$A,B$都是$n$阶实对称方阵且$A$正定，能用同一矩阵对角化

abababa

如题：设$A,B$都是$n$阶实对称方阵且$A$正定，求证存在一个可逆的矩阵$P$，使得
\[A=P^TP,B=P^T{\rm{diag}}(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n)P\]

这个结论在网上看到过很多次了，但是没看到过详细的证明，应该怎么证明这个结论？
我想到的是因为$A$是实对称的，所以能写成$A=C{\rm{diag}}(c_1^2,c_2^2,\cdots,c_n^2)C^T$，其中$C$是正交矩阵。然后要把那个对角矩阵开方，比如记成$\sqrt{A}=C{\rm{diag}}(c_1,c_2,\cdots,c_n)C^T$，然后用$\sqrt{A}B(\sqrt{A})^T$去证明，但没证明下去。

abababa

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这个是不是错的啊，应该是$P^TAP=E$，其中$E$是单位矩阵。我一直没证明出$A=P^TP$。
下面是我的证明：
因为$A$正定实对称，所以能被正交对角化，即存在正交矩阵$C$使得$A=C^T{\rm{diag}(c_1^2,\cdots,c_n^2)}C$，因为正交矩阵转置也正交，所以这里不妨变换$C^T \to C$，即$A=C{\rm{diag}(c_1^2,\cdots,c_n^2)}C^T$。然后$A^{-1}=C{\rm{diag}}(1/c_1^2,\cdots,1/c_n^2)C^T$，记$\sqrt{A^{-1}}=C{\rm{diag}}(1/c_1,\cdots,1/c_n)C^T$.

因为$\sqrt{A^{-1}}^TB\sqrt{A^{-1}}$也是实对称矩阵，所以也能正交对角化为$M^T\sqrt{A^{-1}}^TB\sqrt{A^{-1}}M={\rm{diag}}(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$，其中$M$是正交矩阵。然后令$P=\sqrt{A^{-1}}M$，就有$P^TBP=\rm{diag}(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$。
这时
\begin{align*}
P^TAP &= \left(M^T\sqrt{A^{-1}}^T\right)\left(C{\rm{diag}}(c_1^2,\cdots,c_n^2)C^T\right)\left(\sqrt{A^{-1}}M\right)\\
&= M^T\left(C{\rm{diag}}(\frac{1}{c_1},\cdots,\frac{1}{c_n})C^T\right)\left(C{\rm{diag}}(c_1^2,\cdots,c_n^2)C^T\right)\left(C{\rm{diag}}(\frac{1}{c_1},\cdots,\frac{1}{c_n})C^T\right)M\\
&= M^T\left(C{\rm{diag}}(1,\cdots,1)C^T\right)M = M^TEM = E
\end{align*}

Infinity

上面就证明出来了吗？题目相当于证明B与一对角阵合同，A与单位阵合同，恰巧存在这样的投影空间而已。实际上它们互相加权正交的广义特征向量构成的矩阵就能作为这个投影空间，分别将A和B与不同的对角阵合同，只是对应的对角阵不一定是单位阵而已。那么再来一个相似变换，将A所合同的对角阵变为单位阵，而B的那个对角阵也相应相似变换一下（不一定得到单位阵），这样就出来了。