5.2 正定矩阵与半正定矩阵-高等代数考研解析

高等代数考研解析 5.1.3基本方法 二次型化为标准形常用的方法如下： 5.1.3.1非退化线性替换法 此法为确保所做线性替换为非退化的，通常先将所有含第1个变元的项放在一 起配完全平方式，再将所有含第2个变元的项放在一起配完全平方式，依次进行直 至用完所有变元。 5.1.3.2合同变换法 设二次型为f(X)=XTAX,对矩阵做如下合同变换： (AE)合铜变换(BCT) 合同变换 B 这样所做的非退化线性替换为X=CY,且CTAC=B,B为对角矩阵，二次型化为 标准形f(X)=XTAX=YTBY。 5.1.3.3正交变换法 设二次型为f(X)=XAX,矩阵A为实对称矩阵，则A一定可以对角化，从而 存在正交矩阵P使得PAP=pTAP=diag{,2,,乙}，其中2（i=l,2,,n)为A 的特征值。 5.2正定矩阵与半正定矩阵 5.2.1正定矩阵的判定与性质 对于实二次型f(x,x2,…,x)=XAX,其中A是实对称矩阵，则下列条件相互 等价： （1)实对称矩阵A正定； （2)A与单位矩阵E合同； (3)存在正定矩阵B,使得A=B(A=B,k为正整数)； 122 5二次型 （4)A的所有特征值都是正数； (5)A的所有顺序主子式都为正数； （6)A的所有主子式都是正数： （7)由A建立的二次型f(X)=XAX为正定二次型； （8)存在可逆矩阵C,使得A=CC; (9)A的正惯性指数为n; (10)存在可逆的上三角矩阵Q,使得A=Q'Q。 证明：（1)与(2)等价。若实对称矩阵A正定，则二次型f(X)=XTAX是正 定的，从而二次型通过非退化线性替换X=CY化为： f(X)=XTAX=g(Y)=YT(CAC)Y=++...+y2=YEY 即CTAC=E,故A与单位矩阵E合同。 反之，若A与E合同，则存在可逆矩阵C,使得CTAC=E,从而： f(X)=XTAX=YT(CTAC)Y=y+2+..+y2=g(Y) 显然g(Y)是正定的，则f(X)是正定的，故A是正定的。 (1)与（3)等价。若A为正定矩阵，则A为实对称矩阵，从而存在正交矩阵Q, 使得A=QAg,其中A=diag{2,22,,},2为A的特征值且为正实数。 令B=Q"diag{W,…,}Q,则B=A,且B=B。 又均为正数，则B为正定矩阵。 反之，若B是正定矩阵，则对于任意非零向量x有xBx>0。又A=B,则 AT=(B)T=(BT)=B=A,即A为对称矩阵，从而xTAx=xTBx。 若k为奇数，则xTA=xTBx=(B号x)IB(Bx),且B为正定矩阵，则 B号x≠0，即xAx=xTBx=(B号x)B(B号x)>0。 1231 高等代数考研解析 若k为偶数，则xTAx=xTBx=(B2x)T(Bx),且B为正定矩阵，则Bx≠0， 即xTAx=xTBx=(Bx)T(Bx)>0。 综上，对于任意不为零的向量x有xTAx>0,即A为正定矩阵。 (1)与(4)等价。若A为正定矩阵，则A为实对称矩阵，故存在阶可逆矩阵 T,使得TAT=diag{A,乙2，，2，}。又A是正定矩阵的充要条件为A合同于单位矩 阵，由合同的传递性可知2>0。 反之，对于任意实对称矩阵A,都存在正交矩阵T使得： TAT=T-AT=diag 且2>0（i=l,2,…,n),从而A合同于diag{2,入，…，n},进一步A与E合同，故A 为正定矩阵。 （1)与(5)等价。若A为正定矩阵，则二次型/x,,,)=立a,x,是正定 i,1 的。对于任意一个k,令fx,,…,x)=∑ayx,只要证明f,x,,x)是一个K 元的正定二次型即可。 对于任意不全为零的实数x,x2,,x,有： f,x,…,)=∑agx=f06,,,0,…,0>0 i,j=1 因此f(x,x2,…,x)是正定的，从而与f(,2,…,x)对应的矩阵的主子式： a 1k ... >0 即结论成立。 反之，对二次型的变元个数n进行数学归纳。 124 5二次型 当n=1时，f(x)=ax2。由D=a=a,>0,知f(x)为正定的。 假设对于n-1元实二次型是正定的，则对于n元实二次型f(x,x2,…,xn),令 其中a=(am,a2n,,am-n)。由A的顺序主子式都大于零，知A 的顺序主子式都大于零，由归纳假设可知A,是正定矩阵，从而存在-1阶实可逆 矩阵B使得BAB=En1o 令C= B O 则： 01 0 ,则： 1 CTCTACC:= EE B'a E-B'c -aB1八aBam八01 E 0 0 dn-aBBTa 两边同时取行列式有ACC,=am-a'BB'a。由A的所有顺序主子式都大于零， 得4>0，又C,C,为可逆矩阵，则ACC>0,从而A为正定矩阵。 （1)与(6)等价。若A=(a,)mn为正定矩阵，令： akk 4= ak k 为A的任一m阶主子式，做两个二次型xA化，yAny,对任意： %=(6,…,b)≠0，x=(,…,xm,0,…,0)≠0 1251 高等代数考研解析 由A是正定矩阵有x,TAx,>0,从而，TA化。=yAny>0,由y的任意性可得yAm 是正定二次型，从而对应m阶主子式大于零，故A的所有主子式都大于零。 反之，若A的所有主子式都大于零，则A的所有顺序主子式都大于零，从而A 为正定矩阵。 (1)与(7)等价。由正定二次型的定义可知二次型的矩阵为正定矩阵。 反之，由A为正定矩阵，知A为实对称矩阵，从而存在正交矩阵P使得 PAP=diag{2,2,…,n},且2>0，i=L,…,n。对于任意向量x≠0，有： x'diag{2,22,…,2n}x>0 即二次型为正定的。 (1)与(8)等价。若A为正定矩阵，则A合同于单位矩阵，从而存在可逆矩阵 C使得CTAC=E,即A=(C)EC。令P=C,则A=PP,且P为可逆矩阵。 反之，若存在可逆矩阵C,使得A=CC,则(C)AC1=(C)TA(C)=E, 即A与E合同，从而A为正定矩阵。 (1)与(9)等价。二次型fx,:,,x)经过非退化线性替换后变为标准形 d+d2+…+dny房，f(x,x2,…,xn)正定的充要条件为dy+d2y+…+dny是正 定二次型；而二次型是正定的充要条件为d,>0,即正惯性指数为n。 (1)与(10)等价。若存在可逆上三角矩阵Q,使得A=QQ,则： ()A0=()A()=E 即A与单位矩阵合同，故A为正定矩阵。 反之，可以考虑不同方法。 (方法一)由于A为正定矩阵，先考察施密特(Schimidt)正交化方法。由于 ,a2,…,Cn是线性无关的，令： g=aA=西份常A月=a食常A授风 (BB) 126 5二次型川 即B,由线性表出，B2由a,a,线性表出，依次可得(B,…,Bn)=(a,…,an)B,其 中B为单位上三角矩阵，且： =T,故T为正交矩阵，令： (a,a2,…,an)=C,B=B 则T=CB,C=TB,。 又任意一个可逆矩阵都可以分解成一个正交矩阵和一个上三角矩阵的乘积，且 A为正交矩阵，则存在可逆矩阵P,使得A=PP。又P可逆，则P=TQ(T为正交 矩阵，Q为上三角矩阵)，从而： A=(T2)'(T)=QTT2=QE2=Q'2 命题成立。 (方法二)由A是n阶正定矩阵，知存在实可逆矩阵Q,使得A=Q'Q。对于可 逆矩阵Q,存在正交矩阵U和一个正线上三角矩阵T,使得Q=UT,故： A=(UT)(UT)=TU'UT=TT 5.2.2半正定矩阵的判定与性质 对于实二次型f(x,,,x)=XAX,其中A是实对称矩阵，下列条件相互 等价： （1)f(x,x2,…,xn)是半正定的二次型； (2)f(x,x2,…,xn)的正惯性指数与秩相等； 1271 高等代数考研解析 (3)存在可逆实矩阵Q,使得QAQ=diag{d,d2,…,dn},其中d,≥0， i=1,2,…,n (4)存在实矩阵Q,使得A=QQ; (5)A的所有主子式都大于或等于零； （6)A的所有特征值都大于或等于零； (7)对任意一组不全为零的数G,C2,…,Cn,有f(G,C2,…,Cn)≥0； (8)A合同于 E.O r=R(A); 00 (9)存在半正定矩阵S,使得A=S2(XTAX=YTYm,m为正整数)。 证明：(1)与(2)等价。设f(x,x2,…,x,)是半正定二次型，则f(x,x2,…,x)的 负惯性指数为零；否则，f(x,x,…,x,)经过非退化线性替换X=CY化为： f,2,…,xn)=+2++y-y1--y2,s<r 于是当y,=1,其余y=0时，由X=CY可得x,x2,…,xn,将其带入上式有： f(x,x2,…,xn)=-1<0 与f(,x2,…,x,)半正定矛盾，从而f(x,x2,,x)的正惯性指数与秩相等。 反之，设f(x,x,…x)的正惯性指数与秩相等且为r,则f(x,x2,…,x) 的负惯性指数为零，从而fx,x2,,x,)可经过非退化线性替换X=CY变成 f(,x,…,x,)=++…+,即对于任一组实数，2，，xm,由X=CY可得 Y=CX,即有相应的实数%，y2,…,y,…,yn使得f(c,x,…,x)=++y≥0， 故f(x,x2,…,xn)为半正定的。 (1)与(3)等价。二次型f(x,x2,…,x)=XTAX经实数域上的非退化线性替换 X=QY可化为标准形d+dy+…+dn。 128 5二次型川 由于二次型f(x,x2,…,x)为半正定的，则f(x,x2,…,x)的标准形的二次型 也为半正定的，故d,≥0，即存在可逆矩阵2使得Q'AQ=diag{d,d2,…,dn},其 中d,≥0。 反之，若存在可逆矩阵Q,使得Q'Ag=diag{d,d,,d,},其中d,≥0，即原 二次型∫(x,x2,…,x)可以经过非退化线性替换化为标准形： d2+d2+…+dny 则f(x,x2,,x)的标准形为半正定的，而非退化线性替换保持f(x,x2,,x,)的半正 定形性不变，故二次型f(x,x2,…,x)为半正定的。 （1)与（4)等价。由f(x,x2,,xn)为半正定的，知必存在可逆实矩阵P使得： 4P68P-P6868 00 其中R(A)=r。令Q= E,0P,则有A=00 00 反之，若A=QQ,则对于任意X=(,x2,,x)≠0，有： XAX =XO'OX =(OX)(OX) 令2X=Y=02,…yn)T,则： XTAX=YTY=y+y+…+y≥0 从而f(x,x2,…,x)为半正定的二次型。 （1)与(5)等价。由二次型f(x,x2,,x)=XTAX为半正定的，可设A是A 的任一k阶主子式，即： 1291 高等代数考研解析 aaa an2 …01,k |A== aiz. a2.2 42, ,k=1,2,…,n,1≤i1<i2<…<ik≤n aik.n aik.2 设与A对应的二次型为g(x1,…,x),则有： 85,…,)= asxx =1t= 对x1,,x的任一组不全为零的实数cu,…,C有： g(C,…,C)=f(0,…,0,C,0,…,0,C4,0,…,0)≥0 故g(x1,…,x)是半正定的，即主子式4大于或等于零。 反之，由半正定矩阵的行列式大于或等于零，知A≥0，k=1,2,…,n,即A的 所有主子式都大于或等于零。 (1)与（6)等价。若实二次型f(x,x2,…,xn)=XAX为半正定的，则可以找到 一个正交变换X=TY,使其化为标准形： f(G,2,…,x)=2+222+…+y2 其中(i=1,2,…,n)为矩阵A的特征值。又半正定二次型的正惯性指数与秩相等， 则2≥0。 反之，若A的所有特征值都大于或等于零，则存在正交变换X=TY使二次型化 为标准形f(x,x2,,x)=y2+2y22+…+y,2,且2，≥0，从而对于任意不全为零 的数G,C2,…,cn都有f(c,C2,…,cn)≥0，故二次型f(,x2,…,x)为半正定的。 (1)与(7)等价。由半正定二次型的定义可知结论成立。 反之，由二次型为半正定的，知其确定的矩阵A为半正定矩阵，即A为实对称 矩阵，从而存在正交矩阵P使得PAP=diag{2,2,…,n},且2≥0，i=1,…,n。对 于任意向量x≠0，有： 130 5二次型 x diag{2,2,…,n}x≥0 (1)与(8)等价。令R(A)=r,由A为半正定二次型确定的矩阵，知A合同于 E. 0 0 0/° 0 反之，若A合同于 E 对于任意向量x≠0，有： 0 0 (00r=+龙++x≥0 E O 即二次型为半正定的。 (1)与(9)等价。若存在半正定矩阵S使得A=S2,则x∈R”,x≠0，有： xAx=xS2x=xSSx=(Sx)(Sx)0 即A为半正定矩阵。 反之，设A为半正定矩阵，则存在正交矩阵T,使得： 入为A的全部特征值，从而： T-1 令： 0. 1311