一般, 我们有 $$\bex a,b>0\ra 2ab\leq a^2+b^2. \eex$$ 但这个在正定矩阵中没有推广. 毕竟我们已有结论 ($A>0$ 表示 $A$ 正定) $$\bex A,B>0\not\ra AB\mbox{ 正定}. \eex$$ 但是 $$\bex (a+b)^2\leq 2(a^2+b^2) \eex$$ 在正定矩阵中却有推广 $$\bex A,B>0\ra (A+B)^2\leq 2(A^2+B^2). \eex$$ 事实上, $$\beex \bea x^T(A+B)^2x &=x^T(A+B)(A+B)x\\ &=\sen{(A+B)x}^2\\ &=\sen{Ax+Bx}^2\\ &\leq \sex{\sen{Ax}+\sen{Bx}}^2\\ &\leq 2\sex{\sen{Ax}^2+\sen{Bx}^2}\\ &=2\sex{x^TA^2x+x^TB^2x}\\ &=x^T\sez{2(A^2+B^2)}x. \eea \eeex$$
[再寄小读者之数学篇](2014-11-02 平方和公式在正定矩阵上的推广)
2014-11-01
817
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简介：
一般, 我们有 $$\bex a,b>0\ra 2ab\leq a^2+b^2. \eex$$ 但这个在正定矩阵中没有推广. 毕竟我们已有结论 ($A>0$ 表示 $A$ 正定) $$\bex A,B>0\not\ra AB\mbox{ 正定}.
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