正定二次型和正定矩阵

\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为 \(A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 1 & 2 & -2\\ 0 & -2 & 3 \end{pmatrix}\)。由于

\begin{equation*} \det A=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 0\\ 1 & 2 & -2\\ 0 & -2 & 3 \end{vmatrix} = -1 < 0, \end{equation*}

所以\(f(x_1,x_2,x_3)\)不是正定二次型。

🔗

🔗
由于存在不全为零的数\(1,0,0\)，使得\(f(1,0,0)=0\)，所以\(f(x_1,x_2,x_3)\)不是正定二次型。
🔗

🔗
\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为\(A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\ 1 & 2 & -3\\ -1 & -3 & 8 \end{pmatrix}\)。由于

\begin{equation*} \det A_1=1>0, \end{equation*}

\begin{equation*} \det A_2=\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix}=1>0, \end{equation*}

\begin{equation*} \det A_3=\begin{vmatrix} 1 & 1 & -1\\ 1 & 2 & -3\\ -1 & -3 & 8 \end{vmatrix}=3 >0, \end{equation*}

所以\(f(x_1,x_2,x_3)\)是正定二次型。

🔗

🔗

🔗

4.

当且仅当\(t\)取何值时，下列二次型是正定的：

\(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+5x_3^2-2tx_1x_2+2x_1x_3-2x_2x_3\)；
🔗

🔗
\(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2t(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)\)。
🔗

🔗

🔗

解答.

\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为\(A=\begin{pmatrix} 1 & -t & 1\\ -t & 1 & -1\\ 1 & -1 & 5 \end{pmatrix}\)。\(A\)为正定矩阵的充要条件是\(A\)的顺序主子式都大于0。由

\begin{equation*} \det A_1=1>0, \end{equation*}

\begin{equation*} \det A_2=\begin{vmatrix} 1 & -t \\ -t & 1 \end{vmatrix}=1-t^2>0, \end{equation*}

\begin{equation*} \det A_3=\begin{vmatrix} 1 & -t & 1\\ -t & 1 & -1\\ 1 & -1 & 5 \end{vmatrix}=-(t-1)(5t+3) >0, \end{equation*}

解得\(-\frac{3}{5} < t < 1\)。

🔗

🔗
\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为\(A=\begin{pmatrix} 1 & t & t\\ t & 1 & t\\ t & t & 1 \end{pmatrix}\)。\(A\)为正定矩阵的充要条件是\(A\)的顺序主子式都大于0。由

\begin{equation*} \det A_1=1>0, \end{equation*}

\begin{equation*} \det A_2=\begin{vmatrix} 1 & t \\ t & 1 \end{vmatrix}=1-t^2>0, \end{equation*}

\begin{equation*} \det A_3=\begin{vmatrix} 1 & t & t\\ t & 1 & t\\ t & t & 1 \end{vmatrix}=(1-t)^2(2t+1) >0, \end{equation*}

解得\(-\frac{1}{2} < t < 1\)。

🔗

🔗

🔗

5.

当且仅当\(t\)取何值时，二次型

\begin{equation*} f(x_1,x_2,x_3)=-x_1^2-x_2^2-5x_3^2+2tx_1x_2-2x_1x_3+4x_2x_3 \end{equation*}

是负定二次型。

🔗

解答.

\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为\(A=\begin{pmatrix} -1 & t & -1\\ t & -1 & 2\\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix}\)，故\(f(x_1,x_2,x_3)\)负定的充要条件是

\begin{equation*} \det A_1=-1<0, \end{equation*}

\begin{equation*} \det A_2=\begin{vmatrix} -1 & t \\ t & -1 \end{vmatrix}=1-t^2>0, \end{equation*}

\begin{equation*} \det A_3=\begin{vmatrix} -1 & t & -1\\ t & -1 & 2\\ -1 & 2 & -5 \end{vmatrix}=t(5t-4) <0, \end{equation*}

解得\(0 < t < \frac{4}{5}\)。

🔗

提高题.

🔗

6.

设\(A=(a_{ij})\)是\(n\)阶正定矩阵，证明：

\(a_{ii} >0,\ i=1,\ldots,n\)；
🔗

🔗
\(2|a_{ij}|< a_{ii}+a_{jj},\ i\neq j\)；
🔗

🔗
\(A\)的所有元素中，绝对值最大的元素一定在主对角线上。
🔗

🔗

🔗

解答.

由\(A\)正定知：对任意\(i=1,\dots,n\)，

\begin{equation*} \varepsilon_i A \varepsilon_i >0 , \end{equation*}

故\(a_{ii}>0\)。

🔗

🔗
对任意\(i,j=1,\dots,n\)，当\(i\neq j\)时，取\(X=\varepsilon_i\pm\varepsilon_j\)，则\(X\)是非零\(n\)维列向量。由\(A\)正定知\(X^TAX > 0\)，即

\begin{equation*} a_{ii}+a_{jj}\pm 2a_{ij}>0, \end{equation*}

因此\(2|a_{ij}|< a_{ii}+a_{jj}\)。

🔗

🔗
假设矩阵\(A\)中绝对值最大的元素不在主对角线上，则存在\(1\leq s,t\leq n\)且 \(s\neq t\)，使得\(|a_{st}|={\rm max}_{1\leq i,j\leq n}|a_{ij}|\)。由项 9.3.6.b知

\begin{equation*} 2|a_{st}|< a_{ss}+a_{tt}, \end{equation*}

故\(|a_{st}|< a_{ss}\)或\(|a_{st}|< a_{tt}\)，这与\(|a_{st}|\)是\(A\)中绝对值最大的元素相矛盾。因此\(A\)的所有元素中，绝对值最大的元素一定在主对角线上。

🔗

🔗

🔗

7.

设\(A\)是\(n\)阶正定矩阵，\(B\)是\(n\times m\)实矩阵，证明：\(B^TAB\)正定的充分必要条件是\(r(B)=m\)。

🔗

解答.

充分性：

\begin{equation*} (B^TAB)^T=B^TA^TB=B^TAB, \end{equation*}

故\(B^TAB\)是实对称矩阵。对任意\({\bf 0}\neq X\in\mathbb{R}^m\)，由\(r(B)=m\)知：\(BX\in \mathbb{R}^n\)且\(BX\neq {\bf 0}\)。于是由\(A\)是\(n\)阶正定矩阵知

\begin{equation*} (BX)^TA(BX)>0, \end{equation*}

即\(X^T(B^TAB)X>0\)。因此\(B^TAB\)是正定矩阵。

🔗

必要性：对任意\(X\in\mathbb{R}^m\)，若\(BX={\bf 0}\)，则

\begin{equation*} X^T(B^TAB)X=0, \end{equation*}

由\(B^TAB\)正定得\(X={\bf 0}\)，即齐次线性方程组\(BX={\bf 0}\)只有零解，因此\(r(B)=m\)。

🔗

8.

设\(A=\left(a_{ij}\right)\)是\(n\times m\)实矩阵，

\begin{equation*} f(x_1,\ldots ,x_m)=\sum\limits_{i=1}^n(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{im}x_m)^2. \end{equation*}

证明：\(f(x_1,\ldots,x_m)\)正定的充分必要条件是\(A\)为列满秩矩阵。

🔗

解答.

\begin{equation*} f(x_1,\ldots,x_m)=X^T(A^TA)X, \end{equation*}

由\(A^TA\)是实对称矩阵可知\(A^TA\)是\(f(x_1,\ldots,x_m)\)的矩阵。

🔗

充分性：对任意\({\bf 0}\neq X\in\R^m\)，由\(A\)是列满秩矩阵知：\(AX\)是非零\(n\)维列向量。设\(AX=(b_1,\dots,b_n)^T\)，则

\begin{equation*} X^T(A^TA)X=b_1^2+\dots+b_n^2>0, \end{equation*}

由此可知\(f(x_1,\ldots,x_m)\)是正定二次型。

🔗

必要性：由\(f(x_1,\ldots,x_m)\)正定知\(A^TA\)是正定矩阵，故\(r(A^TA)=m\)。注意到对实矩阵\(A\)，有\(r(A^TA)=r(A)\)，因此\(A\)是列满秩矩阵。

🔗

9.

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\(1,2,\dots ,n\)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。

🔗

\(D\)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。

🔗

因为\(B\)正定，所以\(B\)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*}

于是由\(A\)正定知\(\begin{pmatrix} B&0\\0&D-C^TB^{-1}C \end{pmatrix}\)也是正定矩阵，从而\(D-C^TB^{-1}C\)是正定矩阵。

🔗

10.

设\(A=(a_{ij})\)是\(n\)阶正定矩阵，证明

\(\det A\leq a_{nn}A\begin{bmatrix} 1 & 2 & \cdots & n-1\\ 1 & 2 & \cdots & n-1 \end{bmatrix}\)；
🔗

🔗
\(\det A\leq a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}\)。
🔗

🔗

🔗

解答.

记\(A=\begin{pmatrix} A_1&\alpha\\\alpha^T&a_{nn} \end{pmatrix}\)。因\(A\)正定，由练习 9.3.9结论知，\(A_1\)也是正定矩阵，则\(A_1\)可逆。令\(P=\begin{pmatrix} E_{n-1}&-A_1^{-1}\alpha\\0&1 \end{pmatrix}\)，则\(P\)可逆且

\begin{equation*} P^TAP=\begin{pmatrix} A_1&0\\0&a_{nn}-\alpha^TA_1^{-1} \alpha \end{pmatrix}, \end{equation*}

两边同取行列式得

\begin{equation*} \det A=(a_{nn}-\alpha^TA_1^{-1} \alpha)\cdot\det A_1. \end{equation*}

由\(A_1\)正定知\(A_1^{-1}\)也是正定矩阵，故\(\alpha^TA_1^{-1} \alpha\geq 0\)，从而

\begin{equation*} \det A\leq a_{nn}\cdot\det A_1, \end{equation*}

即

\begin{equation*} \det A\leq a_{nn}A\begin{bmatrix} 1 & 2 & \cdots & n-1\\ 1 & 2 & \cdots & n-1 \end{bmatrix}. \end{equation*}

🔗

🔗
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，由归纳假设知
  
  \begin{equation*} \det A_1\leq a_{11}a_{22}\cdots a_{n-1,n-1}. \end{equation*}
  
  又由项 9.3.10.a知
  
  \begin{equation*} \det A\leq a_{nn}\det A_1, \end{equation*}
  
  因此\(\det A\leq a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}\)。
  
  🔗
  
  🔗
🔗
🔗

🔗

11.

设\(P=(p_{ij})\)是\(n\)阶可逆矩阵，证明：

\begin{equation*} (\det P)^2\leq \prod\limits_{j=1}^n (p_{1j}^2+p_{2j}^2+\cdots +p_{nj}^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} \sum\limits_{i=1}^np_{i1}^2&&&*\\ &\sum\limits_{i=1}^np_{i2}^2&&\\ &&\ddots&\\ *&& &\sum\limits_{i=1}^np_{in}^2 \end{pmatrix}. \end{equation*}

根据项 9.3.10.b，

\begin{equation*} \det (P^TP)\leq\prod\limits_{i=1}^n (p_{1j}^2+p_{2j}^2+\dots +p_{nj}^2), \end{equation*}

即

\begin{equation*} (\det P)^2\leq \prod\limits_{i=1}^n (p_{1j}^2+p_{2j}^2+\dots +p_{nj}^2). \end{equation*}

🔗

12.

设\(A\)是\(n\)阶正定矩阵，证明：对任意非零向量\(\alpha\in\mathbb{C}^n\)，有\(\alpha^HA\alpha >0\)。

🔗

解答.

因为\(A\)是\(n\)阶正定矩阵，所以存在\(n\)阶实可逆矩阵\(P\)，使得\(A=P^TP\)。对任意非零向量\(\alpha\in\mathbb{C}^n\)，有

\begin{equation*} \alpha^HA\alpha=\alpha^HP^TP\alpha=\alpha^HP^HP\alpha=(P\alpha)^H(P\alpha). \end{equation*}

由\(P\)且\(\alpha\neq{\bf 0}\)知\(P\alpha\)是\(n\)维非零复向量，设\(P\alpha=(b_1,\dots,b_n)^T\)，则

\begin{equation*} \alpha^HA\alpha=|b_1|^2+\dots+|b_n|^2>0. \end{equation*}

🔗

13.

设\(V\)是\(n\)维欧氏空间，证明：对任意一个\(n\)阶正定矩阵\(A\)，都存在\(V\)的一组基\(\xi_1,\dots,\xi_n\)，使得\(\xi_1,\dots,\xi_n\)的度量矩阵为\(A\)。

🔗

解答.

因为\(A\)是\(n\)阶正定矩阵，所以存在\(n\)阶实可逆矩阵\(P\)，使得\(A=P^TP\)。取定\(V\)的一个标准正交基\((\eta_1,\dots,\eta_n)\)，令

\begin{equation*} (\xi_1,\dots,\xi_n)=(\eta_1,\dots,\eta_n)P, \end{equation*}

则\((\xi_1,\dots,\xi_n)\)是\(V\)的一个基，且\(\xi_1,\dots,\xi_n\)的度量矩阵为\(P^TP=A\)。

🔗

14.

设

\begin{equation*} f(x_1,\ldots ,x_n)=n\sum\limits_{i=1}^nx_i^2-\left(\sum\limits_{i=1}^n x_i\right)^2. \end{equation*}

证明：\(f(x_1,\ldots ,x_n)\)是半正定二次型。

🔗

解答.

\(f(x_1,\dots,x_n)\)的矩阵为

\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} n-1 & -1 & \dots & -1\\ -1 & n-1 & \dots & -1\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ -1 & -1 & \dots & n-1 \end{pmatrix}. \end{equation*}

由

\begin{equation*} \begin{array}{ll} \chi_A(\lambda) & =\begin{vmatrix} \lambda-(n-1) & 1 & \dots & 1\\ 1 & \lambda-(n-1) & \dots & 1\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & 1 & \dots & \lambda-(n-1) \end{vmatrix}\\ & =\lambda(\lambda-n)^{n-1} \end{array} \end{equation*}

解得\(A\)的特征值\(\lambda_1=0,\lambda_2=\dots=\lambda_n=n\)均为非负实数，故\(f(x_1,\ldots ,x_n)\)是半正定二次型。

🔗