关于共轭向量的两个证明

陈宝林最优化理论与算法中共轭梯度法所提到的共轭向量概念，两道证明题算是经典的作业题。

定义：设A是 n×n 对称正定矩阵，若RnR^nRn中的两个方向p(1)p^{(1)}p(1)和 p(2)p^{(2)}p(2)满足
p(1)TAp(2)=0p^{(1)T}Ap^{(2)}=0p(1)TAp(2)=0
则称这两个方向关于A共轭，或称它们关于A正交。特别地，当A是单位阵时，这两个方向正交。
若 p(1)p^{(1)}p(1), p(2)p^{(2)}p(2), …,p(n)p^{(n)}p(n)是RnR^nRn中n个方向，它们两两关于A共轭，即满足
p(i)TAp(j)=0,i≠j.i,j=1,...,np^{(i)T}Ap^{(j)}=0,i\ne j.i,j=1,...,np(i)TAp(j)=0,i=j.i,j=1,...,n
则称这组方向是A共轭的，或称它们为A的n个共轭方向。

定理：设A是n阶对称正定矩阵， p(1)p^{(1)}p(1), p(2)p^{(2)}p(2), …,p(n)p^{(n)}p(n)是n个A共轭的非零向量，则这个向量组线性无关。

题目：设A为n阶对称正定矩阵，非零向量 p(1)p^{(1)}p(1), p(2)p^{(2)}p(2), …,p(n)∈p^{(n)}\inp(n)∈ RnR^nRn关于矩阵A共轭。证明：

（1）x=∑i=1np(i)TAxp(i)TAp(i)p(i),∀x=\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)T}Ax}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}p^{(i)},\forallx=∑i=1np(i)TAp(i)p(i)TAxp(i),∀x∈x\inx∈ RnR^nRn

（2）A−1=∑i=1np(i)p(i)Tp(i)TAp(i)A^{-1}=\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)}p^{(i)T}}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}A−1=∑i=1np(i)TAp(i)p(i)p(i)T

sol 1:
根据定理，p(1)p^{(1)}p(1), p(2)p^{(2)}p(2), …,p(n)p^{(n)}p(n)线性无关，则对于任意x∈x\inx∈ RnR^nRn可以由p(1)p^{(1)}p(1), p(2)p^{(2)}p(2), …,p(n)p^{(n)}p(n)线性表出，即
x=∑i=1nkip(i)x=\sum_{i=1}^nk_ip^{(i)}x=i=1∑nkip(i)
代入等式右端，得到：
∑i=1np(i)TAxp(i)TAp(i)p(i)=∑i=1np(i)TA∑i=1nkip(i)p(i)TAp(i)p(i)\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)T}Ax}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}p^{(i)}=\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)T}A\sum_{i=1}^nk_ip^{(i)}}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}p^{(i)}i=1∑np(i)TAp(i)p(i)TAxp(i)=i=1∑np(i)TAp(i)p(i)TA∑i=1nkip(i)p(i)
又根据定义p(i)TAp(j)=0,i≠j.i,j=1,...,np^{(i)T}Ap^{(j)}=0,i\ne j.i,j=1,...,np(i)TAp(j)=0,i=j.i,j=1,...,n，有
∑i=1np(i)TA∑i=1nkip(i)p(i)TAp(i)p(i)=∑i=1np(i)TAkip(i)p(i)TAp(i)p(i)=∑i=1nkip(i)\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)T}A\sum_{i=1}^nk_ip^{(i)}}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}p^{(i)}=\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)T}Ak_ip^{(i)}}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}p^{(i)}=\sum_{i=1}^nk_ip^{(i)}i=1∑np(i)TAp(i)p(i)TA∑i=1nkip(i)p(i)=i=1∑np(i)TAp(i)p(i)TAkip(i)p(i)=i=1∑nkip(i)
等式右端等于左端，得证。

sol 2.1:
有第一问的结论可以很快证出第二问，设A−1=[x1,x2,...,xn]A^{-1}=[x_1,x_2,...,x_n]A−1=[x1,x2,...,xn]，有
[x1,x2,...,xn]=[∑i=1np(i)TAx1p(i)TAp(i)p(i),∑i=1np(i)TAx2p(i)TAp(i)p(i),...,∑i=1np(i)TAxnp(i)TAp(i)p(i)][x_1,x_2,...,x_n]=[\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)T}Ax_1}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}p^{(i)},\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)T}Ax_2}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}p^{(i)},...,\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)T}Ax_n}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}p^{(i)}][x1,x2,...,xn]=[i=1∑np(i)TAp(i)p(i)TAx1p(i),i=1∑np(i)TAp(i)p(i)TAx2p(i),...,i=1∑np(i)TAp(i)p(i)TAxnp(i)]
此时∑i=1np(i)TAxjp(i)TAp(i)\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)T}Ax_j}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}∑i=1np(i)TAp(i)p(i)TAxj是常数，可将p(i)p^{(i)}p(i)提到前面凑成等式右端的形式

=∑i=1np(i)p(i)TA[x1,x2,...,xn]p(i)TAp(i)=∑i=1np(i)p(i)Tp(i)TAp(i)=\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)}p^{(i)T}A[x_1,x_2,...,x_n]}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}=\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)}p^{(i)T}}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}=i=1∑np(i)TAp(i)p(i)p(i)TA[x1,x2,...,xn]=i=1∑np(i)TAp(i)p(i)p(i)T

除此之外，亦可以不利用第一问的结论，直接用构造法证明，可以看出，等式同时右称A，可将左端化为单位阵，右端变为∑i=1np(i)p(i)TAp(i)TAp(i)\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)}p^{(i)T}A}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}∑i=1np(i)TAp(i)p(i)p(i)TA，可见再右称p(i)p^{(i)}p(i)可与分母的常数约去，而左端变为p(i)p^{(i)}p(i)，可利用共轭定义构造连加，证明如下：
sol 2.2:
p(j)=p(j)p(j)TAp(j)p(j)TAp(j)=∑i=1np(i)p(i)TAp(j)p(i)TAp(i)p^{(j)}=\frac{p^{(j)}p^{(j)T}Ap^{(j)}}{p^{(j)T}Ap^{(j)}}=\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)}p^{(i)T}Ap^{(j)}}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}p(j)=p(j)TAp(j)p(j)p(j)TAp(j)=i=1∑np(i)TAp(i)p(i)p(i)TAp(j)
当i≠ji\ne ji=j时，每一项都等于零，等式显然成立（用此构造思路也可证第一问）
令P=[p1,p2,...,pn]P=[p_1,p_2,...,p_n]P=[p1,p2,...,pn],则有
P=[∑i=1np(i)p(i)TAp(1)p(i)TAp(i),∑i=1np(i)p(i)TAp(2)p(i)TAp(i),...,∑i=1np(i)p(i)TAp(n)p(i)TAp(i)]=∑i=1np(i)p(i)TA[p1,p2,...,pn]p(i)TAp(i)P=[\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)}p^{(i)T}Ap^{(1)}}{p^{(i)T}Ap^{(i)}},\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)}p^{(i)T}Ap^{(2)}}{p^{(i)T}Ap^{(i)}},...,\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)}p^{(i)T}Ap^{(n)}}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}]=\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)}p^{(i)T}A[p_1,p_2,...,p_n]}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}P=[i=1∑np(i)TAp(i)p(i)p(i)TAp(1),i=1∑np(i)TAp(i)p(i)p(i)TAp(2),...,i=1∑np(i)TAp(i)p(i)p(i)TAp(n)]=i=1∑np(i)TAp(i)p(i)p(i)TA[p1,p2,...,pn]
A是对称正定阵， p(1)p^{(1)}p(1), p(2)p^{(2)}p(2), …,p(n)p^{(n)}p(n)线性无关，则A、P都可逆，于是有
A−1=∑i=1np(i)p(i)Tp(i)TAp(i)A^{-1}=\sum_{i=1}^n\frac{p^{(i)}p^{(i)T}}{p^{(i)T}Ap^{(i)}}A−1=i=1∑np(i)TAp(i)p(i)p(i)T

两种方法大同小异，构造思路比较有趣，大概也是出题思路吧

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