[詹兴致矩阵论习题参考解答]习题5.1

1. $A\in M_n$ 称为正交投影矩阵如果 $A$ 是 Hermite 矩阵且幂等: $$\bex A^*=A=A^2. \eex$$ 证明: 若 $A,B\in M_n$ 为正交投影矩阵, 则 $\sen{A-B}_\infty \leq 1$.

证明: 由 $A^*=A$ 知 $A$ 可酉对角化. 又由 $A^2=A$ 知 $A$ 的特征值为 $0$ 或 $1$. 故存在酉阵 $U$ 使得 $$\bex A=U^*\diag(I_r,0)U,\quad r=\rank(A). \eex$$ 这样, $$\beex \bea x^*Ax&=x^*U^*\diag(I_r,0)Ux\\ &=y^*\diag(I_r,0)y\quad\sex{y=Ux}\\ &=\sum_{i=1}^r |y_i|^2\\ &\in \sez{0,\sen{x}^2}. \eea \eeex$$ 同理, $$\bex x^*Bx\in \sez{0,\sen{x}^2}. \eex$$ 因为 $A-B$ 为 Hermite 阵, $$\bex \sen{A-B}_\infty=s_1(A-B)=\max_i|\lm_i(A-B)|. \eex$$ 设 $\lm$ 为 $A-B$ 的任一特征值, $0\neq x\in\bbC^n$ 为其对应的特征向量, 则 $$\beex \bea (A-B)x&=\lm x,\\ |\lm|&=\frac{|x^*(A-B)x|}{\sen{x}^2}\\ &=\sev{\frac{x^*Ax}{\sen{x}^2} -\frac{x^*Bx}{\sen{x}^2}}\\ &\in\sez{0,1}, \eea \eeex$$ 最后一步是因为 $$\bex 0\leq s\leq 1,\quad 0\leq t\leq 1\ra -1\leq s-t\leq 1\ra |s-t|\leq 1. \eex$$ 故 $$\bex \sen{A-B}_\infty=\max_i|\lm_i(A-B)|\leq 1. \eex$$

时间： 2024-10-11 17:03:17

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