低秩更新的惯性与小矩阵证书

形式陈述

设 $H=H^*\in\mathbb C^{n\times n}$ 可逆， $C=C^*\in\mathbb C^{k\times k}$ 可逆， $U\in\mathbb C^{n\times k}$ ， $n,k\ge1$ 。 $U$ 的列不必独立， $C$ 也不必正定。定义

B=H+UCU^*,\qquad K=C^{-1}+U^*H^{-1}U.

记惯性为 $\operatorname{In}(M)=(n_+(M),n_-(M),n_0(M))$ ，则

\boxed{\operatorname{In}(B) =\operatorname{In}(H)+\operatorname{In}(-K)-\operatorname{In}(-C^{-1}).}

三元组按分量相加减。这个公式允许 $B$ 和 $K$ 奇异，但要求出现逆矩阵的 $H,C$ 可逆。特别地， $n_0(B)=n_0(K)$ ；求零重数不必先求出整个更新矩阵的谱。

若已有参考矩阵 $A=A^*$ ，要数 $A+UCU^*$ 在实切点 $t$ 左侧的特征值，取 $H=A-tI$ 。在 $t\notin\sigma(A)$ 时，计算

K(t)=C^{-1}+U^*(A-tI)^{-1}U

的 $k$ 阶惯性，即可更新原有切点计数。这与对整个新矩阵重新做一次分解是不同的接口：优势来自 $k\ll n$ ，以及原矩阵的分解或线性求解能被复用。

直觉

把 $U$ 的每一列理解为一种受更新影响的方向， $C$ 记录这些方向之间的正负权重。大矩阵在其余空间中的作用已经包含于 $H$ ；只需知道它对 $U$ 这几列的响应 $H^{-1}U$ ，便能汇总更新对正、负、零方向数目的影响。

然而，小矩阵的负指数不能直接加到旧负指数上。辅助变量本身携带了 $-C^{-1}$ 的惯性，最后必须减掉这份额外计数；前面的负号也不能省。正更新与减去一个外积的更新，正是在这些符号处区别开来。

例子与边界

同时加一个方向、减一个方向

取

A=\operatorname{diag}(1,2,4),\quad U=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\1&1\end{pmatrix},\quad C=\operatorname{diag}(1,-3).

直接乘出

B=A+UCU^*=\begin{pmatrix}2&0&1\\0&-1&-3\\1&-3&2\end{pmatrix}.

虽然 $A$ 正定，负权更新已经可能制造负根。 $-C^{-1}=\operatorname{diag}(-1,1/3)$ 的惯性是 $(1,1,0)$ 。在 $t=-3$ ，

K(-3)=\begin{pmatrix}39/28&1/7\\1/7&1/105\end{pmatrix}, \qquad \det K(-3)=-1/140.

二阶Hermitian矩阵的行列式为负，两个实特征值一正一负。因此 $\operatorname{In}(-K(-3))=(1,1,0)$ 。 $A+3I$ 全正，公式给 $\operatorname{In}(B+3I)=(3,0,0)$ ，故 $-3$ 左侧无根。

在 $t=-2$ ，

K(-2)=\begin{pmatrix}3/2&1/6\\1/6&1/12\end{pmatrix}, \qquad \det K(-2)=7/72>0.

首对角元正且行列式正，配方可知 $K(-2)$ 正定，故 $-K(-2)$ 负定。于是

\operatorname{In}(B+2I)=(3,0,0)+(0,2,0)-(1,1,0)=(2,1,0).

两个端点都无零根，故 $(-3,-2)$ 内恰有一根。这里只求了两次二阶惯性，没有求三次多项式的根。

再取 $t=3/2,3,5$ ，相应小矩阵为

K(3/2)=\begin{pmatrix}-3/5&2/5\\2/5&31/15\end{pmatrix}, \quad K(3)=\begin{pmatrix}3/2&1\\1&-1/3\end{pmatrix}, \quad K(5)=\begin{pmatrix}-1/4&-1\\-1&-5/3\end{pmatrix}.

其行列式分别为 $-7/5,-3/2,-7/12$ ，都一正一负，与被减掉的 $-C^{-1}$ 抵消。因此 $B$ 在三个切点左侧的根数分别等于 $A$ 的计数，即 $1,2,3$ 。结合前两次计数，得到三个不相交区间 $(-3,-2),(3/2,3),(3,5)$ 各有一根。下面还会把中间区间右端收紧到 $2$ 。

原矩阵的谱点未必是新矩阵的谱点

在 $t=2$ ， $A-2I$ 奇异，本页逆矩阵公式不能使用。但

B-2I=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&-3&-3\\1&-3&0\end{pmatrix}

并不奇异。先把坐标次序换成 $(1,3,2)$ ，前二阶块为 $J=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ ，与最后变量的耦合列为 $c=(0,-3)^T$ 。 $J^{-1}=J$ ， $c^*Jc=0$ ，所以Schur补是 $-3$ 。 $J$ 一正一负，再加一个负方向，惯性为 $(1,2,0)$ 。因此中间根实际被认证在 $(3/2,2)$ 。

这一步是直接对新矩阵作合法分块，并不是把原公式中的逆偷换成伪逆。原来的切点极点只表示该计算路线失效，不表示新矩阵必有特征值在那里。

推论与应用

两次消去为什么给同一份惯性

构造带边框的Hermitian矩阵

M=\begin{pmatrix}H&U\\U^*&-C^{-1}\end{pmatrix}.

先消去 $H$ 。令 $T=\begin{pmatrix}I&-H^{-1}U\\0&I\end{pmatrix}$ ，直接乘回可得

T^*MT=\operatorname{diag}(H,-C^{-1}-U^*H^{-1}U) =\operatorname{diag}(H,-K).

这是Schur补的分块合同消元， $T$ 可逆。反过来先消去右下块，令 $S=\begin{pmatrix}I&0\\CU^*&I\end{pmatrix}$ ，得到

S^*MS=\operatorname{diag}(H+UCU^*,-C^{-1}) =\operatorname{diag}(B,-C^{-1}).

两次合同都保持惯性，所以 $\operatorname{In}(H)+\operatorname{In}(-K)=\operatorname{In}(B)+\operatorname{In}(-C^{-1})$ ，移项即得公式。证明没有用到 $U$ 满列秩，也没有对 $B$ 或 $K$ 求逆，因而那些附加限制不需要。

正定矩阵减去低秩项的准确门槛

若 $A\succ0$ 、 $B=A-UU^*$ ，取 $C=-I_k$ ，则 $-K=I_k-U^*A^{-1}U$ 。公式化为

n_-(B)=n_-(I_k-U^*A^{-1}U),\qquad n_0(B)=n_0(I_k-U^*A^{-1}U).

所以 $B\succ0$ 当且仅当 $I_k-U^*A^{-1}U\succ0$ 。对秩一减法 $B=A-\tau zz^*$ 、 $\tau\ge0$ ，它成为 $\tau z^*A^{-1}z<1$ ；等号处出现零方向，超过一则有一个负方向。这是准确门槛，而一般范数扰动只给充分安全条件。

例如 $A=\operatorname{diag}(1,1,3,5)$ 、 $z=(1,1,0,1)^T$ ，有 $z^*A^{-1}z=11/5$ 。故正定恰好要求 $\tau<5/11$ 。在 $\tau=5/11$ ，向量 $A^{-1}z=(1,1,0,1/5)^T$ 满足

(A-\tau zz^*)A^{-1}z=z(1-\tau\,11/5)=0,

且零指数由一阶小矩阵为零得知恰为一。若 $\tau=2/5$ ，小矩阵为 $1-22/25=3/25>0$ ，给出明确正定余量。

奇异权重、切点和算术模型

若 $C$ 奇异，先把其非零谱方向写为 $C=V_r C_rV_r^*$ ，其中 $C_r$ 可逆，零方向不贡献更新；改用 $U_r=UV_r$ 和 $C_r$ 。若全为零，直接返回参考矩阵。不能把 $C^{-1}$ 换成任意广义逆后沿用同一惯性公式。

若 $A-tI$ 奇异，可改用非谱切点，或像上例一样直接对更新矩阵使用移位惯性计数。端点恰为新谱点时，保留 $n_0$ ，再根据开闭区间规则计数； $n_0(B-tI)=n_0(K(t))$ 仅在本页两个可逆假设下成立。

实际求 $Y=H^{-1}U$ 应解 $HY=U$ ，不必显式形成大逆矩阵。已有稠密分解时， $k$ 个右端约需 $O(n^2k)$ 算术操作，形成 $U^*Y$ 约需 $O(nk^2)$ ，小矩阵分解约需 $O(k^3)$ ；若连 $H$ 的分解都要从头做，还须计入 $O(n^3)$ 。对许多不同切点，不能无理由宣称一次普通分解可以免费解决全部移位系统。

有限精度中，令 $R=U-H\widehat Y$ ，假设已认证 $\|H^{-1}\|_2\le M$ 、 $\|R\|_2\le r$ ，且形成小矩阵、计算 $C^{-1}$ 与对称化的额外误差合计不超过 $\eta_{\rm form}$ 。则可构造Hermitian近似 $\widehat K$ ，满足

\|K-\widehat K\|_2\le\|U\|_2Mr+\eta_{\rm form}=:\delta.

这是由 $Y-\widehat Y=H^{-1}R$ 与范数次乘性得到的。只有已认证 $\widehat K$ 的全部谱距零超过 $\delta$ ，才可用Hermitian有序扰动界保证两者同惯性。先前的一阶余量 $3/25$ 就要求总误差严格小于 $3/25$ 。若区间含零，结果是尚不能判符号；增加打印位数或把小主元直接置零，都不能证明真实零重数。

参考资料

Emilie V. Haynsworth，Determination of the Inertia of a Partitioned Hermitian Matrix，Linear Algebra and its Applications 1，1968，pp.73–81：分块惯性可加性原始出处。本文给出所用两个合同矩阵及完整乘回推导，不依赖受限全文。
Nicholas J. Higham，What Is the Schur Complement of a Matrix?，2023，“Test for Positive Definiteness”节：Hermitian分块合同与正定判据；本页把相同消元机制用于带正负权更新，并显式核对需要减去的惯性。
LAPACK Users’ Guide，Further Details: Error Bounds for the Symmetric Eigenproblem：Hermitian后向误差到绝对谱误差的条件。本页残差、逆范数上界与小矩阵符号余量由公式直接连接。

形式陈述 ​

同时加一个方向、减一个方向 ​

原矩阵的谱点未必是新矩阵的谱点 ​

两次消去为什么给同一份惯性 ​

正定矩阵减去低秩项的准确门槛 ​