实对称矩阵正定、半正定的简易判别(2)

这表明L?LT的分解存在。

3.根据上面求的L，易知

??2L=?2???2??03?23300153????????1?=?1???1?012?3?0?0???1????2?0??0??03000153???????

所以

?1??1???1??2??0??0?012?30300?0?0???1????0??5??3???2?0??0??03000153??????????2?0??0??03000153????????A=L?LT=

?1??0??0110?1?2???=3?1??1??1???1?012?3??0???1??0?1??0??0110?1?2??? 3?1?这表明A的L1DLT的分解存在，故A是正定的。 1225?4?2223?2?22230?2?2534.因为 A=2?2?4?050?2?030

由此可知:第二个行列式的主元素是5 , 第三个行列式的主元素是3 , 第四个行列式的主元素是3 , 即所有主元素都大于0。这就是说, 在不选主元素的高斯消去法中, 主元素都大于0 , 所以A是正定的。 2.3 实对称矩阵正定简易判别的几个充分必要条件。

对于实二次型f?x1,x2,x3?=XTAX是正定的充分必要条件为矩阵A的顺序主子式全大于零?10?。

例 判别实二次型f?x1,x2,x3??5x12?x22?5x32?4x1x2?8x1x3?4x2x3 是否正定。

?5?解 f?x1,x2,x3?的矩阵为 ?2???421?2?4???2 ?5?? 3

它的顺序主子式5>0，

5221521?2?4?2>0 5 >0， 2?4因之f?x1,x2,x3?正定，?A正定。

对于实二次型f?x1,x2,x3?=XTAX是半正定的充分必要条件为矩阵A的顺序主子式皆大于或等于零。

2.3.1 n阶实对称矩阵A正定的充分必要条件是A合同于单位矩阵E?3?.

证明：必要性 由于二次型f?x1,x2,?,xn??XTAX，其中AT?A，若A正定，存在非退化线性替换，X?TY,把f化为规范型

f?x1,x2,?,xn??d1y1?d2y2???dnyn222

其中di??1或0。由于f是正定二次型，可证 di?1 ?i?1,2,?,n? 用反证法.若存在某一个dk??1或0

那么令?y1,y2,?,yn???1 ?其中第k个分量为1,其余均为0?

TT则?y1,y2,?,yn??0，从而可得?x1,?,xn??T?y1,?,yn??0

f?x1,x2,?,xn??dk?0

这与正定二次型的定义?即定义1?矛盾，从而有di?1 ?i?1,2,?,n?成立。 再由f?x1,x2,?,xn??XTAX?y12?y22??yn2?YTEY

?A?TETT

充分性 若A?PTEP, 则A?PTP，其中P是可逆阵。令X?PY，则

22?f?x1,x2,?,xn??y12?y2??yn

因此，任意cT??c1,c2,?,cn??0，则

?t1??c1?????1?222??P??0 ?f?c1,?,cn??t1?t2???tn?0 ???????tn???cn??即证f是正定二次型.即有A为正定矩阵。

4

2.3.2 n元实二次型f?x1,x2,?,xn?正定的充分必要条件是它的正惯性指数等

于n.

证明：由于二次型f?x1,x2,?,xn?经过非退化线性替换X?TY,把f化为标准型

f?x1,x2,?,xn??d1y1?d2y2???dnyn222?9?，

由于f?x1,x2,?,xn?正定当且仅当d1y12?d2y22???dnyn2是正定的，而

d1y1?d2y2???dnyn222是正定的当且仅当di?0,i?1,2,?,n,即正惯性指数等n.

2.4 实对称矩阵A半正定的几个充分必要条件?6?。

2.4.1 二次型f?x1,x2,?,xn??xTAx，其中AT?A，f?x1,x2,?,xn?半正定。 2.4.2 n阶实对称矩阵A是半正定矩阵的充分必要条件是A的正惯性指数等于

它的秩。

2.4.3 n阶对称矩阵A是半正定矩阵的充分必要条件是A的特征值全大于等于

零，但至少有一个特征值等于零。

2.4.4 实对称矩阵A的所有主子式皆大于或等于零。 2.4.5 有实矩阵C使A?CTC，则A半正定。

2.4.6 n阶对称矩阵A是半正定矩阵的充分必要条件是它与矩阵??0同。

?Er0??0?合

3 利用合同变换原理推出的降阶法?1?判别实对称矩阵的正定与半正定。

定理1： 设A??aij??Fn?n是秩为r?0的对称矩阵，则存在非奇异矩阵

P?Fn?n 使得，PTAP?diag?c1,c2,?,cr,0?,0?，其中，ci?0,i?1,2,?,r.

n?n定理2： 设任意非零实对称矩阵A=?aij??FP?Fn?n，则存在非奇异矩阵

，使得PTAP=

?a11??00?A(1)?式中，a11为A对角线上的第一个元素。

5

A?1??1T=A22?a11A12A12 A22=(ai?1,aj?1) （i,j=1,2?，n-1）

A12=?a12a12?a1n?

?a11?a12??aji A=????an1a12a22?an2???a1n??a2na?=?11?T???A12?ann?证明：设A对称，有 aijA12?? A22?因A非零，故可设a11?0，则可进行变换，

?a11?T?A12?1??0???A22? ?0?In?1???n?1???A12A220I?a11???T?1?A12a11a12?列变换消A12?0??????1???????00??a11???1TA22?a11A12A12?0???1????a11A12???PI?????1??A? ?????0A12?A???=?I??a11?0T行变换消A12???????1??0??1式中P=??0T?1?a11A12?? I?1?PAP=??1?aA1211?0??a11??TI??A12A12??A22??1??0?1?a11A12??a11?=?I??00?(1)?A?证毕。

定理3：定理2中，A正定的充分必要条件是a11>0，A?1?正定。 证明 1.必要性 令X=[x1,?,xn]有Y =[y1,?,yn]T?0 则

TTTXAX=YPAPY =Y??0T?0, X?PY, P?0,

T?a110?Y(1)?A? =a11y21+?y2y3?yn?A?1??y2y3?yn?T?0,

得出，若A正定，则要求a11>0,A?1?正定.必要性证毕。 2. 充分性 a11y?a1121+?y2y3?yn?A?y2y3?yn?=YT?1?T?a11??00?Y(1)?A?=XT

(P?1)T??00?(P(1)?A??1)X=XTAX

6

得出，只要a11>0，A?1?正定，定有A正定。充分性证毕。

定理4：定理2中A半正定的充分必要条件是a11>0，A?1?半正定。 证明 1. 必要性 重复定理3过程有

2T?1?TXAX=a11y1+?y2y3?yn?A?y2y3?yn??0 因A非零, 故必有a11>0(或经

合同变换后有a11>0).得出, 若A半正定,则要求a11>0，A?1?半正定

2. 充分性 a11y12+?y2y3?yn?A?1??y2y3?yn?T= XTAX 当a11>0 ，A?1?半 时,A也必是半正定.证毕。

综合定理3和定理4 得出一个重要结论:一个n阶实对称矩阵A的正定性和半正定性的判别问题, 可以化成一个常数a11的正负号与一个n?1阶实对称矩阵

A?1?的正定性和半正定性的判别问题。

运用分块拒阵变换判别以下矩阵属于哪一类矩阵。

?71例 1 判别实对称矩阵A=????11711??1属于哪一类矩阵? ?7??解 将A分成分块矩阵A=?T?A12?7A=??11?? 7??a11A12?? 式中a11=7 A12=?11? A22? 判别A a11=7?0

?7?11?1?1?1?48?=??11????7?7?1?7?6?1?A12? ?1??A22? A(1)=A22-a11?1A12A12T=?6??48?

?1??a将A?1?再分成分块矩阵A(1)=??111?TA?12?1?式中A12=

67?1? A22=

487274?1? a11=

487>0

A(2)?1??1??1?1?T?1??a12A12A12==A22487-

748×

(2)67×

27467=>0

?1??2?因a11>0 a11>0 a11=A=>0, 故A正定。

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