$A, C$分别是$n,m$阶实对称矩阵，$B$为$n \times m$阶实矩阵

abababa

设$A, C$分别是$n$阶和$m$阶实对称矩阵，$B$为$n \times m$阶实矩阵且$\begin{bmatrix}
A & B\\
B^T & C
\end{bmatrix}$正定，求证$\det\left(\begin{bmatrix}
A & B\\
B^T & C
\end{bmatrix}\right) \le \det(A)\det(C)$，当且仅当$B = 0$时取等号。


我做到这里：
令$P = \begin{bmatrix}
E_n & -A^{-1}B\\
0 & E_m
\end{bmatrix}$，然后$P^T\begin{bmatrix}
A & B\\
B^T & C
\end{bmatrix}P=\begin{bmatrix}
A & 0\\
0 & C-B^TA^{-1}B
\end{bmatrix}$，并且可以计算$\det(P)=1$，然后把左右都取行列式，左边就是待证的左边，右边变成$\det(A)\det(C-B^TA^{-1}B)$，约掉$\det(A)$，最后只要证明
\[\det(C-B^TA^{-1}B)\le \det(C)\]
后面不知道怎么证明。
现在有几个问题：$D=C-B^TA^{-1}B$是对称正定的吗？怎么证明？$B^TA^{-1}B$也是对称正定的吗？怎么证明？

战巡

回复 1# abababa

首先介绍一些引理：

第一个引理：
如果$A, B$为对称阵，且$\begin{pmatrix} A & B\\ C&D\end{pmatrix}$为正定阵，则$A, D$都是正定阵

证明：
由于$F=\begin{pmatrix} A & B\\ C&D\end{pmatrix}$为正定阵，必然存在可逆矩阵$Q$使得$Q^TQ=F$，如果对$Q$进行分块，也就是$Q=\begin{pmatrix} Q_1 & Q_2\\ Q_3&Q_4\end{pmatrix}$，则会有
\[A=Q_1^TQ_1+Q_3^TQ_3\]
\[D=Q_2^TQ_2+Q_4^TQ_4\]
当然都是正定阵

那么你这里$P^T\begin{pmatrix} A & B\\ B^T&C\end{pmatrix}P=\begin{pmatrix} A & 0\\ 0&C-B^TA^{-1}B\end{pmatrix}$，这个是正定阵很容易证明，只要令非零列向量$x$，然后有
\[x^TP^T\begin{pmatrix} A & B\\ B^T&C\end{pmatrix}Px=(Px)^T\begin{pmatrix} A & B\\ B^T&C\end{pmatrix}(Px)>0\]

那么根据上面的引理就会有$C-B^TA^{-1}B$为正定阵

第二个引理：
对同是$n$阶的正定阵$A, B$，如果$A-B$是半正定阵，则$\det(A)\ge\det(B)$

证明：
由于$A$正定，必然存在可逆矩阵$Q$使得$A=Q^TQ$，那么
\[A-B=Q^TQ-B=Q^T(I-(Q^T)^{-1}BQ^{-1})Q>0\]
则有
\[I-(Q^T)^{-1}BQ^{-1}>0\]
如果令$x$为$(Q^T)^{-1}BQ^{-1}$的其中一个特征向量且其对应的特征根为$\lambda$，则有
\[x^T(I-(Q^T)^{-1}BQ^{-1})x=x^Tx-x^T(Q^T)^{-1}BQ^{-1}x\]
\[=x^Tx-x^T\lambda x=(1-\lambda)x^Tx\ge 0\]
由于这里$x$是任意一个特征向量，也就是$(Q^T)^{-1}BQ^{-1}$的所有特征根均小于$1$，而同时又易证$(Q^T)^{-1}BQ^{-1}$为正定阵，特征根均为正，因此
\[\det((Q^T)^{-1})\det(B)\det(Q^{-1})=\det((Q^T)^{-1}BQ^{-1})=\prod_{k=1}^n\lambda_k\le 1\]
那么有
\[\det(A^{-1})\det(B)=\det(A^{-1}B)=\det((Q^T)^{-1})\det(B)\det(Q^{-1})=\det((Q^T)^{-1})\det(B)\det(Q^{-1})\le 1\]
也就是
\[\frac{\det(B)}{\det(A)}\le 1\]
\[\det(B)\le \det(A)\]

你这里易证$B^TA^{-1}B$半正定，因为$A^{-1}$是正定的，对任意非零列向量$x$都有
\[x^TB^TA^{-1}Bx=(Bx)^TA^{-1}(Bx)\ge 0\]
当且仅当$B=0$时取等

而$C-(C-B^TA^{-1}B)=B^TA^{-1}B$半正定，其中$C$根据第一条引理，它是正定的，那么按上面的引理就有
\[\det(C)\ge\det(C-B^TA^{-1}B)\]

abababa

回复 2# 战巡

谢谢，有几个地方不明白：
第一个引理里，是不是默认了正定就是对称的？如果按定义的话，正定的不一定都对称，但在主楼的问题里能保证对称性，所以没什么影响。
第二个引理里，$\lambda_A$和$\lambda_B$对应的特征向量不一定相同，这样怎么使用分配率呢？就是$(A-B)x=(\lambda_A-\lambda_B)x$这个，这里的$x$是不是必须同时满足是$A,B$的特征向量才能用？这个要怎么说明呢？

我之前证明过一个题是这样的：
$A,B$都是$n$阶实对称矩阵，并且$B$是正定的，$A-B$是半正定的，能证明$\det(A)\ge\det(B)$，我一开始假设了主楼里的$D$是正定的（根据引理一已经证明了），然后一直想把它化成这个题的条件，没化过来。

战巡

回复 3# abababa


第一个一般狭义上正定阵就是对称阵....不对称的正定阵很难弄的..

第二个证明有点错误，已经改了
我早前看到过一个结论说是如果$A, B$都是正定阵，$A-B$也是正定阵，则$A$矩阵的第$k$大特征根要大于$B$矩阵的第$k$大特征根，但没看过证明，可能是记错了...

abababa

回复 4# 战巡

谢谢，现在引理2可以理解了，但对引理1又有些疑问：
虽然$Q,Q^T$是可逆的，这样能保证$Q^TQ$正定，但分块后的子块不一定还可逆，如果对角块不可逆，就不能保证$Q_1^TQ_1$正定，而且$Q_3^TQ_3$是两个非方阵的积，怎么能保证它是正定的呢？

战巡

回复 5# abababa

任意给一个矩阵$X$，不管它是不是方阵，都会有$X^TX$半正定啊，而只要$X\ne 0$，那$X^TX$就是正定阵啊...

你这里$Q_3=0$是可能的，$Q_3^TQ_3$可以是半正定，但$Q_1$不能为零阵啊，要不然你对角线都出零了，整个就半正定了...

abababa

回复 6# 战巡

这个我明白了，拿非零向量按定义又证明了一下，谢谢。

Infinity

回复 1# abababa
你这里的A不一定可逆吧？光对称不正定怎么确定能求逆?

abababa

回复 8# Infinity

由分块矩阵的正定性，可以推导出$A$也正定，因为任意的主子式也都必须正定才行，而$A,C$都是它的主子式。

Infinity

回复 9# abababa
原来隐藏在后面的条件了。

hbghlyj

战巡 发表于 2020-3-3 14:33
我早前看到过一个结论说是如果$A, B$都是正定阵，$A-B$也是正定阵，则$A$矩阵的第$k$大特征根要大于$B$矩阵的第$k$大特征根，但没看过证明，可能是记错了...

两个半正定矩阵的差仍是半正定矩阵，那么他们的秩有什么关系 百度知道
@电灯剑客 科技发烧友
如果A，B，A-B都是Hermite半正定阵，那么rank(A)>=rank(B)，稍强的结论是A的第k大特征值>=B的第k大特征值

hbghlyj

Loewner order in terms of eigenvalues
Suppose that $A⪰B$, where $A$ and $B$ are real symmetric matrices, so that $A-B$ is positive semidefinite, equivalently, $A-B$ has nonnegative eigenvalues.
Is it always true that $λ_i(A)≥λ_i(B)$ (assuming that eigenvalues are ordered)?
By the min-max-theorem we have that for all $k \in \{ 1, \ldots, d \}$
$$
\lambda_k(A)
= \min_{\substack{U \subset \mathbb C^d, \\ \dim(U) = k}} \max_{x \in U \setminus \{ 0 \}} \frac{x^{\mathsf{T}} A x}{x^{\mathsf{T}} x}
\ge \min_{\substack{U \subset \mathbb C^d, \\ \dim(U) = k}} \max_{x \in U \setminus \{ 0 \}} \frac{x^{\mathsf{T}} B x}{x^{\mathsf{T}} x}
= \lambda_k(B),
$$
where the inequality is due to $B \preceq A$, which is equivalent to $0 \preceq A - B$, i.e. $x^{\mathsf{T}} (A - B) x \ge 0$ for all $x \in \mathbb {C}^d$.

hbghlyj

Gilbert Strang - Introduction to Linear Algebra (2016)
6.5. Positive Definite Matrices page 357

6.5 B When is the symmetric block matrix $\quad M=\left[\begin{array}{cc}A & B \\ B^{\mathrm{T}} & C\end{array}\right] \quad$ positive definite? Solution Multiply the first row of $M$ by $B^{\mathrm{T}} A^{-1}$ and subtract from the second row, to get a block of zeros. The Schur complement $S=C-B^{\mathrm{T}} A^{-1} B$ appears in the corner: $$ \left[\begin{array}{cc} I & 0 \\ -B^{\mathrm{T}} A^{-1} & I \end{array}\right]\left[\begin{array}{cc} A & B \\ B^{\mathrm{T}} & C \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} A & B \\ 0 & C-B^{\mathrm{T}} A^{-1} B \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} \boldsymbol{A} & B \\ 0 & \boldsymbol{S} \end{array}\right] $$ Those two blocks $\boldsymbol A$ and $\boldsymbol S$ must be positive definite. Their pivots are the pivots of $M$.

hbghlyj

战巡 发表于 2020-3-3 14:33
第一个一般狭义上正定阵就是对称阵....不对称的正定阵很难弄的..

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