[詹兴致矩阵论习题参考解答]习题1.13

13. (Li-Poon) 证明: 每个实方阵都可以写成 $4$ 个实正交矩阵的线性组合, 即若 $A$ 是个实方阵, 则存在实正交矩阵 $Q_i$ 和实数 $r_i$, $i=1,2,3,4$, 使得 $$bex A=r_1Q_1+r_2Q_2+r_3Q_3+r_4Q_4. eex$$

 

 

证明: (1). 先证明: $A$ 的谱范数就是 $A$ 的最大奇异值. 事实上, $$beex bea sen{A}_infty^2 &=max_{sen{x}_2=1}sen{Ax}_2^2\ &=max_{sen{x}_2=1}x^*A^*Ax\ &=max_{sen{x}_2=1}x^*VV^*A^*U^*UAVV^*x\ &=max_{sen{y}_2=1}y^*diag(s_1^2,cdots,s_p^2)yquadsex{y=V^*x}\ &=max_{sen{y}_2=1}sum_{i=1}^p s_i^2|y_i|^2\ &=s_1^2. eea eeex$$ (2). 由奇异值分解, 存在酉阵 $U,V$ 使得 $$bex frac{1}{sen{A}_infty}UAV =diag(s_1,cdots,s_n),quad 1=s_1geq s_2geq cdotsgeq s_ngeq 0. eex$$ 若 $n=2k$, 则正交阵 $$bex R=frac{1}{sqrt{2}}sex{ba{cc} -1&1\ 1&1 ea} eex$$ 使得 $$bex R^Tsex{ba{cc} s_{2j-1}&0\ 0&s_{2j} ea}R=sex{ba{cc} b_j&c_j\ c_j&b_j ea},quad 2b_j=s_{2j-1}+s_{2j},quad 2c_j=s_{2j}-s_{2j-1}. eex$$ 如此, $$beex bea &quad diag(R,cdots,R)^T diag(s_1,cdots,s_n) diag(R,cdots,R)\ &=diagsex{ sex{ba{cc} b_1&c_1\ c_1&b_1 ea},cdots,sex{ba{cc} b_k&c_k\ c_k&b_k ea}}\ &=frac{1}{2} diagsex{ sex{ba{cc} b_1&sqrt{1-b_1}\ -sqrt{1-b_1}&b_1 ea},cdots,sex{ba{cc} b_k&sqrt{1-b_k}\ -sqrt{1-b_k}&b_k ea}}\ &quad+frac{1}{2} diagsex{ sex{ba{cc} b_1&-sqrt{1-b_1}\ sqrt{1-b_1}&b_1 ea},cdots,sex{ba{cc} b_k&-sqrt{1-b_k}\ sqrt{1-b_k}&b_k ea}}\ &quad+frac{1}{2} diagsex{ sex{ba{cc} sqrt{1-c_1}&c_1\ c_1&-sqrt{1-c_1} ea},cdots,sex{ba{cc} sqrt{1-c_k}&c_k\ c_k&-sqrt{1-c_k} ea} }\ &quad+frac{1}{2} diagsex{ sex{ba{cc} -sqrt{1-c_1}&c_1\ c_1&sqrt{1-c_1} ea},cdots,sex{ba{cc} -sqrt{1-c_k}&c_k\ c_k&sqrt{1-c_k} ea} }. eea eeex$$ 于是 $$bex frac{2}{sen{A}_infty}diag(R,cdots,R)^T UAVdiag(R,cdots,R) eex$$ 是 $4$ 个实正交阵的和, 而有结论. 若 $n=2k+1$, 则由已证, $$bex diag(1,R,cdots,R)^T diag(1,s_2,cdots,s_n) diag(1,R,cdots,R) eex$$ 也是 $4$ 个实正交阵的和的一半. 我们也有结论成立.