Hermite 矩阵及其特征刻画

将学习到什么

矩阵 $A$ 与 $\dfrac{1}{2}(A+A^T)$ 两者生成相同的二次型，而后面那个矩阵是对称的，这样以来，为了研究实的或者复的二次型，就只需要研究由对称矩阵生成的二次型.

基本概念

定义1： 矩阵 $A=[a_{ij}] \in M_n$ 称为 Hermite 的，如果 $A=A^*$；它是斜 Hermite 的，如果 $A=-A^*$.

对于 $A,B \in M_n$，可得出很多简单明了的结论：
(1) $A+A^*$, $AA^*$ 以及 $A^*A$ 都是 Hermite 的
(2) 如果 $A$ 是 Hermite 的，那么对所有 $k=1,2,3,\cdots$, $A^k$ 都是 Hermite 的. 如果 $A$ 还是非奇异的，那么 $A^{-1}$ 是 Hermite 的
(3) $A-A^*$ 是斜 Hermite 的
(4) 如果 $A$ 是 Hermite 的，那么 $\mathrm{i}A$ 是斜 Hermite 的；如果 $A$ 是斜 Hermite 的，那么 $\mathrm{i}A$ 是 Hermite 的
(5) $A=\dfrac{1}{2}(A+A^*)+\dfrac{1}{2}(A-A^*)=H(A)+S(A)=H(A)+\mathrm{i}K(A)$, 其中 $H(A)=\dfrac{1}{2}(A+A^*)$ 是 $A$ 的 Hermite 部分，$S(A)=\dfrac{1}{2}(A-A^*)$ 是 $A$ 的 斜 Hermite 部分，而 $K(A)=\dfrac{1}{2\mathrm{i}}(A-A^*)$
(6) 如果 $A=C+\mathrm{i}D$, 其中 $C,D \in M_n(\mathbb{R})$（$A$ 的实部与虚部），那么 $A$ 是 Hermite 的，当且仅当 $C$ 是对称的，且 $D$ 是斜对称的
(7) 实对称矩阵是复的 Hermite 矩阵

定理1：（Toeplitz 分解） 每个 $A\in M_n$ 都可以用唯一的方式写成 $A=H+\mathrm{i}K$, 其中 $H$ 与 $K$ 两者都是 Hermite 矩阵. 它还可以用唯一的方式写成 $A=H+S$，其中 $H$ 是 Hermite 的，且 $S$ 是斜 Hermite 的

证明：由上述结论中第 (5) 条即可得出. 至于唯一性，如果令 $A=E+\mathrm{i}F$, 其中 $E$ 与 $F$ 皆为 Hermite 的，那么
\begin{align}
2H=A+A^*=(E+\mathrm{i}F)+(E+\mathrm{i}F)^*=E+\mathrm{i}F+E^*-\mathrm{i}F^*=2E
\end{align}
所以 $E=H$. 类似地有 $F=K$.

前述结论提示我们，诚如每个复数 $z$ 可以唯一地写成 $z=s+\mathrm{i} t$ 一样（其中 $s,t \in \mathbb{R}$）, 每一个复矩阵也可以用唯一的方式写成 $A=H+\mathrm{i}K$（其中 $H$ 与 $K$ 是 Hermite 矩阵）. 还有一些进一步的性质强化了这种类似.

定理2： 设 $A\in M_n$ 是 Hermite 的. 那么
(a) $x^*Ax$ 对所有 $x \in \mathbb{C}^n$ 都是实的.
(b) $A$ 的特征值都是实的
(c) 对所有 $S \in M_n$, $S^*AS$ 都是 Hermite 的

定理3： 设给定 $A=[a_{ij}]\in M_n$. 那么 $A$ 是 Hermite 的，当且仅当以下诸条件中至少一条满足：
(a) 对所有 $x \in \mathbb{C}^n$, $x^*Ax$ 都是实的
(b) $A$ 是正规的且有实的特征值
(c) 对所有 $S \in M_n$, $S^*AS$ 都是 Hermite 的

证明：必要性由定理 2 说明，只需证明充分性。

(a) 如果对所有 $x \in \mathbb{C}^n$, $x^*Ax$ 都是实的，那么对所有 $x,y\in \mathbb{C}^n $, $(x+y)^*A(x+y)=(x^*Ax+y^*Ay)+(x^*Ay+y^*Ax)$ 是实的. 由于根据假设 $x^*Ax$ 与 $y^*Ay$ 是实的，我们就断定：对所有 $x,y\in \mathbb{C}^n $, $x^*Ay+y^*Ax$ 是实的. 如果我们选取 $x=e_k$ 以及 $y=e_j$, 那么 $x^*Ay+y^*Ax=a_{kj}+a_{jk}$ 是实的，所以 $\mathrm{Im} \,a_{kj}=-\mathrm{Im} \,a_{jk}$. 如果我们选取 $x=\mathrm{i} e_k$ 以及 $y=e_j$, 那么 $x^*Ay+y^*Ax=-\mathrm{i}a_{kj}+\mathrm{i}a_{jk}$ 是实的，所以 $\mathrm{Re} \,a_{kj}=\mathrm{Re} \,a_{jk}$. 所以 $a_{kj}=\bar{a}_{jk}$, 又因为 $j,k$ 是任意的，我们就得出结论 $A=A^*$.

(b) 如果 $A$ 是正规的，那么可以酉对角化，所以 $A=U\Lambda U^*$, 其中 $\Lambda=\mathrm{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n)$. 一般来说，我们有 $A^*=U\bar{\Lambda} U^*$, 但如果 $\Lambda$ 是实的，我们就有 $A^*=U\Lambda U^*=A$.

(c) 条件 (c) 蕴含 $A$ 是 Hermite 的（选取 $S=I$）

由于 Hermite 矩阵都是正规的，所以有关正规矩阵的所有结果都适用于 Hermite 矩阵. 例如，与不同特征值相伴的特征向量是正交的，存在一组由特征向量组成的标准正交基以及 Hermite 矩阵可以酉对角化.下面复述关于 Hermite 矩阵的谱定理.

定理4： 矩阵 $A \in M_n$ 是 Hermite 的，当且仅当存在一个酉矩阵 $U \in M_n$ 以及一个实的对角矩阵 $\Lambda \in M_n$, 使得 $A=U\Lambda U^*$. 此外， $A$ 是实的 Hermite 矩阵（即实对称矩阵），当且仅当存在一个实正交矩阵 $P \in M_n$ 以及一个实对角矩阵 $\Lambda \in M_n$, 使得 $A=P\Lambda P^T$.

尽管 Hermite 矩阵的实线性组合恒为 Hermite 矩阵，但是 Hermite 矩阵的复线性组合不一定是 Hermite 矩阵. 此外，如果 $A$ 与 $B$ 是 Hermite 矩阵，那么 $(AB)^*=B^*A^*=BA$, 所以 $AB$ 是 Hermite 矩阵，当且仅当 $A$ 与 $B$ 可交换.
关于可交换的 Hermite 矩阵的一个最有名的结果如下：

定理5： 设 $\mathcal{F}$ 是一个给定的非空的 Hermite 矩阵族. 则存在一个酉矩阵 $U$ 使得对所有 $A \in \mathcal{F}$, $UAU^*$ 都是对角矩阵的充分必要条件是，对所有 $A,B \in \mathcal{F}$ 都有 $AB=BA$.

推广

对于 Hermite 矩阵 $A$ 有 $A=A^*$, 推广这一概念的一种方法是考虑使得 $A$ 相似于 $A^*$ 的矩阵类. 如下的定理拓广了推论1，并用若干种方式刻画了这个矩阵类的特征.

定理6： 设给定 $A \in M_n$, 则如下诸命题等价：
(a) $A$ 与一个实矩阵相似
(b) $A$ 与 $A^*$ 相似
(c) $A$ 通过一个 Hermite 相似变换与 $A^*$ 相似
(d) $A=HK$, 其中 $H,K \in M_n$ 是 Hermite 矩阵，且至少有一个因子是非奇异的
(e) $A=HK$, 其中 $H,K \in M_n$ 是 Hermite 矩阵

证明：首先注意 (a) 与 (b) 是等价的：每一个复矩阵都与它的转置相似，所以，$A$ 相似于 $A^*=\bar{A}^T$ 当且仅当 $A$ 相似于 $\bar{A}$, 当且仅当 $A$ 相似于一个实矩阵.
为验证 (b) 蕴含 (c)，假设存在一个非奇异的 $S \in M_n$, 使得 $S^{-1}AS=A^*$. 设 $\theta \in \mathbb{R}$, 并令 $T=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta} S$. 注意到 $T^{-1}AT=A^*$, 这样一来，就有 $AT=TA^*$ 或者 $AT^*=T^*A^*$. 将这两个等式相加就得到 $A(T+T^*)=(T+T^*)A^*$. 如果 $T+T^*$ 是非奇异的，我们就能断言 $A$ 与 $A^*$ 通过 Hermite 矩阵 $T+T^*$ 而相似，所以就只需要证明存在某个 $\theta$, 使得 $T+T^*$ 是非奇异的. 矩阵 $T+T^*$ 是非奇异的，汉且仅当 $T^{-1}(T+T^*)=I+T^{-1}T^*$ 是非奇异的，当且仅当 $-1 \notin \sigma(T^{-1}T^*)$. 但是 $T^{-1}T^*=\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\theta} S^{-1}S^*$, 所以我们可以选取满足 $-\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\theta} \notin \sigma(S^{-1}S^*)$ 的任何 $\theta$.
现在假设 (c) 成立，并记 $R^{-1}AR=A^*$, 其中 $R \in M_n$ 是非奇异的 Hermite 矩阵. 那么 $R^{-1}A=A^*R^{-1}$ 且 $A=R(A^*R^{-1})$. 但是 $(A^*R^{-1})^*=R^{-1}A=A^*R^{-1}$, 所以 $A$ 是两个 Hermite 矩阵 $R$ 与 $A^*R^{-1}$ 的乘积，且 $R$ 是非奇异的.
如果 $A=HK$, 其中 $H,K \in M_n$ 是 Hermite 矩阵，且 $H$ 是非奇异的，那么 $H^{-1}AH=KH=(HK)^*=A^*$. 如果 $K$ 是非奇异的，则讨论类似. 于是 (d) 等价于 (b).

(d) 肯定蕴含 (e), 现在来证明 (c) 蕴含 (a). 如果 $A=HK$, 其中 $H$ 与 $K$ 是 Hermite 矩阵且两者都是奇异的，考虑 $U^*AU=(U^*HU)(U^*KU)$, 其中 $U \in M_n$ 是酉矩阵，$U^*HU=\begin{bmatrix} D & 0\\ 0 & 0 \end{bmatrix}$, 且 $D \in M_k$ 是非奇异的实对角矩阵. 与 $U^*HU$ 共形地分划 $U^*KU=\begin{bmatrix} K & \bigstar \\ \bigstar & \bigstar \end{bmatrix}$, 并计算
\begin{align}
U^*AU=(U^*HU)(U^*KU)= \begin{bmatrix} D & 0\\ 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} K' & \bigstar \\ \bigstar & \bigstar \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} DK' & \bigstar \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \notag
\end{align}
分块 $DK' \in M_k$ 是两个 Hermite 矩阵的乘积，其中一个是非奇异的，所以 (d) 、(b) 以及 (a) 的等价性确保它与一个实矩阵相似. 现在先前推论告诉我们 $U^*AU$（从而 $A$ 也）与一个实矩阵相似.

定理 2 中的 (a) 可以通过考虑只取正（或者非负）值的 Hermite 型予以改进.

定理7： 设给定 $A \in M_n$, 那么对所有的 $x \in \mathbb{C}^n$, $x^*Ax$ 是正实数（$x^*Ax$ 是非负实数）的充分必要条件是：$A$ 是 Hermite 矩阵且它所有的特征值都是正的（非负的）.

证明： 必要性：定理 2 中的 (a) 已经确保 $A$ 是 Hermite 矩阵，此外，假设 $\mu \in \mathbb{C}^n$ 是 $A$ 的与特征值 $\lambda$ 相伴的特征向量，那么就有 $\lambda =\mu^*(\lambda \mu)=\mu^* A \mu$, 由假设条件就知 $\lambda >0$（或 $\lambda \geqslant 0$）. 充分性：如果 $A$ 是 Hermite 矩阵，且只有正的（非负的）特征值，那么定理 4 就确保 $A=U \Lambda U^*$, 其中酉矩阵 $U=[u_1\cdots u_n]$ 的列是 $A$ 的与 $\Lambda=\mathrm{diag}(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$ 的正的（非负的）对角元素相伴的特征向量. 这样 $x^*Ax=x^*U\Lambda U^*x=(U^*x)^*\Lambda (U^*x)=\sum\limits_{k=1}^n \lambda_k \lvert u_k^*x \rvert ^2$ 总是非负的；如果所有 $\lambda_k>0$ 且有某个 $\mu_k^* \neq 0$, 那么它是正的，而 $x \neq 0$ 肯定就是这种情形.

定义2： 矩阵 $A \in M_n$ 是正定的，如果对于所有非零的 $x \in \mathbb{C}^n$, $x^*Ax$ 都是正实数；它是半正定的，如果对于所有非零的 $x \in \mathbb{C}^n$, $x^*Ax$ 都是非负实数；它是不定的，如果对于所有非零的 $x \in \mathbb{C}^n$, $x^*Ax$ 都是实数，且存在非零向量 $y,z \in \mathbb{C}^n$, 使得 $y^*Ay <0 <z^*Az$.

设 $A \in M_n$ 以及 $B=A^*A$, 注意到 $x^*Bx= \lVert Ax \rVert _2^2$, 所以 $B$ 是半正定的. 这表明：复矩阵是正定的（半定的），当且仅当它是 Hermite 的，且它所有的特征值都是正的（非负的）. 所以在定义 2 中，不需要事先假设 $A$ 是 Hermite 的，但是对于实的矩阵以及它们所生成的实的二次型，情形就有所不同. 如果 $A \in M_n(\mathbb{R})$ 且 $x \in \mathbb{C}^n$, 那么 $x^TAx=\dfrac {1}{2} x^T (A+A^T)$, 所以，对所有的非零的 $x \in \mathbb{R}^n$ 有 $X^TAx>0$ 或者 $x^TAx \geqslant 0$ 这一假设仅仅是在 $A$ 的对称部分上附加了一个条件，它的斜对称部分并未受到限制. 所以定义 2 实的情形的类似结果必须将一个对称性假设加入进去.

定理8： 设 $A \in M_n(\mathbb{R})$ 是对称的. 那么对所有的非零的 $x \in \mathbb{C}^n$, 有 $x^*Ax>0$（$x^*Ax \geqslant 0$）, 当且仅当 $A$ 的每一个特征值都是正的（非负的）.

证明： 由于 $A$ 是 Hermite 的，故而只要证明下述结论就够了：只要 $z=x+\mathrm{i}y \in \mathbb{C}^n$, 其中 $x,y \in \mathbb{R}^n$, 且 $x,y$ 中至少一个不为零，就有 $z^*Az >0 (z^*Az \geqslant 0)$. 由于 $(y^TAx)^T=x^TAy$, 我们有
\begin{align}
z^*Az &=(x+\mathrm{i}y)^*A(x+\mathrm{i}y)=x^TAx+y^TAy+\mathrm{i}(x^TAy-y^TAx) \notag \\
&=x^TAx+y^TAy \notag
\end{align}
它是正的（非负的），如果 $x$ 与 $y$ 至少一个不为零.

定义3： 矩阵 $A \in M_n(\mathbb{R})$ 是正定的，如果对于所有非零的 $x \in \mathbb{R}^n$, $x^TAx>0$；它是半正定的，如果对于所有非零的 $x \in \mathbb{R}^n$, $x^TAx \geqslant 0$；它是不定的，如果存在向量 $y,z \in \mathbb{R}^n$, 使得 $y^TAy <0 <z^TAz$.

显然如果半正定的矩阵是正定的，当且仅当它是非奇异的. 有关 Herimte 矩阵的最后一个一般性的结论是： $A \in M_n$ 是 Hermite 的，当且仅当它可以写成 $A=B-C$, 其中 $B,C \in M_n $ 是半正定的. 这一结论有一半是显然的，另一半则依赖于下面的定义.

定义4： 设 $A \in M_n$ 是 Hermite 矩阵，$\lambda_1 \geqslant \cdots \geqslant \lambda_n$ 是它的按照非增次序排列的特征值. 设 $\Lambda=\mathrm{diag}(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$, 又令 $U \in M_n$ 是酉矩阵，它使得 $A=U \Lambda U^*$. 设 $\lambda_i^+=\max \{\lambda_i,0\}$ 以及 $\lambda_i^- =\min \{\lambda_i,0\}$（两者都对 $i=1,\cdots,n$ 定义）. 设 $\Lambda_+=\mathrm{diag}(\lambda_1^+,\cdots,\lambda_n^+)$ 以及 $A_+=U\Lambda_+U^*$, 令 $\Lambda_-=\mathrm{diag}(\lambda_1^-,\cdots,\lambda_n^-)$ 以及 $A_-=-U\Lambda_-U^*$. 矩阵 $A_+$ 称为 $A$ 的半正定的部分.

命题1：设 $A \in M_n$ 是 Hermite 矩阵. 那么 $A=A_+-A_-$, $A_+$ 与 $A_-$ 中的每一个都是半正定的，$A_+$ 与 $A_-$ 可交换，$\mathrm{rank}\,A=\mathrm{rank}\,A_+ + \mathrm{rank}\,A_-$, $A_+A_-=A_-A_+=0$, 且 $A_-$ 是 $-A$ 的半正定部分.

应该晓得什么

（Toeplitz 分解）每个 $A\in M_n$ 都可以用唯一的方式写成 $A=H+\mathrm{i}K$ 或 $A=H+S$
Hermite 矩阵特征值是实的
对所有 $x \in \mathbb{C}^n$, $x^*Ax$ 是实的，等价于说 $A$ 是 Hermite 的
$A$ 是正规的且有实特征值，则 $A$ 是 Hermite 的

转载于:https://www.cnblogs.com/zhoukui/p/7877928.html