1

Let $A\in {\mathbb{R}}^{n\times n}$ be positive definite and $B\in {\mathbb{R}}^{n\times n}$ be symmetric. Then, for any $x\in {\mathbb{R}}^n$, $${\lambda }_{\min }\left(A^{?1}B\right)x^{?}Ax\le x^{?}Bx\le {\lambda }_{\max }\left(A^{?1}B\right)x^{?}Ax$$

Proof:
Because $A$ is positive definite, it is symmetric, which shows that there exists some orthogonal matrices $P$ ($P^{?}P=P{P}^{?}=I$) such that
$$A=P^{?1}\text{diag}\{{\lambda }_i(A)\}P=P^{?1}\text{diag}\{\sqrt{{\lambda }_i(A)}\}P{P}^{?1}\text{diag}\{\sqrt{{\lambda }_i(A)}\}P$$
Let $M=P^{?1}\text{diag}\{\sqrt{{\lambda }_i(A)}\}P$, we have
$$A=MM$$ where $M$ is positive definite.

Because $M$ is positive definite (obviously, also symmetric), it is shown that $M^{?1}$ is positive definite (obviously, also symmetric), which, together with that $B$ is symmetric, leads to $M^{?1}B{M}^{?1}$ is symmetric. Therefore, we have
$$M^{?1}B{M}^{?1}\le {\lambda }_{\max }(M^{?1}B{M}^{?1})I={\lambda }_{\max }(M^{?1}{M}^{?1}B)I={\lambda }_{\max }(A^{?1}B)I$$ leading to $$B\le {\lambda }_{\max }(A^{?1}B)MM={\lambda }_{\max }(A^{?1}B)A$$

Followng the same line, we have $${\lambda }_{\min }(A^{?1}B)A\le B$$

As a result, $${\lambda }_{\min }\left(A^{?1}B\right)x^{?}Ax\le x^{?}Bx\le {\lambda }_{\max }\left(A^{?1}B\right)x^{?}Ax$$ holds.

2

令$A$是$m\times n$維實矩陣，則有 $$\lambda (A^{?}A)?0$$

3

令$A_1$和$A_2$是$m\times n$維實矩陣，$A_3$是$m\times m$維的正定陣，則有 $$A_1^{?}{A}_2+A_2^{?}{A}_1\le A_1^{?}{A}_3{A}_1+A_2^{?}{A}_3^{?1}{A}_2$$

證明：
因為$A_3$是$m\times m$維的正定陣，存在正交陣$P$使得
$$A_3=P^{?}\Lambda P$$，其中$\Lambda$為對角陣，且為正實數，那么存在$$\Lambda =\tilde{\Lambda }\tilde{\Lambda }$$另外，$$(\tilde{\Lambda }P{A}_1?{\tilde{\Lambda }}^{?1}P{A}_2{)}^{?}(\tilde{\Lambda }P{A}_1?{\tilde{\Lambda }}^{?1}P{A}_2)\ge 0$$展開后可得
$$A_1^{?}{A}_3{A}_1+A_2^{?}{A}_3^{?1}{A}_2\ge A_1^{?}{A}_2+A_2^{?}{A}_1$$

4

$A$ 和 $B$ 是正定矩陣，$AB$ 的特征值均正；如果滿足如下三個等價條件中的一個：① $AB$ 是對稱的；② $BA$是對稱的；③$AB=BA$，那么 $AB$ 是正定矩陣。

證明：
$A$ 和 $B$ 是正定矩陣，所以存在正定矩陣 $P$ 和 $Q$ ，使得$$A=P^{?}PB=Q^{?}Q$$，同時有$P$ 和 $Q$的逆存在，那么$$Q(AB)Q^{?1}=Q{P}^{?}P{Q}^{?}=(P{Q}^{?}{)}^{?}P{Q}^{?}$$因為 $P{Q}^{?}x=0$只有一個零解，所以 $(P{Q}^{?}{)}^{?}P{Q}^{?}$ 是正定矩陣，相似于 $AB$，所以 $AB$ 的特征值均正。很明顯，如果 $AB$ 為對稱陣 ，那么 $AB$ 是正定矩陣。

接下來考慮三個條件的等價：

①?②： 如果 $AB$ 為對稱陣 ，又因為 $A$ 和 $B$ 是正定矩陣，那么 $A^T{B}^T=AB=B^T{A}^T=BA$；

②?③： 如果 $BA$ 為對稱陣 ，又因為 $A$ 和 $B$ 是正定矩陣，那么 $BA=A^T{B}^T=AB$；

③ ?①：如果 $AB=BA$，又因為 $A$ 和 $B$ 是正定矩陣，所以可知 $BA=B^T{A}^T=(AB{)}^T=AB$，說明 $AB$ 是對稱的。

5

給定任意 $x\in {\mathbb{R}}^n$ 和 $\sigma >0$ ，那么 $\sigma I+x{x}^T$ 是正定的，其逆是 $\frac{1}{\sigma }(I?\frac{x{x}^T}{\sigma +x^{T}x})$。

證明：
$\frac{1}{\sigma }(\sigma I+x{x}^T)(I?\frac{x{x}^T}{\sigma +x^{T}x})=I$

6

對稱矩陣的譜半徑等于其譜范數。

證明：
譜半徑是 ${\max }_i|\lambda (A)|$，譜范數是 $\sqrt{{\max }_i{A}^{T}A}$。
假設 $A$ 是對稱陣，那么存在正交陣 $P$ 使得 $A=P^{T}XP$，X是以$A$的特征值為對角線的對角矩陣。$A^{T}A=P^{T}XXP$ ，那么 $A^{T}A$ 的最大特征值就是 $A$ 的最大特征值的平方。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的20211130 正定矩阵的几个不等式的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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