和与积相等的Hermitian矩阵对的惯性及应用

林志兴,杨忠鹏,陈梅香,陈智雄

(莆田学院数学与金融学院, 福建 莆田 351100)

0 引言

文献[5]给出了和与积相等的Hermitian正定矩阵对的Kantorovich型不等式的结果

命题1[5]设A,B∈Tn(C),A>0,B>0；p>1,q>1且1/p+1/q=1； 则

(∀x(≠0)∈Cn×n)

(1)

由文献[6-7]知,作为经典Kantorovich不等式推广的Greub-Rheinboldt不等式：设G>0,M>0是可交换的,则

(2)

当A,B∈Tn(C)且A>0,B>0时,由AB=BA,知此时不等式(2)成立． 因此式(1)是在A,B∈Tn(C),A>0,B>0的条件下对不等式(2)的推广． 在文献[5]中有

(3)

由式(1)和文献[5]中的定理5知(λ1(A)-1)(λn(A)-1)>0是命题1成立的必要条件． 在A,B∈Tn(C)且A>0,B>0的题设下,文献[5]的定理4没有给出这个必要条件成立的理由．

文献[5]还研究了和与积相等的Hermitian正定(半正定)矩阵对的运算．

命题2[5]设A,B∈Tn(C),如果A>0,B>0(或A≥0,B≥0),则A+B=AB>0 (或≥0)．

此外,文献[8]探讨了矩阵方程AX=A+X有正定解的充要条件．

首先得到了和与积相等的Hermitian矩阵对的惯性表达式,进而给出了这样矩阵对是正定、 半正定、 负定、 半负定和不定的充要条件． 作为应用,不仅证明了文献[5]得到的不等式(1)是正确的,而且通过和与积相等的正定(或半正定)矩阵对得到了比命题2更为精确的矩阵不等式.

1 预备知识

引理1 设A∈H(n),则

pA+qA=r(A)

(4)

A>0(或-A>0)⟺qA=0且pA=n=r(A)(或pA=0且qA=n=r(A))

(5)

A≥0(或-A≥0)⟺qA=0(或pA=0)⟺pA=r(A)(或qA=r(A))

(6)

A不定⟺pA≥1且qA≥1

(7)

证明 式(4)由文献[3-4]得到,式(5)可由文献[1]的引理1.5(h)和文献[2]的引理1.2(h)得到． 从Hermitian矩阵的惯性的性质可得式(6)～(7)．

引理2 设A,B∈Cn×n,则A,B∈Tn(C)⟺B-E可逆；A=E+(B-E)-1⟺A-E可逆；B=E+(A-E)-1．

证明 当A-E可逆且B=E+(A-E)-1时,由文献[9]可知A,B∈Tn(C)． 如果A,B∈Tn(C),从(A-E)(B-E)=AB-A-B+E=E有B=E+(A-E)-1．

从A与B的对称性可得A,B∈Tn(C)⟺B-E可逆且A=E+(B-E)-1．

引理4[4]设A∈H(n),则有酉矩阵Q使A=Qdiag(λ1(A),λ2(A), …,λn(A))QH．

引理5[11]设A,B∈Tn(C),则1)A-E可逆. 2)AB=BA. 3)r(A)=r(B)．

2 主要结果

设A2=diag(-1, -1/2)<0,B2=diag(1/2, 1/3)>0,易验证A2,B2∈T2(C)∩H(2)．

令A3=diag(2, 3/2)>0,B3=diag(2, 3)>0,易验证A3,B3∈T2(C)∩H(2)．

例1说明当A,B∈Tn(C)∩H(n)时,A与B的有定性一般不相同．

当A∈H(n)时,总设A有tA个特征值大于1(tA≥0) ．

定理1 设A,B∈Tn(C)∩H(n), 则有

i(B)=(pB,qB,zB)=(qA+tA,pA-tA,zA)

(8)

证明 由λi(A)∈R和命题2的1), 不妨设A的特征值为

由引理6的1)和式(9)知,B的所有特征值的集合

(10)

(11)

那么当λi(A)<1时

(12)

这样由式(9)、 (12)有

(13)

由式(10)～(11)以及式(13)～(14)可知i(B)=(pB,qB,zB)=(qA+tA,pA-tA,zA)．

定理2 设A,B∈Tn(C),则有

B≥0半正定⟺A∈H(n)且A的所有正特征值都大于1

(15)

B>0正定⟺A∈H(n)且A的所有正特征值都大于1,r(A)=n

(16)

证明 当B≥0时,由引理6的2)有A∈H(n)． 应用式(8)、 (6),由B≥0得qB=pA-tA=0即A的所有正特征值(如果存在)都大于1． 当A∈H(n)且pA=tA时,由引理6的2)以及式(8)可知B∈H(n)且qB=pA-tA=0,由式(6)可得B≥0． 这就证明了式(15)．

当B>0时,由式(15)有A∈H(n)且pA=tA； 由式(4)、 (8)有pB=qA+tA=qA+pA=n=r(A)． 当A∈H(n)且pA=tA,r(A)=n时,由式(15)可知B≥0,进而由命题1的3)可知n=r(A) =r(B),再应用引理3有B>0． 所以式(16)成立．

定理3 设A,B∈Tn(C), 则有

B半负定⟺A∈H(n)且A的所有非零特征值都是小于1的正数

(17)

B负定⟺A∈H(n)且A的所有特征值都是小于1的正数,r(A)=n

(18)

证明 当B半负定时,从引理6的2)可知A∈H(n). 应用式(8)、 (6),由B半负定得pB=qA+tA=0,因此pB=qA=tA=0,即A的所有非零特征值都是小于1的正数． 当A∈H(n)且qA=tA=0时,应用式(8)有pB=qA+tA=0,从式(6)可知B半负定． 以上证明了式(17)．

当B负定时,由式(17)有A∈H(n)且qA=tA=0,应用式(4)和引理5的3)得qA+pA=pA=r(A)=r(B)=n,即A的所有特征值都是小于1的正数． 当A∈H(n),pA=r(A)=n且qA=tA=0时,由式(17)可知B半负定,进而由式(8)可得qB=pA-tA=pA=n=r(B),再由式(5)可知B负定． 由此式(18)成立.

定理4 设A,B∈Tn(C),则B不定⟺A∈H(n),同时A的负特征值、 小于1的正特征值各至少1个,或A的所有非零特征值都是正数且大于1、 小于1的正特征值各至少1个．

证明 当B不定时,从引理6的2)知A∈H(n). 应用式(7)～(8),由B不定得pB=qA+tA≥1且qB=pA-tA≥1,此等价于qA≥1且pA-tA≥1(即小于1的正特征值个数大于或等于1),或qA=0,tA≥1且pA-tA≥1. 以上说明A的负特征值、 小于1的正特征值各至少1个,或A的所有非零特征值都是正数且大于1、 小于1的正特征值各至少1个．

当A∈H(n)(由引理6的2)知B∈H(n)),qA≥1且pA-tA≥1,或qA=0,tA≥1且pA-tA≥1时,由式(8)有pB=qA+tA≥1且qB=pA-tA≥1. 再由式(7)知B不定.

定理5 设A,B∈Tn(C),则A>0,B>0⟺A-E>0,B-E>0．

证明 充分性是明显的．

必要性证明． 注意到A,B∈Tn(C)的对称性和式(5),并应用式(16),由B>0可有pB=n且qB=pA-tA=0； 由A>0可有pA=n且qA=pB-tB=0. 这样pA=tA=pB=tB=n,说明A,B的所有特征值都大于1,即A-E>0,B-E>0．

定理5说明命题2题设条件：“若A>0,B>0”本质是“若A,B都正定且所有特征值都大于1”．

由

有

可得

即等式(3)应修正为不等式． 则由文献[5]的定理4证明可知不等式(1)成立．

定理6 设A=(aij),B=(bij)∈Tn(C),A>0,B>0,则

A+B=AB>2E>0

(19)

证明 由定理5知A-E>0,B-E>0,因此A+B-2E=(A-E)+(B-E)>0,即式(19)成立．

定理7 设A,B∈Tn(C),则

A≥0,B≥0⟺A,B的所有非零特征值都是大于1的正数

(20)

⟺有酉矩阵Q使P=PH=P2=Qdiag(Er, 0)QH≥0且A-P≥0,B-P≥0

(21)

其中A=Qdiag(ΛA, 0)QH,B=Qdiag(ΛB, 0)QH,ΛA=diag(λPA(A), …,λ1(A)),ΛB= diag(λ1(B), …,λPB(B)),r=(A)=r(B)=pA=pB．

证明 式(20)～(21)的充分性是明显的．

式(20)的必要性证明． 从式(6)、 (8)以及B≥0知pB=r(B),qB=pA-tA=0. 由A≥0可有pA=r(A)且qA=pB-tB=0,这样pA=tA=pB=tB=r(A)=r(B)．

式(21)必要性证明． 从式(6)、 引理4、 引理5的3)以及B≥0可得

r=(A)=r(B)=pA=pB

B=Qdiag(ΛB, 0)QH,ΛB=diag(λ1(B), …,λPB(B)),Q为酉矩阵

(22)

由式(22)和引理2可得

A=Qdiag(ΛA, 0)QH,ΛA=diag(λPA(A), …,λ1(A))

(23)

在式(22)～(23)之下有矩阵

P=PH=P2=Qdiag(Er, 0)QH≥0,r=(A)=r(B)=pA=pB

(24)

由式(20)以及式(22)～(24)知A-P=Qdiag(ΛA-Er, 0)QH≥0,B-P≥0．

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