主要内容

高等代数教学辅导

刘月, 唐丽丹

节 9.3 正定二次型

建设中！

子节 9.3.1 主要知识点

定义 9.3.1.

设\(f(x_1 , x_2, \ldots , x_n) = X^TAX\)是实二次型。如果对任意非零实向量 \(X = (a_1, a_2, \ldots , a_n)^T\)， 恒有
\begin{equation*} f (a_1, a_2, \ldots , a_n) = X^TAX > 0, \end{equation*}
则称\(A\)是正定矩阵， 称该二次型是正定二次型。
  • 正定二次型必须是实二次型；
  • 若\(f(x_1,x_2,\ldots,x_n)\)是正定二次型，则
    \begin{equation*} f(c_1,c_2,\ldots,c_n)=0\Leftrightarrow c_1=c_2=\cdots=c_n=0. \end{equation*}
  • 若二次型
    \begin{equation*} f(x_1,x_2,\ldots,x_n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_{ij}x_ix_j, \end{equation*}
    其中\(a_{ij}=a_{ji} \)是正定的，则对任意\(1\le i\le n\)，都有\(a_{ii}>0\)。

定义 9.3.5.

\(A\)的\(k\)阶主子式：
\begin{equation*} A \begin{bmatrix} i_1 & i_2 & \cdots & i_k\\ i_1 & i_2 & \cdots & i_k \end{bmatrix}=\begin{vmatrix} a_{i_1i_1} & a_{i_1i_2} & \cdots & a_{i_1i_k}\\ a_{i_2i_1} & a_{i_2i_2} & \cdots & a_{i_2i_k}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{i_ki_1} & a_{i_ki_2} & \cdots & a_{i_ki_k} \end{vmatrix} \end{equation*}
\(A\)的\(k\)阶顺序主子式：
\begin{equation*} A \begin{bmatrix} 1 & 2 & \cdots & k\\ 1 & 2 & \cdots & k \end{bmatrix}=\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1k}\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2k}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{k1} & a_{k2} & \cdots & a_{kk} \end{vmatrix} \end{equation*}

定义 9.3.8.

设 \(f (x_1 , x_2, \ldots , x_n) = X^TAX\)是实二次型。
  • 如果对任意 \(X = (a_1, a_2, \ldots , a_n)^T \ne 0\)， 恒有
    \begin{equation*} f (a_1, a_2, \ldots , a_n) = X^TAX {\color{blue} >} 0, \end{equation*}
    则称\(A\)是正定矩阵， 称该二次型是正定二次型。
  • 如果对任意 \(X = (a_1, a_2, \ldots , a_n)^T \ne 0\)， 恒有
    \begin{equation*} f (a_1, a_2, \ldots , a_n) = X^TAX {\color{blue} \ge} 0, \end{equation*}
    则称\(A\)是半正定矩阵， 称该二次型是半正定二次型。
  • 如果对任意 \(X = (a_1, a_2, \ldots , a_n)^T \ne 0\)， 恒有
    \begin{equation*} f (a_1, a_2, \ldots , a_n) = X^TAX {\color{blue} <} 0, \end{equation*}
    则称\(A\)是负定矩阵， 称该二次型是负定二次型。
  • 如果对任意 \(X = (a_1, a_2, \ldots , a_n)^T \ne 0\)， 恒有
    \begin{equation*} f (a_1, a_2, \ldots , a_n) = X^TAX {\color{blue} \le} 0, \end{equation*}
    则称\(A\)是半负定矩阵， 称该二次型是半负定二次型。
  • 若存在\(X_1= (a_1, a_2, \ldots , a_n)^T \ne 0\)， 使\(X_1^TAX_1>0\)， 且存在\(X_2= (b_1, b_2, \ldots , b_n)^T\ne 0\)， 使\(X_2^TAX_2< 0\)， 则\(A\)是不定矩阵， 称该二次型是不定型。
  • 实对称矩阵\(A\)负定 \(\Leftrightarrow\)\(-A\)正定。

练习 9.3.2 练习

1.

设\(V\)是\(n\)维欧氏空间，\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots ,\alpha_n\)是\(V\)的一个基，\(A=\left((\alpha_i,\alpha_j)\right)_{n\times n}\)称为基\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots ,\alpha_n\)的度量矩阵。证明：度量矩阵是正定矩阵。
解答.
对任意\(1\leq i ,j\leq n\)，由\((\alpha_i,\alpha_j)=(\alpha_j,\alpha_i)\)知，\(A\)是实对称矩阵。对任意\(0\neq X=(x_1,x_2,\cdots ,x_n)^T\in\mathbb{R}^n\)，有
\begin{equation*} X^TAX=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n (\alpha_i,\alpha_j)x_ix_j=(\sum\limits_{i=1}^n x_i\alpha_i,\sum\limits_{j=1}^n x_j\alpha_j)\mbox{。} \end{equation*}
令\(\alpha=\sum\limits_{i=1}^n x_i\alpha_i\)，则\(\alpha\in V\)且\(\alpha\neq 0\)。由内积定义得
\begin{equation*} X^TAX=(\alpha,\alpha)> 0, \end{equation*}
因此度量矩阵\(A\)是正定矩阵。

2.

设\(A\)是\(n\)阶正定矩阵，在\(\mathbb{R}^n\)中，定义
\begin{equation*} (X,Y)=X^TAY, \end{equation*}
证明：\((-,-)\)是一个内积，从而定义了一个欧氏空间。
解答.
对任意\(X,Y,Z\in\mathbb{R}^n\)，\(c\in\mathbb{R}\)
  1. 由于\(A\)是对称矩阵，所以
    \begin{equation*} (X,Y)=X^T A Y=(X^T A Y)^T=Y^T A X=(Y,X); \end{equation*}
  2. \((X+Y,Z)=(X+Y)^TA Z=X^TA Z+Y^TA Z=(X,Z)+(Y,Z)\)；
  3. \((cX,Y)=(cX)^TAY=c(X^TAY)=c(X,Y)\)；
  4. 因\(A\)正定，故\((X,X)=X^TAX\geq 0\)，且等号成立当且仅当\(X=0\)。
因此\((-,-)\)是一个内积，从而定义了一个欧氏空间。

3.

设\(A\)是\(n\)阶正定矩阵，\(B\)是\(n\times m\)矩阵，证明：\(B^TAB\)正定的充分必要条件是\(r(B)=m\)。
解答.
充分性：对任意\(0\neq X\in\mathbb{R}^m\)，由\(r(B)=m\)知，\(BX\in \mathbb{R}^n\)且\(BX\neq 0\)。因\(A\)是\(n\)阶正定矩阵，所以
\begin{equation*} (BX)^TA(BX)>0, \end{equation*}
即\(X^T(B^TAB)X>0\)。又
\begin{equation*} (B^TAB)^T=B^TA^TB=B^TAB, \end{equation*}
因此\(B^TAB\)是正定矩阵。
必要性：对任意\(X\in\mathbb{R}^m\)，若\(BX=0\)，则
\begin{equation*} X^T(B^TAB)X=0, \end{equation*}
由\(B^TAB\)正定得\(X=0\)，即齐次线性方程组\(BX=0\)只有零解。故\(r(B)=m\)。

4.

设\(A=\begin{pmatrix} B&C\\ C^T&D \end{pmatrix}\)是正定矩阵，其中\(B\)是\(n\)阶矩阵，\(D\)是\(m\)阶矩阵，\(C\)是\(n\times m\)矩阵，证明：\(B,\ D\)以及\(D-C^TB^{-1}C\)均是正定矩阵。
解答.
因为\(A\)是正定矩阵，所以\(A\)的所有主子式全大于\(0\)。
注意到\(B\)的各阶顺序主子式是\(A\)的\(1,2,\cdots ,n\)阶顺序主子式，故\(B\)的各阶顺序主子式都大于\(0\)，因此\(B\)是正定矩阵。
而\(D\)的各阶顺序主子式是\(A\)的主子式，所以\(D\)的各阶顺序主子式都大于\(0\)，因此\(D\)也是正定矩阵。
由\(B\)正定可知\(B\)可逆，故存在可逆矩阵\(\begin{pmatrix} E_n&-B^{-1}C\\0&E_m \end{pmatrix}\)，使得
\begin{equation*} \begin{pmatrix} E_n&-B^{-1}C\\0&E_m \end{pmatrix}^TA \begin{pmatrix} E_n&-B^{-1}C\\0&E_m \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} B&0\\0&D-C^TB^{-1}C \end{pmatrix}, \end{equation*}
即\(A\)合同于\(\begin{pmatrix} B&0\\0&D-C^TB^{-1}C \end{pmatrix}\)。从而\(\begin{pmatrix} B&0\\0&D-C^TB^{-1}C \end{pmatrix}\)也是正定矩阵。于是据刚才证得的结论得，\(D-C^TB^{-1}C\)是正定矩阵。

5.

设\(A\)是\(n\)阶正定矩阵，证明：\(\det (A+E)>1\)。
解答.
因为\(A\)是正定矩阵，所以\(A\)的所有特征值\(\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_n\)全大于\(0\)， \(A+E\)的全部特征值\(\lambda_1+1,\lambda_2+1,\cdots ,\lambda_n+1\)全大于\(1\)。因此，
\begin{equation*} \det (A+E)=(\lambda_1+1)(\lambda_2+1)\cdots (\lambda_n+1)>1\mbox{。} \end{equation*}

6.

设\(A\)是\(n\)阶正定矩阵，证明：存在正定矩阵\(B\)，使得\(A=B^2\)。
解答.
因为\(A\)是正定矩阵，所以存在正交矩阵\(Q\)，使得
\begin{equation*} A=Q^{-1}{\rm diag} (\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_n)Q, \end{equation*}
其中\(\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_n\)是\(A\)的全部特征值，均大于\(0\)。令
\begin{equation*} B=Q^{-1}{\rm diag} (\sqrt{\lambda_1},\sqrt{\lambda_2},\cdots ,\sqrt{\lambda_n})Q, \end{equation*}
则\(B\)是正定矩阵且\(A=B^2\)。

7.

当\(a\)取何值时，下面二次型是正定的、半正定的：
\begin{equation*} f(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+2a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3). \end{equation*}
解答.
解法一：二次型对应的矩阵为\(A=\begin{pmatrix} 1&a&a&0\\ a&1&a&0\\ a&a&1&0\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix}\)，其顺序主子式为
\begin{equation*} P_1=1,P_2=\begin{vmatrix} 1&a\\ a&1 \end{vmatrix}=1-a^2,P_3=\begin{vmatrix} 1&a&a\\ a&1&a\\ a&a&1 \end{vmatrix}=(2a+1)(1-a)^2, \end{equation*}
\begin{equation*} P_4=\det A=(2a+1)(1-a)^2, \end{equation*}
因此该二次型正定\(\Leftrightarrow P_i>0,\ \forall 1\leq i\leq 4\Leftrightarrow -\frac{1}{2}<a<1\)。\(A\)所有可能主子式为
\begin{equation*} 1,\begin{vmatrix} 1&a\\a&1 \end{vmatrix}=1-a^2,\begin{vmatrix} 1&0\\0&1 \end{vmatrix}=1,\begin{vmatrix} 1&a&a\\ a&1&a\\ a&a&1 \end{vmatrix}=(2a+1)(1-a)^2,\begin{vmatrix} 1&a&0\\ a&1&0\\ 0&0&1 \end{vmatrix}=1-a^2, \end{equation*}
\begin{equation*} \det A=(2a+1)(1-a)^2 \end{equation*}
该二次型半正定\(\Leftrightarrow A\)的所有主子式都大等于\(0\Leftrightarrow -\frac{1}{2}\leq a\leq 1\)。
解法二：二次型对应的矩阵为\(A=\begin{pmatrix} 1&a&a&0\\ a&1&a&0\\ a&a&1&0\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix}\)，因
\begin{equation*} f_A(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-1-2a)(\lambda-1+a)^2, \end{equation*}
所以\(A\)的特征值\(\lambda_1=1,\lambda_2=1+2a,\lambda_3=\lambda_4=1-a\)。
该二次型正定\(\Leftrightarrow \lambda_i>0,\ \forall 1\leq i\leq 4\Leftrightarrow -\frac{1}{2}<a<1\)。
该二次型半正定\(\Leftrightarrow \lambda_i\geq 0,\ \forall 1\leq i\leq 4\Leftrightarrow -\frac{1}{2}\leq a\leq 1\)。

8.

当\(a_1,a_2,\cdots ,a_n\)满足什么条件时，二次型
\begin{equation*} f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=(x_1+a_1x_2)^2+(x_2+a_2x_3)^2+\cdots +(x_n+a_nx_1)^2 \end{equation*}
是正定二次型。
解答.
\(\begin{array}{ccl} f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)&=&(x_1+a_1x_2,x_2+a_2x_3,\cdots ,x_n+a_nx_1)\begin{pmatrix} x_1+a_1x_2\\x_2+a_2x_3\\\vdots \\x_n+a_nx_1 \end{pmatrix}\\ &=&X^TA^TAX,\end{array}\) 其中
\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} 1&a_1&0&\cdots&0&0\\ 0&1&a_2&\cdots&0&0\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 0&0&0&\cdots&1&a_{n-1}\\ a_n&0&0&\cdots&0&1 \end{pmatrix}. \end{equation*}
该二次型正定\(\Leftrightarrow A\)可逆\(\Leftrightarrow\det A\neq 0\)，即\(1+(-1)^{n+1}a_1a_2\cdots a_n\neq 0\)。

9.

设\(A\)是\(n\)阶正定矩阵，证明
  1. \(\det A\leq a_{nn}P_{n-1}\)，其中\(P_{n-1}\)是第\(n-1\)个顺序主子式；
  2. \(\det A\leq a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}\)。
解答.
  1. 记\(A=\begin{pmatrix} A_1&\alpha\\\alpha^T&a_{nn} \end{pmatrix}\)。因\(A\)正定，由练习 9.3.2.4结论知，\(A_1\)也是正定矩阵，则\(A_1\)可逆。于是，由
    \begin{equation*} \begin{pmatrix} E_{n-1}&-A_1^{-1}\alpha\\0&1 \end{pmatrix}^TA \begin{pmatrix} E_{n-1}&-A_1^{-1}\alpha\\0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A_1&0\\0&a_{nn}-\alpha^TA_1^{-1} \alpha \end{pmatrix} \end{equation*}
    知
    \begin{equation*} \det A=(a_{nn}-\alpha^TA_1^{-1} \alpha)\cdot\det A_1\mbox{。} \end{equation*}
    由于\(A_1\)是正定矩阵，因此\(\alpha^TA_1^{-1} \alpha\geq 0\)。从而
    \begin{equation*} \det A\leq a_{nn}\cdot\det A_1, \end{equation*}
    即\(\det A\leq a_{nn}P_{n-1}\)。
  2. 对阶数\(n\)归纳证明。
    1. 当\(n=1\)时，\(\det A=a_{11}\)，结论显然成立。
    2. 假设对于\(n-1\)阶正定矩阵结论成立，以下考虑\(n\)阶的情形。 设\(A=\begin{pmatrix} A_1&\alpha\\\alpha^T&a_{nn} \end{pmatrix}\)，则\(A_1\)是\(n-1\)阶正定矩阵。由归纳假设，
      \begin{equation*} \det A_1\leq a_{11}a_{22}\cdots a_{n-1,n-1}\mbox{。} \end{equation*}
      根据\((1)\)的结论，\(\det A\leq a_{nn}\det A_1\)，得
      \begin{equation*} \det A\leq a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}\mbox{。} \end{equation*}

10.

设\(P=(p_{ij})\)是\(n\)阶实可逆矩阵，证明：
\begin{equation*} (\det P)^2\leq \prod\limits_{i=1}^n (p_{1i}^2+p_{2i}^2+\cdots +p_{ni}^2). \end{equation*}
解答.
因为\(P\)是实可逆矩阵，所以\(P^TP\)是正定矩阵，其中
\begin{equation*} P^TP=\begin{pmatrix} p_{11}^2+p_{21}^2+\cdots +p_{n1}^2&*&\cdots&*\\ *&p_{12}^2+p_{22}^2+\cdots +p_{n2}^2&\cdots&*\\ *&*&\cdots&*\\ *&*&\cdots&p_{1n}^2+p_{2n}^2+\cdots +p_{nn}^2 \end{pmatrix}. \end{equation*}
根据上题结论，
\begin{equation*} \det (P^TP)\leq\prod\limits_{i=1}^n (p_{1i}^2+p_{2i}^2+\cdots +p_{ni}^2), \end{equation*}
即
\begin{equation*} (\det P)^2\leq \prod\limits_{i=1}^n (p_{1i}^2+p_{2i}^2+\cdots +p_{ni}^2). \end{equation*}
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