证明正定矩阵

科技论坛　正定矩阵的几种经典证明方法　封京梅　（陕西广播电视大学，陕西西安７１０１１９）　摘要：矩阵是数学中一个重要的基本概念，是代数学的一个主要研究对象，同时矩阵论又是研究线性代数的一个有力工具．而正定　矩阵因其特有的性质及广泛的应用领域使得很多学者对其进行了大量的研究，本文主要利用特征值，单位矩阵，上三角矩阵，可逆矩阵等　知识给出正定矩阵的几种证明方法和一些性质，希望能起到推广正定矩阵应用的作用。　关键词：正定矩阵；
可逆矩阵；
特征值；
主子式　零，由归纳法的假设可知Ａ。是正定矩阵，换句话说存在可逆的ｎ一１　引言　ｑ　ｑ　矩阵的思想很早就已经有了，至少可以追溯到汉代中国学者在　级矩阵Ｇ使Ｇ　ＡＧ＝　（Ｅ　是ｎ一１级单位矩阵），　解线性方程组时的应用上。而经过近几年的发展，矩阵论已经是代　数学中的一个重要分支了，而正定矩阵因其特有的性质及应用也受　到了人们的广泛关注．但是正定矩阵的证明方法一直成为我们应用　正定矩阵的瓶颈，为此我们将给出几种经典的证明方法及重要性　质．首先，对以下名词加以说明：　①正定矩阵：实数域Ｒ上二次型刷＝ｘ＇Ａｘ，若对任意　一　，恐，‘‘　）　∈　，Ｘｏ；
０均有价。Ｊ＞０，则称ｇｘ）为正定二次型，此时称Ａ为正定矩　止Ｅ时令ｃ—ＧＣ２，日　一　ＧＧ　０＝ａ　阵。　ｆ１　０１　②主子式：在一个矩阵中取出相同的行，相同的列，其交叉位置　就有ｃ　ＡＣ＝ｌ　Ｉ，两边取行列式｝ｃｌ　一ａ　上的元素重新组成的子矩阵的行列式叫做主子式，通常记为：　【０　ｏ／　有ｃ　Ａ　＝（　０］［　ｃ　ｔ　ｆ￣。ｌ　’０１＝（　由条件ｌＡＩ＞０，因此ａ＞Ｏ，　∞．　］，　刮　③顺序主子式的定义：子式Ｐ　令　再　Ｇ　Ｏ　二　ｏ　显然：［　：】＝【　二　刊　二】，　故矩阵Ａ与单位矩阵合同，因此Ａ是正定矩阵或者说二次型　＇厂（　，Ｘ２，　）是正定的，根据归纳法的原理，充分性得证。　称为矩阵　＝（ａ　）　的顺序主子式。　定理２如果Ａ的主子式均大于零，则Ａ为正定矩阵。　证明：必要性：有定理１显然成立。　④正交矩阵：Ｔ为实矩阵且有丁　一７＿。　充分性：设Ａ＝（　）　为正定矩阵，　⑤反对称矩阵：若Ｔ是实矩阵且满足　一＿丁，则称其为反对称　Ｃ　阵。　陧　．　１证明方法　Ａ　＝ｌ　ｌ也为Ａ＝（　“　ｊ　的任意一个ｍ阶主子式（ｒｒ￣１２　ｒＯ，　定义１　实数域Ｒ上二次型ｌ，『　Ｊ＿　Ａｘ，若对任意Ｘｏ＝　，　，…　）　∈　，　０均有ｆ（ｘｏ　Ｊ＞０，则称删为正定二次型，此时称Ａ为正定矩　阵．详细证明过程见ｌ】１。　定理ｌ如果Ａ的顺序主子式均大于零，则Ａ为正定矩阵。　作两个二次型　Ａ　和ｙＡ　Ｙ，　对任意Ｙｏ＝（　，　）≠ｏ和　＝（　，　，…　）∈Ｒ　，Ｘｏ　０　证明：必要性：ｆ（ｘａ，ｘ２，…　）＝∑∑ａｊ，ｘ：是正定的，对于每一个　其中Ｇ一恪　’　…一ｍ，　由于Ａ是正定矩阵，故　＞ｏ，从而　’ａＸｏ＝Ｙｏ。Ａ　Ｙｏ＞０　由Ｙ　的任意性，可知　。Ａ　Ｙ。是正定二次型，即　ｌ　，ｕ，由此得　定理３如果Ａ的正惯性指数Ｐ＝ｎ，则Ａ为正定矩阵。　证明：设二次型ｆ（ｘ　：，　）经过非退化线性替换后变为标准　ｋ’ｌ　，令　（　而…　）＝毒害ａｖｘ￣　ｘｊ　我们来证明ｆｋ是一个ｋ元的正定二次型。　对于任意一组不全为零的实数　（＿，　）有　证。　（　，恐，　）＝∑∑　ｔ　：　（　，Ｘ２，・・　，・０・・・０，０）＞０．　型：　Ｍ　＋　ｙ。２＋　＋　（１）　因此ｌ厂（　，Ｘ２，　）是正定的，由定义１可知与ｆｋ对应的矩阵的　，（　，Ｘ　，…　）为正定的当且仅当（１）为正定二次型，而我们知道二次　行列式　型是正定的当且仅当　＞０，ｉ＝１，２…・・，ｉ。即正惯性指数是ｎ。证毕，　此方法说明正定二次型，（　，　，　）的规范型是Ｙｌ　＋咒　＋　Ｙ　。　　Ｊｆ＞呲一…　　．　定理４如果矩阵Ａ合同于单位矩阵Ｅ　，则Ａ为正定矩阵。　有定理３显然成立。　肚即矩阵Ａ的顺序主子式均大于零。　充分性：对ｎ作数学归纳法　当ｎ＝ｌ时，ｆ（ｘ１，Ｉ二ａｌｌＸｌ由条件ｏａ　＞０，显然有ｆ（ｘｌ　Ｊ是正定的。　假设充分性的论断对于ｎ一１元的二次型已经成立，　现在证明ｎ元的情形令＾＝　ａ１　１　．．．　．定理５如果矩阵Ａ的特征值全大于零，则Ａ为正定矩阵。　证明：因为对任意的一个ｎ级实对称矩阵Ａ，都存在一个ｎ阶正　交矩阵Ｔ，　使得Ｔ　ＡＴ＝Ｔ　ＡＴ成为对角矩阵。　若Ａ为正定矩阵，Ａ一定为对称矩阵，　故存在ｎ阶正交矩阵Ｔ，使得，一＝　，　：　，ａｌ，　ｎ　ｔ…Ａ为正定矩阵当且仅当Ａ合同于一个单位矩阵，有矩阵合同的　传递性，可知，　＞ｏ（ｉ＝１，２　ｎ），得证。　定理６如果对于矩阵Ａ存在非退化矩阵Ｐ，使得Ａ＝ｐｐ，则Ａ　为正定矩阵。　因为Ａ的顺序主子式全大于零，故Ａ　的顺序主子式也全大于　证明：Ａ为正定矩阵当且仅当Ａ合同一个单位矩阵，即　存在可逆　（下转１０页）　ｌ　ｌ于是矩阵Ａ可以分块写成Ａ　ｆ≥　ａｎ　］　・１０・　科技论坛　ｗｏ。　一０．８６８，因此拒绝域为｛Ⅵ，　ｏ．８６８）。而Ｗ一０．９４７２＞Ｏ．８６８，则说明　见表３。　（，：一ｎｐ　）　样本数据未落入拒绝域中，故在。＝０．０１下接受原假设Ｈ。，即认为该　计算统计量ｘｚ的观察值）（　—　一＝４．８３　１。在显著性水　土样的偏离度服从正态分布。　平ｎ—ｏ．０５下查自由度为１８—２—１＝１５的Ｘ　分布表，得临界值　其余９个土样可做类似的检验，经计算只有粘２一粉４　ｆ１０％）１　２４．９９６，由ｘ　＝４．８３１＜２４．９９６知不能拒绝原假设，所以认为两台仪器　个土样是拒绝原假设的，因而总体来说，仪器的性能是良好的。　的测量误差是由随机因素引起的，不存在系统偏差，两台仪器的性　３平行性测量结果分析　能相同，仪器的稳定性很好，该种仪器可以被推广使用。　４结论　两个研究所从同一厂家购买了两台同一型号的激光粒度分析　仪，并分别在各自的研究所对相同的土样进行了测量，相应的得到　对激光粒度分析仪所测数据在两个方面：重复性测量结果分析　对仪器的性能进行了误差分析。重复性测　两组测量数据。下面对这两组数据进行比较分析，观察两台仪器的　和平行性测量结果分析，测量结果之间是否存在系统误差。　量结果分析主要是一台仪器对多个土样重复测量的数据进行分析　结果表明测量结果仅有随机偏差，不存在系统偏差，从而说明　首先，对所给的数据表格进行初步处理，从中筛选出两个研究　处理，所都进行过试验的土样以及相应的试验数据，经过整理得到两个数　本台仪器的性能良好，所测数据可靠性较高；
平行性测量结果分析　主要分析两台仪器对同一土样测量的多组数据，分析结果认为两台　组矩阵：　、　．厚　Ｙｌ　：　Ｉ仪器的多次测量结果也只是由随机误差引起的，从而说明两台仪器　ｘ一　ｙ　的性能相同，不同仪器的测量结果具有很好的稳定性。两次分析的　１　…Ｘｎ，１２ｊ　…ｙⅢＪ　结果最终说明了激光粒度仪的性能良好，在土工试验的颗粒分析中　其中ｘ第一个研究所所用激光粒度仪对土样的测量数据，Ｙ为　可以被推广使用。　第二个研究所所用仪器得到的测量数据。记　参考文献　ｆｌ１杨慧连，张涛．误差理论与数据处理［Ｍ］．天津：天津大学出版社，　１９９２．　ｆ＝１…２．．．ｎ　『２１刘增荣．土力学【Ｍ】．上海：同济大学出版社，２００５．　令Ｚ＝【ｚｌ　ｚ。．ｚ　】，其中ｎ＝３１５，数值ｚ，就表示两个研究所对第　『３１李静．ＭＳ２０００激光粒度分析仪在黄河调水调沙试验中的应用【ＪＪ．　ｉ个土样粒径测量值的偏离度。　中国水利，２００２．　由误差理论要检验ｎ＝３１５个偏离度是否服从正态分布，在此利　ｆ４］工程数据统计分析『Ｍ１．南京：东南大学出版社，２００２．　用ｘ２拟合优度检验进行检验。此处仅给出计算过程，部分计算结果　作者简查：吴然，硕士，讲师。　’　（上接１１页）　因为任意一个可逆矩阵都可以分解成一个正交矩阵和一个上　矩阵ｃ使得Ｃ　ＡＣ＝　，即Ａ　（ｃ　）　ＥＣ～＝（　）　Ｃ，令Ｃ一＝Ｐ。　三角矩阵的乘积的形式。　可知Ａ：Ｐ　Ｐ由此得证。　而Ａ为正交矩阵，故存在可逆矩阵Ｐ使得Ａ＝Ｐ’Ｐ，又因为Ｐ为　定理７对于矩阵Ａ，如果存在非退化的上三角阵Ｑ使得Ａ　ＱＱ可逆矩阵，所以Ｐ＝ＴＱ（其中Ｔ为正交矩阵，Ｑ为上三角矩阵），由此　则Ａ为正定矩阵，反之亦成立。　可知，　一（ＴＱ）【ＴＱ）　ＱＴ＇ＴＱ　ＱＥＱ　Ｑ＇Ｑ由此得证。　证明：充分性，有定理６显然成立，　２正定矩阵的性质　必要性：已知Ａ为正定矩阵，　性质设Ａ，Ｂ均为正定矩阵，则乘积ＡＢ是正定矩阵的充要条件　先看施密特正交法：　已知Ｏｌ。，ａ：…－　－线性无关，令　是ＡＢ＝ＢＡ　证明：必要性，（ＡＢ）’一日。。Ａ＝ＢＡ＝ＡＢ．‘．ＡＢ为可交换阵。　屈＝ｑ　充分性：有ＢＡ＝ＡＢ．’．ＡＢ为实对称阵。　设ＡＢ的特征值为　，不妨设Ｘ为属于Ａ的ＡＢ的特征向量　（　≠０）　（ＡＢ）ｘ＝Ｘ，（　Ｂ’）Ａ（丑　）＝ｘ＇Ｂ’Ａｘ＝Ａｘ’Ｂ’　＝Ａｘ’Ｂｘ　岛　一　一　（　）Ａ（Ｂｘ）　。　ｘ　Ｂｘ　３ｎ￣Ｏｇｎ－　…　Ａ为正定矩阵，分子＞０且Ｂ为正定矩阵，分母＞０　‘．．Ａ＞Ｏ故ＡＢ为正定矩阵。　即：　可由　线形表出，　可由　，　：线形表出，岛可由。・，　，ｏ　３结论　线形表出，　本文主要介绍了正定矩阵的一些证明方法，同时将正定矩阵的　一些特有性质加以论述，这就为我们理解应用正定矩阵提供了丰富　的资料，文章的重点还是在正定矩阵的证明上，至于是否还有其他　方法，现存的方法是否能够得到进一步的优化，条件能否减弱，都有　待研究。　０　参考文献　『ｌ】北京大学数学系几何与代数教研室代数小组编，高等４￣ｇｃ［Ｍ］．北　）＝　ｚ…　０　１　京：高等教育出版社１９７８　ｌ　ｌａｌ　【２］钱吉林，高等代数题解精粹［Ｍ】，２００２　令ｃ　簖　【３】同济大学应用数学系编，线性代数［Ｍ］．北京：高等教育出版社，　，故Ｔ为正交矩阵，令（ｎｔ，ｎｚ　）二ｃ，　２００４　Ｉ同１　。１　ｆ４］Ｆｉｎｎｅｙ，Ｗｅｉｒ等编注高等工程代数（Ａｄｖａｎｃｅｄ　Ｅｎｇｉｎｅｅｒｉｎｇ　Ｍａｔｈ—　＝占　ｌｏ　南Ｊｌ　ｅｍａｔｉｃｓ）［Ｍ】．北京：高等教育出版社，２００４．　则　一∞，Ｃ　碣　作者简介：封京梅（１９８３～），女，学历：硕士研究生，研究方向：运　筹学与控制论一最优化。　

正定矩阵的判定方法及正定矩阵

在三个不等式证明中的应用

作者：袁亮（西安财经大学）

摘 要: 本文从正定矩阵的的定义出发，给出了正定矩阵的若干判定定理及推论，并给出了正定矩阵在柯西、Holder、Minkowski三个不等式证明中的应用.

关键词: 正定矩阵，判定，不等式，应用

Abstract: In this paper, we mainly introduce some decision theorem and inference based on the definition of positive definite matrices and give the application of positive definite matrices in the proving on Cauchy、Holder、and Minkowski inequality.

Keywords: positive definite matrix, determine, inequality, application

目 录

1 引言…………………………………………………………………4 2 正定矩阵的判定方法………………………………………………4 2.1 定义判定 …………………………………………………………5 2.2 定理判定 …………………………………………………………6 2.3 正定矩阵的一些重要推论………………………………………11 3 正定矩阵在三个不等式证明中的应用 …………………………15 3.1 证明柯西不等式 ………………………………………………15 3.2 证明Holder不等式……………………………………………16 3.3 证明Minkowski不等式…………………………………………18 结束语…………………………………………………………………21 参考文献………………………………………………………………22

1 引言 代数学是数学中的一个重要的分支，而正定矩阵又是高等代数中的重要部分．特别是正定矩阵部分的应用很广泛， n阶实对称正定矩阵在矩阵理论中，占有十分重要的地位．它在物理学、概率论以及优化控制理论2中都得到了重要的应用，而本文只提供解决正定矩阵判定问题的方法，并阐明它在数学分析中三个重要不等式证明中的应用.正定矩阵的一般形式是,设A是n阶实对称矩阵，若对任意xRn，且x0，都有xTMx0成立2.本文从正定矩阵的定义，给出正定矩阵的判定定理，并给出正定矩阵的重要推论，这些重要推论对计算数学中的优化问题有着重要的作用，并在矩阵对策，经济均衡，障碍问题3的研究中具有很实用的价值.同时还介绍正定矩阵在三个不等式证明中的应用，其一是用正定矩阵证明著名的柯西不等式，其二是用正定矩阵的性质给出Holder不等式的一个新的证明，其三是运用正定矩阵的两个引理证明Minkowski不等式，这三个应用说明正定矩阵运用的广泛性和有效性.以上这些正定矩阵的研究只局限在正定矩阵的理论分析方面，它的一些实际方面的应用还有待笔者和一些学者去探索挖掘.2 正定矩阵的判定方法 2.1 定义判定

设A=aij,(其中aijC,i,j=1,2,…，n), A的共轭转置记为A=aji 定义11 对于实对称矩阵A=aij,（其中aijR,i,j=1,2,…，n）若对于任意非零列向量X，都有XTAX>0,则称A是正定矩阵.定义21 对于复对称矩阵A=aij,（其中aijC,i,j=1,2,…，n）若对于任意非零列向量X，都有XAX>0,则称A是正定矩阵．

例1 设A为m阶实对称矩阵且正定，B为m×n实矩阵，BT为B的转置矩阵，试证 BTAB为正定矩阵的充要条件是B的秩r（B）=n. 证 [必要性] 设BTAB为正定矩阵，则对任意的实n维列向量x0， 有

xTBTABx0，

即

BxTABx0.于是Bx0，因此，Bx0只有零解，从而rBn.[充分性] 因

BTABBTATBBTAB,

T即BTAB为实对称矩阵.若秩rBn，则线性方程组Bx0只有零解，从而对任意实n维向量x0有Bx0.又A为正定矩阵，所以对于Bx0，有

BxTABx0, 于是当x0时，

xTBTABx0.

故BTAB为正定矩阵.例23 设 A 是 n 阶正定矩阵，B 是 n×m 实矩阵，B的秩为 m，证明 ：B"AB 是正定矩阵.证 因为

（B"AB）"=B"A"B=B"AB, 故 B"AB 是实对称矩阵，其次，由于秩 B=m，m≤n.故 BX=0 只有零解 ，因此，若任取非零实列向量 X 必有 BX≠0，因 A 是正定矩阵，故对任取的非零实列向量 X，必有

X"（B"AB）X=(BX)"A(BX)>0.因此 B"AB 是正定矩阵.注意 以上两个例子，是运用正定矩阵的定义来证明的.还提供了利用实矩阵来构造正定矩阵的方法.具体是，若 A 不是方阵，也不对称时，A"A，AA"是正定矩阵，若 A 是方阵，但不对称，则 A+A"是正定矩阵，同时，在证明的过程中，我们也看到了齐次线性方程组解的理论在正定二次型的理论中的应用.2.2 定理判定

定理11 n阶实对称矩阵A正定，当且仅当实二次f(x1,x2,…,xn)=XTAX的正惯性指数为n． 证 设实二次型f(x1,x2,…,xn)经过非退化线性变换得

a1x1+a2x2+…+anxn.（2.1）

222由于非退化实线性变换保持正定性不变，那么A正定当且仅当（2.1）是正定的，由定义3知（3.1）正定当且仅当ai>0(i1,2,,n)，因此，正惯性指数为n..

d1定理21 实对角矩阵(i1,2,,n).

d2正定的充分必要条件是di>0，dn证 由定理3.1得，实对称矩阵正定当且仅当二次型

f(x1,x2,…，xn)=d1x1+d2x2+…+dnxn.的正惯性指数为n，因此，di>0（i=1,2,…,n,）．

例3 设A为n阶实对称矩阵，证明：秩（A）=n的充分必要条件为存在一个n阶实矩阵B，使ABBTA是正定矩阵.证 [充分性]（反证法）

反设rAn，则A0.于是0是A的特征值，假设相应的特征向量为x， 即

Ax0x0,

222所以

xTAT0.所以xTABBTAxxTABxxTBTAx0，和ABBTA是正定矩阵矛盾.[必要性] 因为rAn，所以A的特征值1,2,,n全不为0.取B=A，则

ABBTAAAAA2A2.22T,22,2它的特征值为212n全部为正，所以ABBA是正定矩阵.定义3 在实二次型fx1,x2,,xn的规范形中，正平方项的个数p称为fx1,x2,,xn的正惯性指数，负平方项的个数rp称为fx1,x2,xn的负惯性指数，它们的差prp2pr称为fx1,x2,,xn的符号差.

定理31 实对称矩阵A是正定的充要条件矩阵A的秩与符号差n． 定理41 实对称矩阵A是正定的充要条件是二次型f(x1,x2,…

xn)=XTAX的系数矩阵A的所有特征值都是正数，即大于零.证

由文献[1]知，实对称矩阵A可对角化为

a1a2 an其中a1，a2,,an恰好是A的特征值，则二次型XTAX的标准形为：

a1x1+a2x2+…+anxn,

222而非退化实线性变换保持正定性不变，由

f (x1,x2,…，xn)=a1x1+a2x2+…+anxn.正定得ai>0(i1,2,,n)．

例4设A为实对称矩阵，则当t充分大时，A+tE为正定矩阵.

222证 设A的特征值为1,2,...,ni为实数，取tmaxi，则AtE的特

1in征值iti1,2,...,n全部大于零，因此当tmaxi时，AtE是正定矩阵.

1in例5 设A为n阶实对称矩阵，且A33A25A3E0.证明：A正定.证 设是A的任一特征值，对应特征向量为x0，即Axx，代入已知等式

A33A25A3E0, 有

A33A25A3Ex33253x0，

因为x0，故满足

332530.

得

1或12i，

因A为实对称矩阵，其特征值一定为实数，故只有1，即A的全部特征值就是10，这就证明A是正定矩阵.定理51 实对称矩阵正定当且仅当它与单位矩阵合同． 证

实正定二次型的规范形为

x1+x2+xn.

222(2.2.1) 而（2.2.1）的系数矩阵为单位矩阵，非退化实线性变换保持正定性不变，而且新二次型的系数矩阵与原二次型的系数矩阵是合同的，故实对称矩阵正定当且仅当它与单位矩阵合同．

定理62 实对称矩阵A是正定的充要条件是存在可逆矩阵C使得A=CTC． 证 设A为一正定矩阵，当切仅当A与单位矩阵合同，因此，存在可逆矩阵C，

使得

A=CTEC=CTC.定理71 实对称矩阵A正定的充分必要条件是矩阵A的顺序主子式全大于零．

证 [必要性] 实对称矩阵A正定，则二次型

f(x1,x2,…,xn)=XAX=aijxixj是正定的，

Ti1j1nn对于每一个k,1kn,令

fk（x1,x2,…，xk）=aijxixj，

i1j1kk我们来证fk是一个k元正定二次型，对于一组不全为零的数c1，c2，…，ck，有

fk（c1，c2，…，ck）=fk（c1，c2，…，ck，0，…,0）>0, 因此，fk是一个k元正定二次型.由充要条件2得fk的矩阵行列式

a11a1k ak1akk>0,（k=1,2,…,n）.

[充分性] 对n作数学归纳法 当n=1时，

f(x1)=a11x1, 由条件a11>0，显然f(x1)是正定的．假定此论断对n-1元二次型成立，下证n元的情形.令

2a11a12A1=an1,1a12a22an1,2a1,n1a2,n1 ， an1,n1a1na2n， X=an1,nA1则 A=XTX.ann由A的顺序主子式全大于零可知A1的顺序主子式全大于零，由假设A1是正定矩阵，

有n-1阶可逆矩阵 G，使得GTA1G=En1, 令

G0C1=01,

则

C1TGTAC1=001A1XTXG0En1GTX.=Tann01XGann令

En1C2=0GTX, 1则

C2C1TT0En1GTXEn1AC1C2=XTG1XTGannEn1=0.TTannXGGX0En10GTX 1令

C=C1C2,a=ann-XTGGTX, 则有

11CTAC=.a两边取行列式得 C2A=a,由条件 A>0 知 a>0.由于

1111=1a111111a1.a因此，A与单位矩阵合同.由定理5得，A是正定矩阵．

定理82 n阶实对称阵A为正定的充要条件是存在对称正定阵B，使A=B2. 证 [必要性] 存在正交阵Q，使

A=Q

B=QQT, 以及

diag(1,2,...,n).(i,i1,2,...n),

QT=QQTQQT6 =B2, 为A的特征值.[充分性] 对任给

X0,XTAXXTB2X0，

因为B正定，所以A正定.定理93 A是正定矩阵的充要条件是：存在非退化的上(下)三角矩阵 Q，使 A=QTQ.证 不妨以下三角矩阵为例来证明，上三角矩阵的情况同理可证.[必要性] 若 A=(aij) 是 n 阶正定矩阵，则A的任意 k 阶主子式大于零．特别的有 ann>O．将 A 的第 n 列乘适当的倍数，分别加到第 1,2……n—l列上，再施同样的行变化，可使 A 变成为

A100a,

nn的形式．

即存在非退化的下三角矩阵T1，使

AT1TAT1100, ann再令

T2diag(1,1,...,1,1ann),0.1

A1TT故T2T1AT1T20因为A正定 ，故A1作为A的n-1阶顺序主子式，也是正定的.对A1做同样处理，最终可得到

TTR2R1......T2TT1TAT1T2......R1R2En.令 QT1T2......T1R2,Q是非退化的下三角矩阵，且使A=OTQ [充分性] 是显然的．

定理102 A是正定矩阵的充要条件是存在正交向量组 a1,a2,......,an使

TTTa2a2...ananA=a1a1.2.3 正定矩阵的一些重要推论

对于实对称正定矩阵除了上面的一些充要条件用于判定一个矩阵是否为正定矩阵外，还有很多重要推论，下面给出.推论13 正定矩阵的和仍是正定矩阵．

证 若A与B为同阶正定矩阵，则对于非零列向量

C=(c1,,c2,,cn)0, 必有

CTAC>0，CTBC >0, 从而

CT（A+B）C=CTAC+CTBC >0.所以A+B也是正定的.推论21 实正定矩阵的行列式大于零． 证

对A=CTC两边取行列式有

|A|=|CT| |C|=|C|2>0，

因此，|A|>0．

推论3 与正定矩阵合同的对称矩阵一定是正定矩阵．(事实上由合同的传递性及正定矩阵都与单位矩阵合同可知结论成立) 推论4 正定矩阵A的逆矩阵A1一定是正定矩阵．

证

由命题1.3得正定矩阵A的逆矩阵A1一定是对称矩阵，又因为正定矩阵与单位矩阵合同，所以存在可逆矩阵P使得

A=PTEP=PTP, 取逆矩阵得

A1=P1EP1,

T令

Q=P1,

T则

A1=QTEQ.因此，A1与单位矩阵合同，所以A1是正定矩阵．

推论5 正定矩阵的任何顺序主子式阵必为正定矩阵． 推论64 设A，B均为 n 阶正定矩阵，且AB=BA，则AB 正定.证 因为AB=BA，故(AB)"=B"A"=BA=AB， 所以AB为实对称矩阵，又因为A 正定，所以实可逆矩阵P，使P"AP=E.[方法一] P"ABP=P"APP1BP=P1BP，而 B 正定，故 B 的特征值都大于零，所以 P"ABP 的特征值大于零，正定，AB是正定的.[方法二]5 P"AB(P")1=P"APP1B(P")1=P1B(P1)"，因为B 正定，故 P1B(P1)"正定， P1B(P1)"的特征值大于零，AB的特征值大于零，又因为AB实对称，所以AB是正定的.

推论7 若A是正定矩阵，则A* 也是正定的(其中A*表示A的伴随矩阵).证 因为A正定 ，故 A1正定；
A*=AA1(A>0)，所以 A*也正定.推论82 若A，B都是n阶实对称矩阵，且B是正定矩阵，则存在一n阶实可逆矩阵P使PTAP与PTBP同时为对角形.证 因为B是正定的，所以合同于E，即存在可逆阵U使UTBU=E；
且A是n阶实对称矩阵，则

(UTAU)T=UTATU.存在正交矩阵C使

CT(UTAU)C=diag( 1， 2，⋯，n), 则

CT(UTBU)CCTECCTCE.取P=UC，则P为所求．

推论9 若 A 是实对称的正定矩阵，则存在 a>0，b>O，c>0，使 aE+A，E+bA.cE—A 均是正定矩阵.证

若A的特征值为i，1≤i≤n，则 aE+A 的特征值为 a+i ，1≤i≤n，所以存在 a 使 aE+A的特征值大于零，其余同理可证.推论10 已知 A 是 n 阶正定矩阵，则Ak(k是正整数)也是正定矩阵.证 Ak与 A 的特征值有熟知的关系，故从特征值角度人手考虑．根据A正

k,...,k定，即知其特征值1，⋯， n 全正，由于 Ak 的全部特征值就是 1n 也都为正．这就知Ak是正定矩阵.例6 若 A 是 n 阶正定矩阵，则 A2E>2n.证 [法一] A与2E都是n阶实对称正定矩阵，因此存在一n阶实可逆矩阵 P 使 P(A2E)Pdiag(12,22,...n2).

T由推论9可知其中入i (i=l，2，⋯，n)为 A 的特征值且大于零．所以 i+2(i=l，2，⋯，n) 为 A+2E 的特征值，也是大于零的.所以

A2E=( 1+2)( 2+2)⋯( n+2) ≥2n. [法二] 因为 A 与 2E 都是 n 阶实对称正定矩阵，由推论10，有

A2E≥ A+2E>2n.推论116 A为n阶正定矩阵，B为2n阶非零半正定矩阵，则AB>A+B. 证 由题意可知，存在实可逆阵P，使P"AP=E，且

d1d2P"BP=，（di ≥0） dn..所以

P"ABPP"(AB)P1d11d2..1dn(1d1)(1d2)...(1dn)1d1d2...dnd1d2En..dnP"APP"BPP"(AB)PP(AB)2

所以

AB>A+B.推论12 若 A 是 n 阶实对称正定矩阵，则必有 a11>0，a22>0,…,ann>0.证 根据定义，对一切 X≠O 皆有 XTAX>0，故依次令X=e1，…en，就有

(e1)TAe1>O, 即 a11>0

   (en)TAen>0, 即 ann>0.3 正定矩阵在三个不等式证明中的应用 3.1 证明柯西不等式

如果有一个正定的矩阵，我们通常可以设计出一个柯西不等式．进而我们就有必要知道如何用正定矩阵证明柯西不等式

(1)柯西不等式

在中学里，我们就熟悉了如下的一个不等式

x1y1x2y2...xnynxx...x21222nyy...y21222n

这就是著名的柯西不等式．如果我们将上述不等式用内积的形式来表示，则可将它 写成

(,).(2)那如何用正定矩阵证明柯西不等式呢？

如果有一个正定的矩阵，我们通常可以设计出一个柯西不等式．进而我们就有必要知道正定矩阵与柯西不等式的关系．并应用正定矩阵证明柯西不等式.设A=(aij )是一个n阶正定矩阵，则对任何向量=(x1，x2，⋯，xn )与=(Y1，Y2，⋯，yn)，定义

(,)i,j1aijxiyj.则可以证明由上式定义的一定是n维向量间的内积．反之，对于n维向量问的任意一种内积，一定存在一个n阶正定矩阵A=(aij)，使得对任何向量和，(,)可由(2)式来定义．因此，给定了一个n阶正定矩阵，在n维向量间就可由该矩阵定义一个内积，从而可得到相应的柯西不等式

i,j1anijxiyji,j1anijxixji,j1anijyiyj.例7 证明不等式

2(x1y1x2y2x3y3)x1y2x2y3x3y1x3y222232x12x2x3x1x2x2x3y12y2y2y1y2y2y3

对所有实数x1，x2，x3和y1，y2，y3均成立．

证 从不等式来看，可知它相当于(,) 其中(,)是由矩阵

210A= 121.

012所定义的，但要证明(,)是内积还需证明A是个正定矩阵．经验证该矩阵为正定矩阵．从而可看出该不等式就是由A所确定的内积所产生的柯西不等式，因此不等式成立.3.2 证明Holder不等式

设A为n阶正定矩阵，xRn，易知(x"x)2x"Axx"A1x7，本节将其推广为更一般的形式，并以此为工具给出Holder不等式的一个新证明.定理7 设A为n阶正定阵，xRn，r，s为任意正整数，则

(x"x)rs(x"Arx)s(x"Asx)r.证 对任一xRn,x0，令

sxAxa=rx"Arx"11rs, 则有a>0， 令

ftartrasts, 易见ft在0,上有最小值

smrrrsrssrs, 由于A正定，故存在正交阵P使AP"P，其中

diag1,2,...,n,i0i1,...,n, 为A的特征值， 于是

fAarArasAsP"diagf1,f2,...,fnP, 由于

fimi1,2...n, 故

diagf1,f2,...,fnmIn, 从而

fAarArasAsmIn, 于是

arx"Arxasx"Asxmx"x, 将a的表达式代入上式左端并整理得

axAxaxAxmxAx由此即得 r"rs"s"rxAx"rsrrs,

xAxxAx"r"rsrrsx"x, 即

xAxxAxxx"rs"sr"rs.证毕

下面我们 利用以上结果证明Holder不等式.Holder不等式 设ai0,bi0,p1,q1，并且

nn1pn1q111，则 pqpqababiiii.

i1i1i1证 由常规的极限过渡法，不妨设ai0,bi0i1,2...n 且p，q为有理数；
由111知必存在正整数r，s，使得 pq1s1r,.prsqrs令

xa1b1,a2b2,...,anbn"111111srsrR , Adiaga1b1,a2b2,...,ansbnr

n经简单运算得

xxaibi,

"i1nxAxa"ri1n"snriaip,

i1nnxAxbi1rsribiq,

i1于是由(x"x)rs(x"Arx)s(x"Asx)r 得

aibii1nrsaipbiq, i1i1nsnr即

pqababiiii.

i1i1i1nn1pn1q3.3 证明Minkowski不等式

引理18 设Ai，p

mAjBjj1pnmAjj11ppnmBjj11ppn.1p 引理28 设Ai，Bi（i=1，2,…,m）是n×n阶实对称正定矩阵，0rnr2mAiBii1prmAii11pprmBii11ppr.1pr>n时，等式成立当且仅当AiBi；
当r=n时，即为引理1，等式成立当且仅当AikBik0i1,2,...,m.

证 令111,0p1，则p=q（p—1）.由Holder不等式（下文中由推pq论进行了证明）及引理1，得到

ABii1mpriAiBii11r1rm1rAiBip1rp1r

2i1mrnrAiBiAiBimpr

2rnrmAii1prAiBii1mAii11pmp1qrBii11p1qAiBii11p1pmp1qr= 1q2rnr1pBii1mprmAiBii1pr, 两边同乘

2便得到

rnrAiBii11pmpr, 1p1p1p2rnrAiBii1mprAii1mprBii1mpr.若令Aiai,Bibi,ai,bi0为一阶矩阵时，在引理2中，取r=1，0paibiaipbiq.i1i1i1此为Minkowski不等式.

n1pn1pn1q

结 束 语

本文重点介绍了正定矩阵的判定方法，归纳总结了判定正定矩阵的一系列定理及推论，并给出相应的证明和适当的例题.与此同时利用正定矩阵的性质以及得出的一些重要推论给出了柯西不等式，Holder不等式，Minkowski不等式的证明方法.

参 考 文 献

[1] 王萼芳,石生明.高等代数（第二版）[M].北京：高等教育出版社,2003:205-226.[2] 金义明,丁嘉华,王海敏.线性代数[M].北京：中国物资出版社，2002:198-224.[3] 张文丽.正定矩阵的简单应用.晋东南师专学报[L],2004,21（2）：67-69.[4] 岳贵鑫.正定矩阵的一些应用探讨.辽宁省交通高等专科学校学报[L],2008,10（5）：31-33,59-59.[5] 王海东.正定二次型的刻划定理及其程序.长春大学学报[L],2006,16（3）：28-30.[6] 曹璞.正定矩阵的判定与性质[J].南都学坛,1994(3)：1-3.[7] 冯天祥,刘学飞.Hermite正定矩阵迹的几个重要不等式[J].数学杂志,2009,29（3）.[8] 王长文,张有正.正定矩阵和的行列式不等式.浙江工业大学学报[L],2006,34（3）:352-354.

矩阵的证明

常见的有矩阵秩的证明，向量组的线性相关性证明等，这些大部分都可以利用矩阵式来解决。掌握好关键的几点。

第一：矩阵式的表示

第二：矩阵秩和相关性的关系（秩小于向量的个数，线性相关，秩等于向量的个数，线性无关）

第三：掌握秩的有关结论，主要有八个结论，用得比较多的有

7.

8.AmnBnl0R(A)R(B)nABCR(C)R(A),R(B)

第一章：

了解线性空间（不考证明），维数，基

9页：线性变换，定理1.3

13页：定理1.10，线性空间的内积，正交

要求：线性子空间（3条）非零，加法，数乘

35页，2491011

本章出两道题

第二章：

约旦标准型

相似变换矩阵例2.8（51页）出3阶的例2.6（46页） 出3阶的

三角分解例2.9（55页）（待定系数法）（方阵）

行满秩/列满秩 （最大秩分解）

奇异值分解

本章出两道题

第三章：

例3.1（75页） 定理3.2要会证明例3.3必须知道（证明不需要知道）定义3.3 例3.4证明要知道定理3.5掌握定理3.7要掌握

习题24

本章出（一道计算，一道证明）或者（一道大题（一半计算，一半证明））

第四章：

矩阵级数的收敛性判定要会，一般会让你证明它的收敛

比较法， 数字级数

对数量微分不考，考对向量微分（向量函数对向量求导）

本章最多两道，最少 一道，也能是出两道题选一道

第六章：

用广义逆矩阵法求例6.4（154页）

能求最小范数（158页） 如果无解就是LNLS解

定理6.1了解定理6.2 求广义逆的方法（不证明）

定理6.3（会证明）定理6.4（会证明）（去年考了） 定理6.9（会证明）推论要记

住定理6.10（会证明）

出一道证明一道计算

正定古城

正定古城地处冀中平原，古称常山、真定，历史上曾与北京、保定并称“北方三雄镇”，是河北省会石家庄的北大门，地理位置优越，交通便利，京广铁路、107国道、京深高速公路纵贯南北，石德铁路、石太铁路、307国道、石黄高速公路穿境而过，坐落境内的石家庄机场已开通20多条国内外航线。作为国家历史文化教育名城，正定历史悠久，名胜古迹众多，文化积淀深厚，享有“古建筑宝库”的美誉。

现有国家级文物保护单位5处，省级文物保护单位7处。其中，有“京南第一古刹”之称的隆兴寺，是我国现存时代最早、规模最大、保存较为完整的古建筑群, 是一座规模宏大、气势雄伟、保存完整的古代建筑群，始建于公元586年，距今已有一千三百多年，它和沧州狮子、定州塔、赵州大石桥被誉为河北“四宝”。寺内21.3米高的铜铸大悲菩萨是全国最高的立式铜佛，与唐代建筑华塔、开元寺钟楼和须弥塔、天宁寺凌霄塔、临济寺澄灵塔，以及五代遗物文庙大成殿，堪称中华文物之精粹，改革开放以来，正定县经济和社会各项事业取得了长足发展，1994年被批准为国家级社会发展综合实验区。

正定是一座具历史悠久的旅游文化名城，据史料记载5000年前就有人类在这里生息繁衍，春秋时期为鲜虞国，战国时期为中山国，赵灭中山后，遂归赵，秦时属恒山郡，汉初置东垣县，汉高帝十年(公元197年)代相陈造反，叛将赵利守东垣，次年，汉高帝刘邦率师攻克东垣，为表示从此天下真正太平，把东垣县改为真定，至今一千四百多年来，这里一直是府、州、郡、县治所，是当时北方政治、经济、军事、文化的中心，曾与保定、北京并称为"北方三雄镇"。至今正定南城门上还镶有"三关雄镇"的石刻匾额。清雍正元年(公元1723年)因避世宗风帧名讳，才改真定为正定，并一直沿用至今。

这里素有“藏龙卧虎之地"的美誉,秦时南越王赵佗，三国名将赵子龙，明代吏部尚书梁梦龙，清代大学士梁清标，北洋军阀时期的临时内阁总理兼陆军总长王世珍，文学家王禹、蔡松年、蔡瑾、李著、著名工程学家怀丙，著名元杂剧家白朴、李文蔚，尚仲贤等均系正定籍人。这里"风采绮丽、柳绿荷红，"大文学家苏东坡，文天祥、王安石曾写诗作赋，留下名篇，这里"艺文精美，诗风刚直"见于史料的诗人、作家、戏剧家有170多人，留诗400多首，文章200多篇，祖先留下的文物古迹和文化遗产为正定旅游业奠定了雄厚的物质文化基础。源远流长的历史，为古城留下了众多风格各异的文物古迹和灿烂淳厚的乡土文化遗迹，现有隆兴寺、临济寺、文庙、澄灵塔、须弥塔、凌霄塔、华塔等国家级、省级重点文物保护单位12处，市、县级重点文物保护单位24处，素有"九楼四塔八大寺，二十四座金牌?quot;之美称，加上寺有寺的传说，塔有塔的故事，历史名人又有不同凡响的经历和传奇，共同构成了正定旅游文化丰厚的基石。一九八九年被列为省级历史文化名城，一九九三年被国务院批准为国家级历史文化名城。

近年来，随着旅游事业的不断发展，正定依托众多的文物古迹，不断开发新资源，自一九八六年以来，先后兴建了荣国府、宁荣街、西游记

一、二宫、封神演义宫、探险乐园、军事游乐园、野城和赵云庙等一批旅游新景观和游乐场所。一处处现代化旅游新景点与古城内规模宏大的古寺古塔珠联壁合，相映生辉，每年吸引着数百万中外宾客前来观光游览，古城正定已成为省会石家庄市规模最大的旅游胜地。

利用半正定二次型证明条件不等式

利用半正定二次型证明条件不等式的基本思路：首先构造二次型，然后利用二次型半正定性的定义或等价条件，判断该二次型为半正定，从而得出不等式.例：已知三角形三边为a，b，c，面积为S，证明：a2

证明：由余弦定理和面积公式将问题转化为

f(a,b)abab2abcosC23absinC2222bc43S22

2a2b2ab(cosC2a2b4absin(22223sinC) 

6C) 

6

2C)2其矩阵为A2sin(C)62sin(

其一阶、二阶主子式分别为：

20，A4[1sin(2

6C)]4cos(2

6C)0，

所以A半正定，从而二次型

故a2bc43S22f(a,b)半正定，即f(a,b)0成立.

矩阵解题总结

迄今，我们都做了不少的矩阵习题，我们常常以刷题来满足自己的做题欲望，并以此方法来让自己对矩阵这个新概念有更好的了解，那么，在我们无限刷题时，是否想过，出题，都是万变不离其宗，如果我们尝试去整理一些题型的做法，那么不久可以做到了举一反三的功效了吗？也让自己腾出了更多的时间去从事其他事物，如此事半功倍，岂不妙哉？因此，解题总结很有必要。

以下，我们来介绍一些常用而较为普遍的经验方法：
① 对称矩阵：A=A’，这个概念我们见过此类题型——当A为非零实对称矩阵时，有A’=A*，求证lAl≠0。这种题，我们通法就是先设出A，再写出A’，然后矩阵乘法，得到的矩阵中对角线处元素为Σαij²，并且再用已知条件可得到前面的累和式子都等于lAl。因为A为非零实对称矩阵，因此存在一元素不为零，从而证得lAl≠0。

② 题干中给出某等式，求某个问题。如：设A,B均为n阶方阵且AB=A+B，则证明AB=BA。此题思路就是从条件出发，一般都是移项、提公因式，所以得到（A-E）B-A=0，记住，一旦看到等号右边有零，我们常常会加E，变成（A-E）B-A+E=E，然后再次提公因式，得到（A-E）（B-E）=E，所以（A-E）（B-E）=（B-E）（A-E），然后展开即可。总结：移项→提公因式→整理。

关于②留一道练习题——设n阶方阵A和B满足A+B=AB，证明A-E可逆。

③ 正交阵概念：满足AA’=A’A=E

反对称矩阵概念：A=-A’ ④ l(A*)l=lAl^n-1，（A*）^-1=A/lAl， ⑤ A为n阶方阵，若R(A)=n,则R(A*)=n；
若R(A)=n-1，则R(A*)=1；
若R(A)＜n-1，则R(A*)=0 ⑥ A、B均为n阶方阵，则有tr（AB）=tr（BA），其中tr为对角线元素因此AB-BA的对角线元素为零，即tr（AB-BA）=零。

⑦ 结论：任何一个n阶方阵均可表为一个对称阵与一个反对称阵之和。证明：A=1/2A+1/2A-1/2A*+1/2A*=1/2（A+A’）+1/2（A-A’）=B+C。B’=（1/2（A+A’））’=1/2(A’+A)=B,C’=(1/2(A-A’))’=1/2(A’-A)=-C’，证明完毕。

⑧ 秩的一种常见题型：A,B为n阶方阵，AB=0，B为非零方阵，求lAl。思路：因为AB=0，所以R(A)+R(B)≤n，又因为B≠0，所以R（B）≥1，因此R（A）≤n-1，因此A不满秩，故行列式为零。

⑨ 对于AB=AC时，如何才可以有B=C？一种情况就是A为满秩。接下来，我们进行计算证明——由原式可得到：A(B-C)=0。运用一个结论：AX=0，A满秩时，解唯一，即X=0，所以得到B-C=0，因此B=C 证明完毕。特殊的，如果A可逆（因此显然A是方阵），显然证得B=C。

⑩ A为n阶方阵，则R(A)≤1的充要条件是存在两个nx1矩阵U,V使A=UV’。证明过程可见考研P45。

证明是正明

定理证明

转正证明（共7篇）

矩阵式党建工作总结（共8篇）

勾股定理证明

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