实二次型

实二次型

定义

含有 $n$ 个实变量 $x_1,\, x_2,\, \cdots,\, x_n$ 的在某个数域上的二次齐次多项式

$$f(x_1,\, x_2,\, \cdots,\, x_n) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_{ij} x_i x_j \qquad (a_{ij} = a_{ji})$$

称为二次型，若全部 $a_{ij} \in \mathbb{R}$，则称为实二次型，若全部 $a_{ij} \in \mathbb{C}$，则称为复二次型。

$$\begin{aligned} f(x_1,\, x_2,\, \cdots,\, x_n) &= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_{ij} x_i x_j \\ &= \sum_{i=1}^n a_{ii} x_i^2 + \sum_{i < j}(a_{ij} + a_{ji}) x_i x_j \\ &= \sum_{i=1}^n a_{ii} \underbrace{x_i^2}_{\text{平方项}} + 2 \sum_{i < j} a_{ij} \underbrace{x_i x_j}_{\text{交叉项}} \end{aligned}$$

二次型 $f$ 的矩阵表示形式

$$\begin{aligned} f(x_1, x_2, \cdots, x_n) &= \begin{bmatrix} x_1 & x_2 & \cdots & x_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix}\\ &= \bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x} \end{aligned}$$

其中 $\bm{A}$ 为对称矩阵，称为二次型 $f$ 的矩阵。$\bm{A}$ 的秩称为二次型 $f$ 的秩，即 $\rank(f) \coloneqq \rank(\bm{A})$ 。

实二次型的标准形

为化简二次型矩阵（仅保留平方项，消去交叉项），要进行变量代换。

$$\begin{cases} x_1 \kern{-0.8em}&= c_{11} y_1 + c_{12} y_2 + \cdots + c_{1n} y_n \\ x_2 \kern{-0.8em}&= c_{21} y_1 + c_{22} y_2 + \cdots + c_{2n} y_n \\ &\kern{0.25em}\vdots \\ x_n \kern{-0.8em}&= c_{n1} y_1 + c_{n2} y_2 + \cdots + c_{nn} y_n \end{cases}$$

设 $\bm{P} = [c_{ij}]_n$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，考虑非退化线性变换（又称非奇异线性变换，即 $\bm{P}$ 可逆，由此可得 $\bm{y} = \bm{P}^{-1} \bm{x}$）

$$\bm{x} = \bm{P} \bm{y}$$

其中 $\bm{y} = \begin{bmatrix} y_1 & y_2 & \cdots & y_n \end{bmatrix}^{\mathrm{T}}$ 为新变量，从而

$$\begin{aligned} f(\bm{x}) = \bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x} &\xlongequal{\bm{x} = \bm{P} \bm{y}} (\bm{P} \bm{y})^{\mathrm{T}} \bm{A} (\bm{P} \bm{y}) \\ &= \bm{y}^{\mathrm{T}} (\bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P}) \bm{y} \\ &= \bm{y}^{\mathrm{T}} \bm{B} \bm{y} \end{aligned}$$

设 $\bm{A},\, \bm{B}$ 为同阶方阵，若存在可逆矩阵 $\bm{P}$ 使得

$$\bm{B} = \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P}$$

则称 $\bm{A}$ 与 $\bm{B}$ 合同（或 $\bm{A}$ 合同于 $\bm{B}$），$\bm{B}$ 称为 $\bm{A}$ 的合同矩阵，$\bm{P}$ 为 $\bm{A}$ 到 $\bm{B}$ 的合同变换矩阵。显然 $\bm{B}$ 也合同于 $\bm{A}$，因为有

$$\bm{A} = \left(\bm{P}^{-1}\right)^{\mathrm{T}} \bm{B} \bm{P}^{-1}$$

至此已学习的矩阵关系

1. 等价矩阵：$\bm{B} = \bm{P} \bm{A} \bm{Q}$（$\bm{A},\, \bm{B}$ 为 $m \times n$ 矩阵，$\bm{P},\, \bm{Q}$ 分别为 $m$ 阶和 $n$ 阶可逆矩阵）
2. 相似矩阵：$\bm{B} = \bm{P}^{-1} \bm{A} \bm{P}$（$\bm{A},\, \bm{B}$ 为 $n$ 阶方阵，$\bm{P}$ 为 $n$ 阶可逆矩阵）
3. 合同矩阵：$\bm{B} = \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P}$（$\bm{A},\, \bm{B}$ 为 $n$ 阶方阵，$\bm{P}$ 为 $n$ 阶可逆矩阵）

只包含平方项的二次型称为标准形，即

$$f(x_1,\, x_2,\, \cdots,\, x_n) = \sum_{i=1}^n d_{ii} x_i^2$$

设实二次型 $f(x_1,\, x_2,\, \cdots,\, x_n) = \bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x}$，则存在非退化线性变换 $\bm{x} = \bm{P} \bm{y}$，使得 $f$ 化为标准形。

等价于证明存在可逆矩阵将实对称矩阵合同变换为实对角矩阵。

因为 $\bm{A}$ 为实对称矩阵，所以存在正交矩阵 $\bm{P}$，使得

$$\begin{aligned} \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P} &= \bm{P}^{-1} \bm{A} \bm{P} \\ &= \begin{bmatrix} \lambda_1 & & & \\ & \lambda_2 & & \\ & & \ddots & \\ & & & \lambda_n \end{bmatrix} \end{aligned}$$

从而令正交变换 $\bm{x} = \bm{P} \bm{y}$，则有

$$\begin{aligned} f(\bm{x}) &= \bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x} \\ &= (\bm{P} \bm{y})^{\mathrm{T}} \bm{A} (\bm{P} \bm{y}) \\ &= \bm{y}^{\mathrm{T}} (\bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P}) \bm{y} \\ &= \bm{y}^{\mathrm{T}} \begin{bmatrix} \lambda_1 & & & \\ & \lambda_2 & & \\ & & \ddots & \\ & & & \lambda_n \end{bmatrix} \bm{y} \\ &= \lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 + \cdots + \lambda_n y_n^2 \end{aligned}$$

显然标准型是不唯一的。

化标准形方法

正交变换法（特征值法）

1. 求出实二次型的矩阵 $\bm{A}$ 的特征值 $\lambda_1,\, \lambda_2,\, \cdots,\, \lambda_n$ 及相应的特征向量 $\bm{\alpha}_1,\, \bm{\alpha}_2,\, \cdots,\, \bm{\alpha}_n$。（若同一特征值特征向量不正交，则使用施密特正交化进行正交。显然经过线性变换后仍然是特征向量。而不同特征值的特征向量，已经在笔记 5 证明是正交的了）^[1]

2. 取正交矩阵 $\bm{P} = \begin{bmatrix} \bm{\alpha}_1 & \bm{\alpha}_2 & \cdots & \bm{\alpha}_n \end{bmatrix}$，则

   $$\bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P} = \begin{bmatrix} \lambda_1 & & & \\ & \lambda_2 & & \\ & & \ddots & \\ & & & \lambda_n \end{bmatrix}$$

3. 取正交变换 $\bm{x} = \bm{P} \bm{y}$

---

1. 实际做题中，对三维方阵可能会出现两个特征值，在算完重特征值的特征向量后，可运用向量叉乘，直接得出第三个正交向量，而不用再去回去慢慢算矩阵。这运用了「实对称矩阵不同特征值对应特征向量正交」的性质。 ↩︎

配方法

1. 若二次型含有平方项，如 $a_{11} x_1^2$，则把所有含 $x_1$ 的项集中进行配方，即令

$$\begin{cases} y_1 \kern{-0.8em}&= x_1 + \dfrac{a_{12}}{a_{11}} x_2 + \cdots + \dfrac{a_{1n}}{a_{11}} x_n \\ y_2 \kern{-0.8em}&= x_2 \\ &\kern{0.25em}\vdots \\ y_n \kern{-0.8em}&= x_n \end{cases}$$

从而

$$f = a_{11} y_1^2 + f_1(y_2,\, y_3,\, \cdots,\, y_n)$$

2. 若二次型不含平方项，取非零交叉项，如 $2a_{12} x_1 x_2$，则令

$$\begin{cases} x_1 \kern{-0.8em}&= y_1 + y_2\\ x_2 \kern{-0.8em}&= y_1 - y_2 \\ x_3 \kern{-0.8em}&= y_3 \\ &\kern{0.25em}\vdots \\ x_n \kern{-0.8em}&= y_n \end{cases}$$

从而

$$f = 2a_{12} y_1^2 - 2a_{12} y_2^2 + F(y_1, y_2, y_3,\, y_4,\, \cdots,\, y_n)$$

3. 重复上述过程，直至化为标准形。

合同变换法

没时间了，下节课再写。

1. 利用二次型矩阵 $\bm{A}$，构造 $2n \times n$ 矩阵 $\bm{B} = \begin{bmatrix} \bm{A} \\ \bm{E} \end{bmatrix}$。
2. 对 $\bm{B}$ 做一次初等列变换，然后再做一次同类型的初等行变换，即 $\begin{bmatrix} \bm{P}_1^{\mathrm{T}} & \\ & \bm{E} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{A} \\ \bm{E} \end{bmatrix} \bm{P}_1 = \begin{bmatrix} \bm{P}_1^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P}_1 \\ \bm{P}_1 \end{bmatrix}$。操作若干次化为 $\begin{bmatrix} \bm{\Lambda} \\ \bm{P} \end{bmatrix}$ 的形式，其中 $\bm{\Lambda}$ 为对角矩阵。（原理即为 $\bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P} = \bm{\Lambda}$，且 $\bm{P} = \bm{P}_1 \bm{P}_2 \cdots \bm{P}_{k}$）
3. 令线性变换 $\bm{x} = \bm{P} \bm{y}$，则原二次型变为标准型 $\bm{y}^{\mathrm{T}} \bm{\Lambda} \bm{y}$。

二次型的规范形

实二次型 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 经过非退化的实线性变换得到如下形式的二次型

$$z_1^2 + \cdots + z_p^2 - z_{p+1}^2 - \cdots - z_r^2\qquad(r \le n)$$

称为实二次型 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 的实规范形，$r$ 称为实二次型 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 的秩，$p$ 称为实二次型 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 的正惯性指数，$r - p$ 称为实二次型 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 的负惯性指数。

复二次型 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 经过非退化的复线性变换得到如下形式的二次型

$$z_1^2 + \cdots + z_r^2\qquad(r \le n)$$

称为复二次型 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 的复规范形，$r$ 称为复二次型 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 的秩。

惯性定理

任意实二次型 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n) = \bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x}$，都可用适当的非退化实线性变换，化成实规范形

$$z_1^2 + \cdots + z_p^2 - z_{p+1}^2 - \cdots - z_r^2\qquad(r \le n)$$

其中 $r = \rank(\bm{A})$，且实规范形唯一。

---

证明：

存在性：存在可逆矩阵 $\bm{P}$ 使得 $\bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P} = \begin{bmatrix} d_1 & & & \\ & d_2 & & \\ & & \ddots & \\ & & & d_n \end{bmatrix}$，其中 $d_i \in \R$。

设 $d_1 > 0,\, \cdots,\, d_p > 0;\; d_{p + 1} < 0,\, \cdots,\, d_r < 0;\; d_{r + 1} = 0,\, \cdots,\, d_n = 0$。

则

$$\begin{aligned} f \xlongequal{\bm{x} = \bm{P}\bm{y}} &\left( d_1 y_1^2 + \cdots + d_p y_p^2 \right) +\\ &\left( d_{p+1} y_{p+1}^2 + \cdots + d_r y_r^2 \right) +\\ &\left( d_{r+1} y_{r+1}^2 + \cdots + d_n y_n^2 \right) \end{aligned}$$

取线性变换 $\bm{y} = \bm{Q} \bm{z}$ 使得

$$\begin{cases} z_1 \kern{-0.8em}&= \sqrt{d_1} y_1\\ &\kern{0.25em}\vdots\\ z_p \kern{-0.8em}&= \sqrt{d_p} y_p\\ z_{p+1} \kern{-0.8em}&= \sqrt{-d_{p+1}} y_{p+1}\\ &\kern{0.25em}\vdots\\ z_r \kern{-0.8em}&= \sqrt{-d_r} y_r\\ z_{r+1} \kern{-0.8em}&= y_{r+1}\\ &\kern{0.25em}\vdots\\ z_n \kern{-0.8em}&= y_n \end{cases}$$

从而有

$$f \xlongequal{\bm{x} = \bm{P} \bm{y},\, \bm{y} = \bm{Q} \bm{z}} z_1^2 + \cdots + z_p^2 - z_{p+1}^2 - \cdots - z_r^2$$

唯一性：即证 $p$ 唯一确定。

假设存在两个非退化线性变换，使得 $\bm{x} = \bm{P}_1 \bm{z},\, \bm{x} = \bm{P}_2 \bm{w}$，即

$$\begin{aligned} f &\xlongequal{\bm{x} = \bm{P}_1 \bm{z}} z_1^2 + \cdots + z_p^2 - z_{p+1}^2 - \cdots - z_r^2\\ f &\xlongequal{\bm{x} = \bm{P}_2 \bm{w}} w_1^2 + \cdots + w_q^2 - w_{q+1}^2 - \cdots - w_r^2 \end{aligned}$$

即要证明 $p = q$。反证法，假设 $p > q$。

因为 $\bm{x} = \bm{P}_1 \bm{z} = \bm{P}_2 \bm{w}$，则 $\bm{w} = \bm{P}_2^{-1} \bm{P}_1 \bm{z}$，从而对 $\bm{w} = (\bm{P}_2^{-1}\bm{P}_1)\bm{z}$，有

$$\begin{aligned} & z_1^2 + \cdots + z_p^2 - z_{p+1}^2 - \cdots - z_r^2 = \\ & w_1^2 + \cdots + w_q^2 - w_{q+1}^2 - \cdots - w_r^2 \tag{1} \end{aligned}$$

设 $\bm{C} = \bm{P}_2^{-1} \bm{P}_1$，即 $\bm{w} = \bm{C} \bm{z}$，则

$$\begin{bmatrix} w_1 \\ w_2 \\ \vdots \\ w_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1n} \\ c_{21} & c_{22} & \cdots & c_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ c_{n1} & c_{n2} & \cdots & c_{nn} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} z_1 \\ z_2 \\ \vdots \\ z_n \end{bmatrix}$$

令

$$\bm{C} = \begin{bmatrix} \bm{C}_1^{q \times p} & \bm{C}_2^{q \times (n - p)} \\ \bm{C}_3^{(n - q) \times p} & \bm{C}_4^{(n - q) \times (n - p)} \end{bmatrix},\quad \bm{z} = \begin{bmatrix} \bm{z}_1^{p} \\ \bm{z}_2^{n - p} \end{bmatrix}$$

构造齐次方程组

$$\begin{cases} c_{11} z_1 + c_{12} z_2 + \cdots + c_{1p} z_p \kern{-0.8em}&= 0\\ c_{21} z_1 + c_{22} z_2 + \cdots + c_{2p} z_p \kern{-0.8em}&= 0\\ &\kern{0.25em}\vdots\\ c_{q1} z_1 + c_{n2} z_2 + \cdots + c_{qp} z_p \kern{-0.8em}&= 0 \end{cases}$$

即 $\bm{C}_1 \bm{z}_1 = \bm{\theta}$。

由于 $q < p$，方程个数小于未知元个数，则存在非零解 $(z_1, z_2, \cdots, z_p) = (t_1, t_2, \cdots, t_p)$。

取 $\bm{z} = (t_1, t_2, \cdots, t_p, 0, \cdots, 0)$，则

$$\begin{aligned} \bm{w} &= \bm{C}\bm{z}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{C}_1 & \bm{C}_2 \\ \bm{C}_3 & \bm{C}_4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{z}_1^{p}\\ \bm{\theta}^{n - p} \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{C}_1 \bm{z}_1\\ \bm{C}_3 \bm{z}_1 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{\theta}^{q}\\ \bm{C}_3 \bm{z}_1 \end{bmatrix}\\ &= (\overbrace{0, \cdots, 0}^{q}, s_{q+1}, \cdots, s_n) \end{aligned}$$

代入 $(1)$ 式，得

$$t_1^2 + \cdots + t_p^2 = - s_{q+1}^2 - \cdots - s_n^2$$

左边 $t_1^2 + \cdots + t_p^2 > 0$，右边 $- s_{q+1}^2 - \cdots - s_n^2 \le 0$，矛盾。

故 $p \le q$，同理可证 $q \le p$，从而 $p = q$。

若实对称矩阵 $\bm{A},\, \bm{B}$ 合同，则二次型 $\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{A}\bm{x}$ 与 $\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{B}\bm{x}$ 有相同的秩、正惯性指数和负惯性指数。

---

证明：

存在可逆矩阵 $\bm{P}$ 使得

$$\bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P} = \begin{bmatrix} 1 & & & & & & & & \\ & \ddots & & & & & & & \\ & & 1 & & & & & & \\ & & & -1 & & & & & \\ & & & & \ddots & & & & \\ & & & & & -1 & & & \\ & & & & & & 0 & & \\ & & & & & & & \ddots & \\ & & & & & & & & 0 \end{bmatrix}$$

而又存在可逆矩阵 $\bm{Q}$ 使得 $\bm{B} = \bm{Q}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{Q}$，即 $\bm{A} = (\bm{Q}^{-1})^{\mathrm{T}} \bm{B} \bm{Q}^{-1}$，从而

$$\begin{aligned} \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P} &= \bm{P}^{\mathrm{T}} (\bm{Q}^{-1})^{\mathrm{T}} \bm{B} \bm{Q}^{-1} \bm{P}\\ &= (\bm{Q}^{-1} \bm{P})^{\mathrm{T}} \bm{B} (\bm{Q}^{-1} \bm{P})\\ &= \begin{bmatrix} 1 & & & & & & & & \\ & \ddots & & & & & & & \\ & & 1 & & & & & & \\ & & & -1 & & & & & \\ & & & & \ddots & & & & \\ & & & & & -1 & & & \\ & & & & & & 0 & & \\ & & & & & & & \ddots & \\ & & & & & & & & 0 \end{bmatrix} \end{aligned}$$

令 $\bm{R} = \bm{Q}^{-1} \bm{P}$，则 $\bm{R}$ 可逆，且

$$\bm{R}^{\mathrm{T}} \bm{B} \bm{R} = \begin{bmatrix} 1 & & & & & & & & \\ & \ddots & & & & & & & \\ & & 1 & & & & & & \\ & & & -1 & & & & & \\ & & & & \ddots & & & & \\ & & & & & -1 & & & \\ & & & & & & 0 & & \\ & & & & & & & \ddots & \\ & & & & & & & & 0 \end{bmatrix}$$

从而 $\bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x}$ 与 $\bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{B} \bm{x}$ 有相同的秩、正惯性指数和负惯性指数。

正定二次型

设 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n) = \bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x}$ 为实二次型，若对任意实向量 $\bm{x} \ne \bm{\theta}$，都有

$$f(\bm{x}) = \bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x} > 0$$

则称 $f(\bm{x})$ 为正定二次型，$\bm{A}$ 为正定矩阵。

同理可定义负定二次型和半正定二次型。

正定矩阵一定是实对称矩阵。

如 $f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + x_2^2$ 就不是正定二次型，因为 $f(0, 0, a) = 0$ 对任意 $a \in \R\backslash\left\lbrace 0 \right\rbrace$ 成立，而 $(0, 0, a) \ne \bm{\theta}$。

该二次型称为半正定二次型，二次型矩阵称为半正定矩阵，因为对任意实向量 $\bm{x} \ne \bm{\theta}$，都有

$$f(\bm{x}) = \bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x} \ge 0$$

同理有半负定二次型和半负定矩阵。

设 $\bm{A}$ 为 $n$ 阶正定矩阵，$\bm{P}$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，则 $\bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P}$ 也是正定矩阵。

即合同变换不改变正定性。

---

证明：

因为 $\bm{A}$ 为正定矩阵，故对任意 $\bm{x} \ne \bm{\theta}$，都有

$$\bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x} > 0$$

即证对任意 $\bm{y} \ne \bm{\theta}$，都有

$$\bm{y}^{\mathrm{T}} (\bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P}) \bm{y} > 0$$

令 $\bm{x} = \bm{P} \bm{y}$，则 $\bm{x} \ne \bm{\theta}$，从而

$$\begin{aligned} \bm{y}^{\mathrm{T}} (\bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P}) \bm{y} &= (\bm{P} \bm{y})^{\mathrm{T}} \bm{A} (\bm{P} \bm{y})\\ &= \bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x}\\ &> 0 \end{aligned}$$

顺序主子式

设矩阵 $\bm{A} = \left[ a_{ij} \right]_{n \times n}$，称如下行列式

$$\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1k} \\ a_{21} & a_{22} & & a_{2k} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{k1} & a_{k 2} & \cdots & a_{kk} \end{vmatrix}$$

为 $\bm{A}$ 的 $k$ 阶顺序主子式。显然 $\bm{A} \in M_{n}(\R)$ 的顺序主子式有 $n$ 个。

设 $\bm{A}$ 为 $n$ 阶实对称矩阵，则以下结论等价：

1. $\bm{A}$ 为正定矩阵
2. $\bm{A}$ 的特征值全为正
3. $\bm{A}$ 的正惯性指数为 $n$
4. $\bm{A}$ 的各阶顺序主子式全为正
5. $\bm{A}$ 合同于单位矩阵 $\bm{E}$（存在可逆矩阵 $\bm{P}$，使得 $\bm{A} = \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{P}$）

---

证明：（只证明部分）

1. $\implies$ 4.：

由 $\bm{A}$ 正定，取 $\bm{x} = (x_1, \cdots, x_{k}, 0, \cdots, 0)$，其中 $x_i$ 不全为零，则有 $\bm{x} \ne \bm{\theta}$，则 $\bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x} > 0$，即

$$\begin{aligned} \begin{bmatrix} x_1 & \cdots & x_k \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1k} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{k1} & \cdots & a_{kk} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_k \end{bmatrix} &> 0\\ \begin{bmatrix} x_1 & \cdots & x_k \end{bmatrix} \bm{A}_k \begin{bmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_k \end{bmatrix} &> 0 \end{aligned}$$

则 $\bm{A}_{k} \in M_{k}(\R)$ 为对称、正定矩阵，从而 $|\bm{A}_{k}| > 0$，即 $\bm{A}_{k}$ 的顺序主子式全为正。

4. $\implies$ 1.：

设实对称矩阵 $\bm{A} \in M_n(\R)$。

数学归纳法，$n = 1$ 时显然成立。

假设 $n = m - 1$ 时成立，当 $n = m$ 时，有

$$\bm{A} = \begin{bmatrix} \bm{B} & \bm{\beta}\\ \bm{\beta}^{\mathrm{T}} & a_{mm} \end{bmatrix}\\$$

其中 $\bm{B} \in M_{m-1}(\R)$ 为对称正定矩阵，$\bm{\beta} = \begin{bmatrix} a_{1m} \\ \vdots \\ a_{m-1, m} \end{bmatrix} \in \R^{m-1}$，$a_{mm} \in \R$。

构造 $\bm{P} = \begin{bmatrix} \bm{E} & -\bm{B}^{-1} \bm{\beta} \\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & 1 \end{bmatrix}$，则有

$$\begin{aligned} \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P} &= \begin{bmatrix} \bm{E} & (\bm{\theta}^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}} \\ \left(-\bm{B}^{-1} \bm{\beta}\right)^{\mathrm{T}} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{B} & \bm{\beta}\\ \bm{\beta}^{\mathrm{T}} & a_{mm} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{E} & -\bm{B}^{-1} \bm{\beta} \\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & 1 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{E} & \bm{\theta} \\ - \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{-1} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{B} & \bm{\beta}\\ \bm{\beta}^{\mathrm{T}} & a_{mm} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{E} & -\bm{B}^{-1} \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & 1 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{B} & \bm{\beta}\\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & a_{mm} - \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{-1} \bm{\beta} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{E} & -\bm{B}^{-1} \bm{\beta} \\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & 1 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{B} & \bm{\theta}\\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & a_{mm} - \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{-1} \bm{\beta} \end{bmatrix}\\ \end{aligned}$$

因为 $\left\lvert \bm{A} \right\rvert > 0$，则

$$\begin{aligned} \left\lvert \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P} \right\rvert &= \left\lvert \bm{P}^{\mathrm{T}} \right\rvert \left\lvert \bm{A} \right\rvert \left\lvert \bm{P} \right\rvert\\ &= \left\lvert \bm{P} \right\rvert^2 \left\lvert \bm{A} \right\rvert\\ &> 0 \end{aligned}$$

即 $\left\lvert \bm{B} \right\rvert\left(a_{mm} - \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{-1} \bm{\beta}\right) > 0$，而 $\left\lvert \bm{B} \right\rvert > 0$，则有 $a_{mm} - \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{-1} \bm{\beta} > 0$。

由 $\bm{B}$ 为正定矩阵，存在可逆矩阵 $\bm{Q} \in M_{m - 1}(\R)$ 使得 $\bm{Q}^{\mathrm{T}} \bm{B} \bm{Q} = \bm{E}_{m - 1}$，令

$$\bm{C} = \begin{bmatrix} \bm{Q} & \bm{\theta}\\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & 1 \end{bmatrix}$$

则有

$$\begin{aligned} \bm{C}^{\mathrm{T}} \left( \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{P} \right) \bm{C} &= \begin{bmatrix} \bm{Q}^{\mathrm{T}} & \bm{\theta}\\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{B} & \bm{\theta}\\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & a_{mm} - \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{-1} \bm{\beta} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{Q} & \bm{\theta}\\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & 1 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{Q}^{\mathrm{T}} \bm{B} \bm{Q} & \bm{\theta} \\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & a_{mm} - \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{-1} \bm{\beta} \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{E}_{m - 1} & \bm{\theta} \\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & a_{mm} - \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{-1} \bm{\beta} \end{bmatrix}\\ &= \left( \bm{P} \bm{C} \right) ^{\mathrm{T}} \bm{A} \left( \bm{P} \bm{C} \right)\\ \end{aligned}$$

令 $\bm{D} = \bm{P} \bm{C}$，则有 $\bm{D}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{D} = \begin{bmatrix} \bm{E}_{m - 1} & \bm{\theta} \\ \bm{\theta}^{\mathrm{T}} & a_{mm} - \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{-1} \bm{\beta} \end{bmatrix}$，由 $a_{mm} - \bm{\beta}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{-1} \bm{\beta} > 0$，故 $\bm{A}$ 为正定矩阵。

1. $\implies$ 5.：

$f \xlongequal{\bm{x} = \bm{P} \bm{y}} \lambda_1 y_1^2 + \cdots + \lambda_n y_n^2$，其中 $\lambda_i > 0$ 为 $\bm{A}$ 的特征值。

则有正交矩阵 $\bm{Q}$ 使

$$\begin{aligned} \bm{A} &= \bm{Q} \begin{bmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{bmatrix} \bm{Q}^{\mathrm{T}}\\ &= \bm{Q} \begin{bmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & \\ & \ddots & \\ & & \sqrt{\lambda_n} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & \\ & \ddots & \\ & & \sqrt{\lambda_n} \end{bmatrix} \bm{Q}^{\mathrm{T}} \\ &= \left( \bm{Q} \begin{bmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & \\ & \ddots & \\ & & \sqrt{\lambda_n} \end{bmatrix} \right) \left( \bm{Q} \begin{bmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & \\ & \ddots & \\ & & \sqrt{\lambda_n} \end{bmatrix} \right)^{\mathrm{T}} \\ &= \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{P} \end{aligned}$$

其中 $\bm{P} = \left( \bm{Q} \begin{bmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & \\ & \ddots & \\ & & \sqrt{\lambda_n} \end{bmatrix} \right)^{\mathrm{T}}$。

推论

正定矩阵行列式大于零。

正定矩阵 $\bm{A}$ 主对角线元素 $a_{ii} > 0$。

---

证明：

存在可逆矩阵 $\bm{P}$，使

$$\begin{aligned} \bm{A} &= \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{P}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{\alpha}_1^{\mathrm{T}} \\ \vdots \\ \bm{\alpha}_n^{\mathrm{T}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{\alpha}_1 & \cdots & \bm{\alpha}_n \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{\alpha}_1^{\mathrm{T}} \bm{\alpha}_1 & \cdots & \bm{\alpha}_1^{\mathrm{T}} \bm{\alpha}_n \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \bm{\alpha}_n^{\mathrm{T}} \bm{\alpha}_1 & \cdots & \bm{\alpha}_n^{\mathrm{T}} \bm{\alpha}_n \end{bmatrix} \end{aligned}$$

从而有 $a_{ii} = \bm{\alpha}_i^{\mathrm{T}} \bm{\alpha}_i = \| \bm{\alpha}_i \|^2 > 0$。（可逆矩阵，不可能为零向量）

主子式

设矩阵 $\bm{A} = \left[ a_{ij} \right]_{n \times n}$，取 $i_1 < i_2 < \cdots < i_{k}$，则如下行列式

$$\begin{vmatrix} a_{i_1 i_1} & a_{i_1 i_2} & \cdots & a_{i_1 i_k} \\ a_{i_2 i_1} & a_{i_2 i_2} & \cdots & a_{i_2 i_k} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i_k i_1} & a_{i_k i_2} & \cdots & a_{i_k i_k} \end{vmatrix}$$

称为 $\bm{A}$ 的一个 $k$ 阶主子式。

正定矩阵 $\bm{A}$ 的 $k$ 阶主子式全为正。

---

证明：

由 $\bm{A}$ 正定，取 $\bm{x} = (x_1, x_2, \cdots, x_n)^{\mathrm{T}}$，其中 $x_{i_1},\, x_{i_2},\, \cdots,\, x_{i_k}$ 不全为零，其余 $n - k$ 个分量为零，则有 $\bm{x} \ne \bm{\theta}$，则 $\bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x} > 0$，即

$$\begin{aligned} \begin{bmatrix} x_{i_1} & \cdots & x_{i_k} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{i_1 i_1} & \cdots & a_{i_1 i_k} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i_k i_1} & \cdots & a_{i_k i_k} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{i_1} \\ \vdots \\ x_{i_k} \end{bmatrix} &> 0\\ \begin{bmatrix} x_{i_1} & \cdots & x_{i_k} \end{bmatrix} \bm{B} \begin{bmatrix} x_{i_1} \\ \vdots \\ x_{i_k} \end{bmatrix} &> 0 \end{aligned}$$

$\bm{B} \in M_k(\R)$ 为对称、正定矩阵，从而 $|\bm{B}| > 0$，即 $\bm{B}$ 的顺序主子式全为正。

由 $i_1,\, i_2,\, \cdots,\, i_k$ 的任意性，可知 $\bm{A}$ 的 $k$ 阶主子式全为正。

上面写正定矩阵合同于单位矩阵，即存在可逆矩阵 $\bm{P}$，使得 $\bm{A} = \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{P}$。

实际上有更强的结论，存在正定矩阵 $\bm{B}$，使得 $\bm{A} = \bm{B}^{\mathrm{T}} \bm{B}$，从而 $\bm{A} = \bm{B}^2$

---

证明：

$\impliedby$：

$\bm{A} = \bm{B}^2 \implies \bm{A} = \bm{B}^{\mathrm{T}} \bm{B}$，其中 $\bm{B}$ 为正定矩阵。从而 $\bm{A}$ 正定。

$\bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{A} \bm{x} = \bm{x}^{\mathrm{T}} \bm{B}^{\mathrm{T}} \bm{B} \bm{x} = \left( \bm{B} \bm{x} \right)^{\mathrm{T}} \bm{B} \bm{x} = \| \bm{B} \bm{x} \|^2 > 0$，从而 $\bm{A}$ 正定。

$\implies$：

设 $\bm{A}$ 为正定矩阵，存在正交矩阵 $\bm{P}$（$\bm{P} \bm{P}^{\mathrm{T}} = \bm{E}$）使得

$$\begin{aligned} \bm{A} &= \bm{P}^{\mathrm{T}} \begin{bmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{bmatrix} \bm{P}\\ &= \bm{P}^{\mathrm{T}} \begin{bmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & \\ & \ddots & \\ & & \sqrt{\lambda_n} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & \\ & \ddots & \\ & & \sqrt{\lambda_n} \end{bmatrix} \bm{P}\\ &= \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{\Lambda} \bm{\Lambda} \bm{P}\\ &= \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{\Lambda} \bm{P} \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{\Lambda} \bm{P}\\ &= \left( \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{\Lambda} \bm{P} \right)^{\mathrm{T}} \left( \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{\Lambda} \bm{P} \right)\\ \end{aligned}$$

取 $\bm{B} = \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{\Lambda} \bm{P}$，则有 $\bm{A} = \bm{B}^{\mathrm{T}} \bm{B} = \bm{B}^2$。

设 $\bm{A}$ 为实对称矩阵，则当实数 $t$ 充分大时，$\bm{A} + t \bm{E}$ 为正定矩阵。

---

证明：

由于 $\bm{A}$ 为实对称矩阵，存在正交矩阵 $\bm{P}$ 使得

$$\bm{A} = \bm{P}^{\mathrm{T}} \begin{bmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{bmatrix} \bm{P}$$

则

$$\begin{aligned} \bm{A} + t \bm{E} &= \bm{P}^{\mathrm{T}} \begin{bmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{bmatrix} \bm{P} + t \bm{P}^{\mathrm{T}} \bm{P}\\ &= \bm{P}^{\mathrm{T}}\bm{\Lambda}\bm{P} + \bm{P}^{\mathrm{T}} (t \bm{E}) \bm{P}\\ &= \bm{P}^{\mathrm{T}} \left( \bm{\Lambda} + t \bm{E} \right) \bm{P}\\ &= \bm{P}^{\mathrm{T}} \begin{bmatrix} \lambda_1 + t & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n + t \end{bmatrix} \bm{P} \end{aligned}$$

当 $t > \max\limits_{i = 1,\, \cdots,\, n} \left\{ \left\lvert \lambda_i \right\rvert \right\}$ 时，$\bm{A} + t \bm{E}$ 的特征值全为正，从而 $\bm{A} + t \bm{E}$ 为正定矩阵。

若 $f$ 既不是半正定二次型，也不是半负定二次型，则称 $f$ 为不定二次型，称 $\bm{A}$ 为不定矩阵。

$\bm{A}$ 为负定矩阵 $\iff$ $-\bm{A}$ 为正定矩阵。

注意负定矩阵行列式不一定为负，实际上有

$$(-1)^r \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1r} \\ a_{21} & a_{22} & & a_{2r} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{r1} & a_{r 2} & \cdots & a_{rr} \end{vmatrix} > 0$$

对实对称矩阵 $\bm{A}$，以下结论等价：

1. $\bm{A}$ 为半正定矩阵
2. $f$ 正惯性指数 $= \rank(\bm{A})$
3. $\bm{A}$ 特征值均不小于零
4. 存在实矩阵 $\bm{B}$，使得 $\bm{A} = \bm{B}^{\mathrm{T}} \bm{B}$
5. $\bm{A}$ 所有主子式不小于零（不是顺序主子式！）^[1]

---

1. 顺序主子式全不小于零，不一定为半正定矩阵，如 $\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}$ ↩︎