problem 1

设 $A,B$ 为实对称矩阵，$B$ 正定，则 $A$ 正定 $\Leftrightarrow AB$ 的特征值是正数。

proof for problem 1

1. 必要性（$\Rightarrow$）：若 $A$ 正定，则 $AB$ 的特征值全为正数

步骤 1.1：构造相似对称矩阵 由于 $B$ 正定，存在可逆矩阵 $B^{1/2}$ 满足 $B = (B^{1/2})^2$。考虑矩阵：

$$C = B^{1/2}AB^{1/2}$$

$C$ 是实对称矩阵，因为：

$$C^\top = (B^{1/2}AB^{1/2})^\top = B^{1/2}A^\top (B^{1/2})^\top = B^{1/2}AB^{1/2} = C.$$

步骤 1.2：特征值关系$AB$ 与 $C$ 相似：

$$AB = B^{-1/2} (B^{1/2}AB^{1/2}) B^{1/2} = B^{-1/2} C B^{1/2},$$

因此 $AB$ 与 $C$ 有相同的特征值。

步骤 1.3：正定性传递 若 $A$ 正定，则 $C = B^{1/2}AB^{1/2}$ 正定（正定矩阵的合同变换保持正定性）。故 $C$ 的特征值全为正数，从而 $AB$ 的特征值也全为正数。

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2. 充分性（$\Leftarrow$）：若 $AB$ 的特征值全为正数，则 $A$ 正定

步骤 2.1：对称矩阵 $C$ 的正定性 构造 $C = B^{1/2}AB^{1/2}$，由 $AB$ 与 $C$ 相似，$C$ 的特征值全为正数。由于 $C$ 实对称且特征值全正，$C$ 是正定矩阵。

步骤 2.2：合同变换恢复 $A$ 的正定性 将 $A$ 表示为：

$$A = B^{-1/2} C B^{-1/2}.$$

对任意非零向量 $x \in \mathbb{R}^n$，令 $y = B^{-1/2}x \neq 0$，则：

$$x^\top A x = y^\top C y > 0,$$

因 $C$ 正定，故 $A$ 正定。

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关键结论：

• $AB$ 与对称矩阵 $B^{1/2}AB^{1/2}$ 相似，特征值相同。
• 正定矩阵的合同变换保持正定性。
• $AB$ 特征值全正 $\Leftrightarrow$ $B^{1/2}AB^{1/2}$ 正定 $\Leftrightarrow$ $A$ 正定。

最终结论： 命题成立，即 $A$ 正定当且仅当 $AB$ 的特征值全为正数。

problem 2

设 $A$ 半正定，$k \in \mathbb{Z}^{+},$ 则 $\exists !$ 半正定矩阵 $B,$s.t.$A=B^{k}.$

proof for problem 2

1. 存在性证明

步骤 1.1：谱分解 由于 $A$ 是半正定矩阵，存在正交矩阵 $Q$ 和对角矩阵 $\Lambda$，使得：

$$A = Q \Lambda Q^\top,$$

其中 $\Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$，且 $\lambda_i \geq 0$。

步骤 1.2：构造矩阵 $B$ 定义对角矩阵 $\Lambda^{1/k} = \operatorname{diag}(\lambda_1^{1/k}, \lambda_2^{1/k}, \dots, \lambda_n^{1/k})$，并令：

$$B = Q \Lambda^{1/k} Q^\top.$$

由于 $\lambda_i \geq 0$ 且 $k$ 为正整数，$\lambda_i^{1/k}$ 是实数非负的，因此 $B$ 是半正定矩阵。

步骤 1.3：验证 $B^k = A$ 计算 $B^k$：

$$B^k = \left(Q \Lambda^{1/k} Q^\top\right)^k = Q \left(\Lambda^{1/k}\right)^k Q^\top = Q \Lambda Q^\top = A.$$

因此，$B$ 满足 $A = B^k$。

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2. 唯一性证明

步骤 2.1：假设存在另一个半正定矩阵 $C$ 满足 $C^k = A$ 设 $C$ 为半正定矩阵，且 $C^k = A$。对 $C$ 进行谱分解：

$$C = P \Sigma P^\top,$$

其中 $P$ 为正交矩阵，$\Sigma = \operatorname{diag}(\sigma_1, \sigma_2, \dots, \sigma_n)$ 且 $\sigma_i \geq 0$。

步骤 2.2：分析 $C^k$ 的谱分解 由 $C^k = P \Sigma^k P^\top$，与 $A = Q \Lambda Q^\top$ 对比，得：

$$P \Sigma^k P^\top = Q \Lambda Q^\top.$$

由于谱分解唯一（忽略特征值排列顺序），可推出：

• $P$ 与 $Q$ 的列向量可通过排列对应（即存在置换矩阵 $R$ 使得 $P = QR$）。
• $\Sigma^k$ 与 $\Lambda$ 的对角元通过相同排列对应，即 $\sigma_i^k = \lambda_j$，其中 $j$ 为置换后的索引。

步骤 2.3：唯一性结论 由于 $\sigma_i \geq 0$ 且 $\sigma_i^k = \lambda_j$，必有 $\sigma_i = \lambda_j^{1/k}$。因此：

$$\Sigma = \Lambda^{1/k},$$

且 $P = Q$（在特征值按固定顺序排列时）。故 $C = Q \Lambda^{1/k} Q^\top = B$。

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关键结论：

• 半正定矩阵的谱分解唯一性保证了 $B$ 的构造唯一。
• 非负实数的 $k$ 次根唯一性确保了 $\Lambda^{1/k}$ 的唯一性。

最终结论： 存在唯一的半正定矩阵 $B$，使得 $A = B^k$。

problem 3

设 $A \in M_{n \times n}(\mathbb{R}),$ 则 ${} \exists U \in O(m),V \in O(n),S=\begin{pmatrix}\operatorname{diag}\{\lambda_{1},\dots,\lambda_{v}\} & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}, {}$ s.t $A=USV.$

proof for problem 3

1. 右奇异向量的构造（矩阵 $V$）

步骤 1.1：分析 $A^\top A$ 的正交对角化 矩阵 $A^\top A \in M_{n \times n}(\mathbb{R})$ 是实对称半正定矩阵，因此可正交对角化为：

$$A^\top A = V \Lambda V^\top,$$

其中：

• $V = [v_1 \mid v_2 \mid \dots \mid v_n] \in O(n)$，$v_i$ 为 $A^\top A$ 的单位正交特征向量。
• $\Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$，$\lambda_i \geq 0$ 为特征值，按降序排列。

步骤 1.2：定义奇异值 令 $\sigma_i = \sqrt{\lambda_i}$，则非零奇异值的个数 $r = \operatorname{rank}(A)$，且：

$$\sigma_1 \geq \sigma_2 \geq \dots \geq \sigma_r > 0, \quad \sigma_{r+1} = \dots = \sigma_n = 0.$$

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2. 左奇异向量的构造（矩阵 $U$）

步骤 2.1：定义 $U$ 的非零部分 对 $i = 1, 2, \dots, r$，定义向量：

$$u_i = \frac{1}{\sigma_i} A v_i \in \mathbb{R}^m,$$

则 $\{u_1, u_2, \dots, u_r\}$ 是单位正交向量组：

$$u_i^\top u_j = \frac{1}{\sigma_i \sigma_j} v_i^\top A^\top A v_j = \frac{\sigma_j^2}{\sigma_i \sigma_j} v_i^\top v_j = \delta_{ij}.$$

步骤 2.2：扩展为完备正交基 若 $m > r$，选取 $m - r$ 个单位正交向量 $\{u_{r+1}, \dots, u_m\}$，使得 $U = [u_1 \mid \dots \mid u_m] \in O(m)$。

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3. 奇异值矩阵 $S$ 的构造

定义矩阵 $S \in M_{m \times n}(\mathbb{R})$ 为：

$$S = \begin{pmatrix} \operatorname{diag}\{\sigma_1, \dots, \sigma_r\} & 0_{r \times (n - r)} \\ 0_{(m - r) \times r} & 0_{(m - r) \times (n - r)} \end{pmatrix},$$

其中左上角的 $r \times r$ 块为奇异值，其余部分为零。

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4. 验证分解 $A = U S V^\top$

步骤 4.1：对 $V$ 的列向量作用 $A$

• 当 $j \leq r$ 时，$A v_j = \sigma_j u_j$（由 $u_j$ 的定义）。
• 当 $j > r$ 时，$\sigma_j = 0$，且 $A v_j = 0$（因 $v_j$ 属于 $A^\top A$ 的零空间）。

步骤 4.2：展开矩阵乘法 将 $U S V^\top$ 按列展开：

$$U S V^\top = \sum_{i=1}^r \sigma_i u_i v_i^\top.$$

对任意 $v_j$（$j \leq r$）：

$$U S V^\top v_j = \sigma_j u_j = A v_j.$$

对 $v_j$（$j > r$）：

$$U S V^\top v_j = 0 = A v_j.$$

因此，$U S V^\top$ 与 $A$ 在所有基向量上作用相同，故 $A = U S V^\top$。

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关键结论：

• 对称性保障：$A^\top A$ 的正交对角化提供了右奇异向量 $V$ 和奇异值 $\sigma_i$。
• 正交基扩展：左奇异向量 $U$ 通过 $A v_i / \sigma_i$ 及正交补构造，确保 $U$ 的正交性。
• 唯一性与结构：奇异值矩阵 $S$ 的结构由秩 $r$ 唯一确定，非零部分对应正奇异值。

最终结论： 任意实矩阵 $A$ 均可分解为 $A = U S V^\top$，其中 $U \in O(m)$，$V \in O(n)$，$S$ 为奇异值矩阵。