 $A$ 为 $n$ 阶半正定实对称矩阵，$S$ 为 $n$ 阶实反对称矩阵，满足 $AS + SA = O$ ，证明：$|A + S| > 0$ 的充要条件是 $r(A) + r(S) = n$
第$2$章解答题 $11$
4. 可对角化判定准则 $7$ ：相似于实对称矩阵
实对称矩阵正交相似于对角阵，从而可对角化. 如果一个矩阵相似于某个实对称矩阵，那么这个实对称矩阵必定可以对角化. 这也是矩阵可对角化的判定准则 $7$ （参考 $§$ 6.5）. 我们接下来看 $4$ 道典例
9.72 设 $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，满足 $A’B = BA$ ，证明：$A$ 可对角化
注：若 $B$ 只是半正定阵，则例 $9.72$ 的结论一般不成立. 例如， $ A = \begin{pmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{pmatrix}, B = \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&1 \end{pmatrix} $ 则 $A’B = BA = O$ ，但 $A$ 不可对角化
9.73 设 $A,B$ 都是 $n$ 阶半正定实对称矩阵，证明：$AB$ 可对角化
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注：由例 $9.64(2)$ 或上述证明中 $B_{11}$ 的半正定性可知，$AB$ 相似于主对角元全大于等于零的对角矩阵. 另外，若 $A$ 是正定阵，$B$ 是实对称矩阵,则 $AB$ 也可对角化. 事实上，$AB$ 相似于 $A^{-\frac{1}{2}} (AB) A^{\frac{1}{2}} = A^{\frac{1}{2}}BA^{\frac{1}{2}}$ ，这是一个实对称矩阵，从而 $AB$ 可对角化. 又若 $A$ 是半正定阵，$B$ 是实对称矩阵，则 $AB$ 一般不可对角化. 例如，$ A = \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{pmatrix}, B = \begin{pmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{pmatrix} $ 则 $AB$ 不可对角化
9.74 设 $n$ 阶实矩阵
$$ \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & & & \\ a_{21} & a_{22} &⋱& & \\ & ⋱ &⋱& & \\ & &⋱&a_{n-1,n-1} & a_{n-1,n}\\ & & &a_{n-1,n} & a_{n,n} \end{pmatrix} $$ 求证：若 $a_{i,i+!}a_{i+1,i} ≥ 0(1 ≤ i ≤ n-1)$ ，则 $A$ 的特征值为实数；若 $a_{i,i+1}a_{i+1,i} > 0(1 ≤ i ≤ n-1)$ ，则 $A$ 在实数域上可对角化