[詹兴致矩阵论习题参考解答]习题3.9

9. 用公式 $$\bex t^r=\frac{\sin r\pi}{\pi}\int_0^\infty \frac{s^{r-1}t}{s+t}\rd s\quad \sex{0<r<1} \eex$$ 证明定理 3.24.

 

 

证明:

 

(1). 先证 $$\bex A\geq B>0\ra B^{-1}-A^{-1}\geq 0. \eex$$ 事实上, 可设可逆矩阵 $C,D$ 使得 $$\bex A=C^TC,\quad B=D^TD. \eex$$ 而 $$\beex \bea &\quad A-B\geq 0\\ &\ra C^TC-D^TD\geq 0\\ &\ra C^{-T}(C^TC-D^TD)C^{-1}\geq 0\\ &\ra I-C^{-T}D^TDC^{-1}\geq 0\\ &\ra \lm (C^{-T}D^TDC^{-1})\leq 1\\ &\ra \lm (DC^{-1}C^{-T}D^T)\leq 1\\ &\ra I-DC^{-1}C^{-T}D^T\geq 0\\ &\ra B^{-1}-A^{-1} =D^{-1}D^{-T}-C^{-1}C^{-T} =D^{-1}(I-DC^{-1}C^{-T}D^T)D^{-T}\geq0. \eea \eeex$$ 其实这也可以由第 6 题证出: $$\beex \bea A-B\geq 0&\lra \lm(A^{-1}B)\leq 1\\ &\lra \lm(BA^{-1})\leq 1\\ &\lra B^{-1}-A^{-1}\geq 0. \eea \eeex$$

 

(2). 由拓扑思想, 仅须在 $B>0$ 的情形下证明结论如下. 由 $$\bex t^r=\frac{\sin r\pi}{\pi}\int_0^\infty \frac{s^{r-1}}{1+\frac{s}{t}}\rd s \eex$$ 知 $$\beex \bea A^r&=\frac{\sin r\pi}{\pi} \int_0^\infty s^{r-1}(I+sA^{-1})^{-1}\rd s\\ &\geq \frac{\sin r\pi}{\pi} \int_0^\infty s^{r-1}(I+sB^{-1})^{-1}\rd s\quad\sex{\mbox{由 (1)}}\\ &=B^r. \eea \eeex$$