$A,B$是$n$阶对称半正定矩阵，$tr(AB)\ge0$当且仅当$AB=0$

abababa

$A,B$是$n$阶实对称半正定矩阵，求证${\rm{tr}}(AB)\ge0$，当且仅当$AB=0$时取等号。

我证明到这样：
因为$A$是实对称矩阵，所以能被正交对角化，即存在正交矩阵$Q$使得
\[A=Q{\rm{diag}}(\lambda_1^2\cdots,\lambda_s^2,0\cdots,0)Q^T\]
对角元含$0$是因为$A$是半正定的，然后令
\[\sqrt{A}=Q{\rm{diag}}(\lambda_1,\cdots,\lambda_s,0,\cdots,0)Q^T\]
就有${\rm{tr}}(AB)={\rm{tr}}(\sqrt{A}^T\sqrt{A}B)={\rm{tr}}(\sqrt{A}B\sqrt{A}^T)$
我想证明$\sqrt{A}B\sqrt{A}^T$是半正定的，这样就能证明它的迹非负

另外一个问题：如果$A,B$都是$n$阶半正定矩阵，它们能不能用同一个可逆矩阵$P$合同对角化？即使得$P^TAP,P^TBP$都是对角矩阵。这个是不是正确的？在这个题里有没有什么作用？

Infinity

对称半正定矩阵必有分解$A=UU^T$，则$\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(BA)=\mathrm{tr}((BU)U^T)=\mathrm{tr}(U^TBU)\geqslant 0$。最后是因为B为半正定，故$U^TBU$也是半正定。剩下就要证明取等号条件了，显然当A和B任何一个为零，等号成立。接下来考虑它们都不为零的情况。
因为A实对称，则必然有正交矩阵满足$P^TAP=S=\mathrm{diag}[s_1,s_2,\cdots,s_k,0,0,\cdots,0]$，其中$s_1,s_2,\cdots,s_k>0$
则$\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(PSP^TB)=\mathrm{tr}(PS(P^TBP)P^T)=\mathrm{tr}(PSVP^T)=\mathrm{tr}(PP^TSV)=\mathrm{tr}(SV)$，这里$V=P^TBP$为半正定对称矩阵。既然$\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(SV)=0$，而$S$为半正定对角矩阵，故$SV=0$，从而$AB=PSVP^T=0$.

Infinity

还有一个更简单的证法：
对称半正定矩阵必有分解$A=UU^T$，$B=LL^T$，则$\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(UU^TLL^T)=\mathrm{tr}(L^TUU^TL)=\mathrm{tr}(CC^T)$其中$C=L^TU$。显然$CC^T$也是对称半正定的，故$\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(CC^T)\geqslant 0$。
当取等号时$\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(CC^T)=0$，因为半正定，从而$CC^T$特征值全为零，故$C=0$，$AB=LCU^T=0$。
另外一个问题：如果A,B都是n阶半正定矩阵，若存在正交阵P使得$P^TAP,P^TBP$都是对角矩阵，那么本题就很简单了，直接$AB=PSP^TBPP^T=PSVP^T=PWP^T$，$V$是半正定对角阵，而$W=SV$也是半正定对角阵，题目结论显然成立。但实际上，这样的P不一定存在，理由如下：
假设存在这样的$P$，即存在对角阵$D$，使得$P^TAP=DP^TBP$，其实$D$在哪一边无所谓（这句话有漏洞），故不失一般性，就设$A$的秩为$k$而B的秩不小于$k$，而$S=DV$也是对角阵。显然，若B的秩等于$k$，那么对角阵$D$存在(只需定义0/0=任意有限实常数即可)。若B的秩大于$k$，则D中某些对角元素必须为无穷大才行(因为会出现正数除以零的情况)，故不存在这样的D，即不存在满足同时对角化条件的正交阵P。
上面的证明有漏洞，那就是A和B对角化后他们之间只要有一个方向成比例即可，不必要求等号从左到右和从右到左都成立。于是，因此只有当上面等式中的A和B交换后仍成立，则P总存在。这就意味着当$AB=BA$时，才存在同时将其对角化的P。

abababa

回复 2# Infinity

谢谢，我有几个地方没看懂，为什么$B$是半正定的，就有$U^TBU$也是半正定的？这里的$U$不一定是可逆矩阵吧，如果正交分解$A$，只能分出$A=Q^T\rm{diag}(\lambda_1^2,\cdots,\lambda_s^2,0,\cdots,0)Q$，然后像主楼那样定义出$\sqrt{A}=U$，可$\sqrt{A}$不一定是可逆的，这样对任意非零向量$x$就不一定有$Ux \neq 0$了，之后要怎么证明$U^TBU$也半正定呢？

还有3楼的那个，其实我想证明的不是$A,B$能同时正交对角化，只要能同时用可逆矩阵$P$合同对角化就可以，如果$A,B$有一个是正定的就能证明了。我感觉两个都是半正定时，也是正确的，但是证明不了。

Infinity

回复 4# abababa

是的，$U$不一定可逆，当然，它可以是实对称矩阵，即$A=U^2$，也就是你给出的根号那种关系（矩阵的函数通常用指数形式表示根号，所以没太习惯过来）。对于任意列向量$x$，令$y=Ux$，因$B$半正定，则$y^TBy\geqslant 0$，于是$x^T(U^TBU)x\geqslant 0$从而$U^TBU$半正定。
关于最后同时合同对角化的问题，这个P为可逆复数矩阵时估计存在，为实矩阵不太清楚，感觉有可能存在，有可能不存在。因为合同只管符号，不管值，所以比相似要宽松一点。

abababa

回复 5# Infinity

这里对任意非零向量$x$，得证明$y^TBy=(Ux)^TB(Ux)=x^T(U^TBU)x\ge0$，但是$y$可能是零向量，这不是得证明对任意的非零向量有$\ge0$吗，现在只证明到存在某些零向量能满足$\ge0$。我有点没弄清楚，可能是充分必要的方向弄反了。

最后那个实矩阵时，如果有一个正定时就是存在的，就在这版块的第一页，就是这个链接：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=6947&extra=page%3D1
但半正定时没能套用上那个证明。

Infinity

回复 6# abababa
这里是有些问题，只要$x$非零，$y$为零不要紧，因为我们证明的是后者。或者按照这个顺序来看，对于任意非零向量$x$，总有$x^T(B^TBU)x=y^TBy\geqslant 0$，而最后不管$y$如何，不等号始终成立。
最后那个问题：当$A$正定时，也就是可逆时，存在同一个可逆阵$P$，同时使得$A$合同于单位阵，且$B$合同于对角阵。
当$B$可逆，如果$AB^{-1}$的特征值互异，同样也是存在同一个可逆阵$Q$，同时使$A$和$B$同时合同于对角阵，且这两个对角阵元素之间可以用这些特征值构成的对角阵作为乘积因子联系起来。

Infinity

后面这种情况就是我在你那个帖子里回复的广义特征值问题，这里是用标准特征值形式叙述的。

abababa

回复 7# Infinity

谢谢，这个问题我弄明白了，就是不能反推，正向推出是正确的。这样看来3楼的证明感觉更对称，只是tr那里用了轮换相等。

两个半正定矩阵能不能同时合同对角化，另一帖里的回复有些术语定义我还不理解，没学到那么多，我暂时先放一放这个问题，等能理解了再回头看看。

hbghlyj

abababa 发表于 2020-3-18 13:28
回复 2# Infinity

谢谢，我有几个地方没看懂，为什么$B$是半正定的，就有$U^TBU$也是半正定的？
...可$\sqrt{A}$不一定是可逆的，这样对任意非零向量$x$就不一定有$Ux \neq 0$了，之后要怎么证明$U^TBU$也半正定呢？

$A.B\in\mathbf R^{n,n}$, $A$对称正定, $B^{T}AB$半正定.
$B^{T}AB$正定, 当且仅当 $B$ 可逆.
math.stackexchange.com/questions/643895
对$X\in\mathbb R^{n,1}$, 因为$A$正定,
$$X^TB^TABX=(BX)^TA(BX)\ge0$$
故 $B^TAB$ 半正定.
$$X^TB^TABX=(BX)^TA(BX)=0\iff BX=0$$
若 $B$ 可逆, 则 $BX=0⇔X=0$, 则 $B^TAB$ 正定.
若 $B$ 不可逆, 则存在$X≠0$使$BX=0$, 则 $B^TAB$ 非正定.