9625

时间：2014-05-04 20:11:24 阅读：336 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

$\bf命题2：$设$A$，$B$均为实对称半正定阵，则$A$，$B$可同时合同对角化

证明：由$A,B$半正定知$A+B$半正定，则存在可逆阵$P$，使得

P T (A + B) P = d i a g (E r, 0)

${P^T}\left( {A + B} \right)P = diag\left( {{E_r},0} \right)$
设

P T A P = (A 1 A 2' A 2 A 3)

${P^T}AP = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{A_1}}&{{A_2}}\\ {{A_2}^\prime }&{{A_3}} \end{array}} \right)$
则

P T B P = (E r ? A 1 ? A 2' ? A 2 ? A 3)

${P^T}BP = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{E_r} - {A_1}}&{ - {A_2}}\\ { - {A_2}^\prime }&{ - {A_3}} \end{array}} \right)$
由于${ - {A_3}}$半正定且${ {A_3}}$半正定，故${{A_3} = 0}$，从而可知${{A_2} = 0}$

又由${{A_1}}$半正定知，存在正交阵$Q$，使得

Q T A 1 Q = d i a g (λ 1, ?, λ r) = C

${Q^T}{A_1}Q = diag\left( {{\lambda _1}, \cdots ,{\lambda _r}} \right) = C$
从而可知

d i a g (Q T, E n ? r) P T A P d i a g (Q, E n ? r) = d i a g (C, 0)

$diag\left( {{Q^T},{E_{n - r}}} \right){P^T}APdiag\left( {Q,{E_{n - r}}} \right) = diag\left( {C,0} \right)$

d i a g (Q T, E n ? r) P T B P d i a g (Q, E n ? r) = d i a g (E r ? C, 0)

$diag\left( {{Q^T},{E_{n - r}}} \right){P^T}BPdiag\left( {Q,{E_{n - r}}} \right) = diag\left( {{E_r} - C,0} \right)$
令$R = Pdiag\left( {Q,{E_{n - r}}} \right)$，则结论成立

$\bf注1：$

9625,布布扣,bubuko.com

9625

标签：style class ext color width line

原文地址：http://www.cnblogs.com/ly758241/p/3706407.html

踩

(0)

评论一句话评论（0）

分享档案

更多>

2021年07月29日 (22)
2021年07月28日 (40)
2021年07月27日 (32)
2021年07月26日 (79)
2021年07月23日 (29)
2021年07月22日 (30)
2021年07月21日 (42)
2021年07月20日 (16)
2021年07月19日 (90)
2021年07月16日 (35)

周排行