中国科学院真题 第20111题

3．证（i）由 $S$ 为 $n$ 阶实对称正定矩阵，则存在正交矩阵 $P$ 使得 $$ S=P\left(\begin{array}{lll} a_{1} & & 0 \\ & \ddots & \\ 0 & & a_{n} \end{array}\right) P^{T}, a_{i}>0(i=1,2, \cdots, n) $$ 从而有 $$ \begin{gathered} S=P\left(\begin{array}{ccc} \sqrt{a_{1}} & & 0 \\ & \ddots & \\ 0 & & \sqrt{a_{n}} \end{array}\right) P^{T} P\left(\begin{array}{ccc} \sqrt{a_{1}} & & 0 \\ & \ddots & \\ 0 & & \sqrt{a_{n}} \end{array}\right) P^{T}, \\ \text { 令 } S_{1}=P\left(\begin{array}{ccc} \sqrt{a_{1}} & & 0 \\ & \ddots & \\ 0 & & \sqrt{a_{n}} \end{array}\right) P^{T}, \text { 则 } S=S_{1}^{2}, \quad S_{1} \text { 显然为对称正定矩阵. } \end{gathered} $$ 唯一性：设还有 $S_{2}$ 是对称正定矩阵满足 $S=S_{2}{ }^{2}$ ，则 $$ \left(S_{1} S_{2}\right)^{T}=S_{2}^{T} S_{1}^{T}=S_{2} S_{1} \text {, 令 } B=S_{1} S_{2} \text {, 从而 } A^{2}=S_{1}^{4}=S_{1} S_{2}^{2} S_{1}=B B^{T} \text {, } $$ 又 $S_{1}$ 为对称正定矩阵，$P^{T} S_{1} P=I$ ，则 $$ P^{T} B\left(P^{T}\right)^{-1}=P^{T} S_{1} P P^{-1} S_{2}\left(P^{-1}\right)^{T}=P^{-1} S_{2}\left(P^{-1}\right)^{T}, $$ 故 $B$ 与对称阵相似，$B$ 可对角化，$B^{T}$ 也可对角化，即存在 $Q$ ，使得 $Q^{-1} B Q, Q^{-1} B^{T} Q$同时为对角阵，且对角线元素为其特征值，而 $B, B^{T}$ 的特征多项式相同，故特征值相同，因而 $Q^{-1} B Q=Q^{-1} B^{T} Q$ ，即 $B=B^{T}$ ， 从而 $\left(S_{1}-S_{2}\right)\left(S_{1}+S_{2}\right)=S_{1}^{2}+S_{1} S_{2}-S_{2} S_{1}-S_{2}^{2}=S_{1}^{2}-S_{2}^{2}=0$ ， $S_{1}+S_{2}$ 对称正定，故 $r\left(S_{1}-S_{2}\right)=0$ ，即 $S_{1}=S_{2}$ ，唯一性得证． （ii）反证法： 设存在非实数特征根 $\lambda$ ，对应特征向量为 $\boldsymbol{\alpha}$ ，即有 $A S \boldsymbol{\alpha}=\lambda \boldsymbol{\alpha}$ 成立，而 $S=S_{1}{ }^{2}, S_{1}$ 为对称正定矩阵，又 $$ S_{1} A S \boldsymbol{\alpha}=\left(S_{1} A S_{1}\right) S_{1} \boldsymbol{\alpha}=S_{1} \lambda \boldsymbol{\alpha}=\lambda\left(S_{1} \boldsymbol{\alpha}\right) $$ 即 $\lambda$ 也为实对称矩阵 $S_{1} A S_{1}{ }^{T}$ 的特征值，而实对称矩阵的特征值全部为实数，矛盾。所以 $A S$的特征值是实数．