主要内容

节 9.3 正定二次型和正定矩阵

建设中！

练习 练习

基础题.

1.

设\(A,B\)是\(n\)阶正定矩阵，证明：\(BAB\)也是正定矩阵。
解答.
因为\(B\)是正定矩阵，所以\(B\)可逆且\(B^T=B\)，故\(BAB\)合同于\(A\)。于是由\(A\)正定可推出\(BAB\)也是正定矩阵。

2.

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\(\lambda_1,\lambda_2,\dots ,\lambda_n\)全大于\(0\)， \(A+E\)的全部特征值\(\lambda_1+1,\lambda_2+1,\dots ,\lambda_n+1\)全大于\(1\)。因此
\begin{equation*} \det (A+E)=(\lambda_1+1)(\lambda_2+1)\cdots (\lambda_n+1)>1. \end{equation*}

3.

判断下列二次型是否正定：
  1. \(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+3x_3^2+2x_1x_2-4x_2x_3\)；
  2. \(f(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2+4x_1x_3+6x_2x_3\)；
  3. \(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_1x_2-2x_1x_3+2x_2^2-6x_2x_3+8x_3^2\)。
解答.
  1. \(f(x_1,x_2,x_3)\)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。
  2. 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。
  3. \(f(x_1,x_2,x_3)\)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：
  1. \(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+5x_3^2-2tx_1x_2+2x_1x_3-2x_2x_3\)；
  2. \(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2t(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)\)。
解答.
  1. \(f(x_1,x_2,x_3)\)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\(-\frac{3}{5} < t < 1\)。
  2. \(f(x_1,x_2,x_3)\)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：
  1. \(a_{ii} >0,\ i=1,\ldots,n\)；
  2. \(2|a_{ij}|< a_{ii}+a_{jj},\ i\neq j\)；
  3. \(A\)的所有元素中，绝对值最大的元素一定在主对角线上。
解答.
  1. 由\(A\)正定知：对任意\(i=1,\dots,n\)，
    \begin{equation*} \varepsilon_i A \varepsilon_i >0 , \end{equation*}
    故\(a_{ii}>0\)。
  2. 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\(2|a_{ij}|< a_{ii}+a_{jj}\)。
  3. 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 9.3.6.2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
  1. \(\det A\leq a_{nn}A\begin{bmatrix} 1 & 2 & \cdots & n-1\\ 1 & 2 & \cdots & n-1 \end{bmatrix}\)；
  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 9.3.9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*}
  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 9.3.10.1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 9.3.10.2，
\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。

15.

设\(A\)是\(n\)阶半正定矩阵，\(X\in\mathbb{R}^n\)，证明：\(X^TAX=0\)当且仅当\(AX={\bf 0}\)。
解答.
当\(AX={\bf 0}\)时，显然\(X^TAX=0\)成立。
反之，当\(X^TAX=0\)时，由\(A\)半正定知存在\(n\)阶矩阵\(C\)，使得 \(A=C^TC\)，则\((CX)^T(CX)=0\)，由此推出\(CX={\bf 0}\)，故\(AX=C^T(CX)={\bf 0}\)。

16.

设\(A=(a_{ij})\)是\(n\)阶半正定矩阵，令
\begin{equation*} A_k=\begin{pmatrix} a_{11}& \cdots & a_{1k}\\ \vdots & & \vdots\\ a_{k1} & \cdots & a_{kk} \end{pmatrix}, \end{equation*}
证明：若\(\det A_k\neq 0\)，则\(A_k\)是正定矩阵。
解答.
因为\(A\)是半正定矩阵，所以\(A\)的所有主子式均大于等于\(0\)，相应\(A_k\)的所有主子式也都大于等于\(0\)，故\(A_k\)是\(k\)阶半正定矩阵。于是存在\(k\)阶可逆矩阵\(P_k\)，使得
\begin{equation*} A_k=P_k^TP_k. \end{equation*}
两边同取行列式得 \(\det A_k=\left(\det P_k)^2\)，由\(\det A_k\neq 0\)知 \(\det P_k\neq 0\)，即\(P_k\)可逆。因此\(A_k\)是正定矩阵。

17.

设\(A\)是\(n\)阶实对称矩阵，证明：存在\(n\)阶正定矩阵\(B\)和负定矩阵\(C\)，使得
\begin{equation*} A=B+C. \end{equation*}
解答.
因为\(A\)是\(n\)阶实对称矩阵，所以存在\(n\)阶正交矩阵\(Q\)，使得
\begin{equation*} A=Q^T{\rm diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)Q. \end{equation*}
取正实数\(a\)，满足\(\lambda_i-a < 0, i=1,\dots,n\)。令
\begin{equation*} B=aE_n, C=Q^T{\rm diag}(\lambda_1-a,\dots,\lambda_n-a)Q, \end{equation*}
则\(B\)是正定矩阵，\(C\)是负定矩阵，且\(A=B+C\)。

挑战题.

18. 矩阵平方根.

设\(A\)是\(n\)阶半正定矩阵，证明：存在唯一一个半正定矩阵\(B\)，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\(A=B^2\)。

19. 极分解.

设\(A\in \C^{n\times n}\)。证明：存在半正定矩阵\(R\)和酉矩阵\(U\)，使得
\begin{equation*} A = RU. \end{equation*}

20. 第四届全国大学生数学竞赛初赛.

设\(A,B,C\)是\(n\)阶正定矩阵，
\begin{equation*} P(t)=At^2+Bt+C,\ f(t)=\det P(t), \end{equation*}
其中\(t\)为未定元。证明：若\(\lambda\)是\(f(t)\)的根，则\(Re(\lambda)< 0\)，这里\(Re(\lambda)\)表示\(\lambda\)的实部。
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