实对称矩阵正定、半正定的简易判别(3)

?9?0 例2 判别A=??0??0054?204520???2?属于哪类矩阵 2??8?解

a11?9

A?1??5??4????2452?2??2?8??

a11?5

?1?

A(2)=??5?22?1?4??-???48?5??2?(3)?2?=

11?9?5?1818?? 36?a11?2?=1.8 A=7.2-

1.8?3.6?3.6?0

(3)?1??2??3?因为a11>0 a11>0 a11 >0 a11=A=0

故A半正定。

4 实对称正定矩阵判别的另一个充分必要条件

定理1?8? A?Rn?n 是正定矩阵的充分必要条件是存在实正定对称矩P, 使得Reλ?PA?> 0, [A,AT]p= 0 ?1? 证明： 若A?S?K是正定矩阵,令P?S?1,则P是实正定对称矩阵,由?1?式. 若存在实正定对称矩阵p， 使得?1?式成立, 则有 APA存在知(P故 P（P11212T?ATPA从而由P12AP1212)T(P12AP12)=(P12APAP12)(P12AP12)T.

AP1是规范矩阵. 由PA与P121212相似及Re??PA?>0,得Re?2AP2）>0.由PAP12正定,得A正定.

定理2 设A?S?K∈Rn?n, 则A是正定矩阵的充分必要条件是存在实正定对称矩阵P, 使??PS??0,且[ S,K ]P = 0.

证明: 如果A是正定矩阵,则S??PS??0与

SPK?14?1 是正定对称矩阵. 令P = S?1 ,显然有

SPKT?S,K?p= 0.反之,由?S,K?p得

TT = KPST. 而

?A?A?P?A?A? =

14?APA?APAT?APA?APAT?，

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SPK?14?A?A?P?A?A??1?APATT4?APA?APATT?APA12T? 故得

12APAP12TT?APA, 即?A,A?P=0.注意到PT存在且P12A12P12=

SP12+P12KP12 ,其中P1212SP12与P12KP12分别是P2AP的对称分

支与反对称分支. 即P12由???P?SP12????PS??0??,得P1SP12是实正定对称矩阵.

AP12是实正定矩阵且A实正定.

5 实对称矩阵为正定的充分性的判别法.

我们知道, 当实对称矩阵A的阶数很高时, 要完成上述五种方法中的任何一种的计算都不是容易的, 下面介绍一种比较简单的关于实对称矩阵为正定的充分性几的判别法?2?.

?b11?b21?B=????bn1?b12b22?bn2????b1n??b2n????bnn?????先讨论正元素对称矩阵:

?5?

?bij?bji?0,i,j?1,2,??,n?的正定性的判别法。

记yii=

bijbii?bjj ，?yij?yji?

i?j时，yij?1?当??i?j时，假设0?yij?1

maxi?j又记0???mini?jyij?1, 0

yij<1

我们有下列定理:

定理1 若矩阵 B的阶数n?3, 且有不等式:

n??2n?2?? ?6?

则矩阵B是正定的。

证明：因为当n?3且有不等式?2?时，正元素对称矩阵:

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?1?y21A=?????yn11Ai?y21?yi1y121?yn2y121?yi2????????y1n??y2n?是正定的。所以A的i阶顺序主子式： ???1?y1iy2i?1>0 ?i?1,2,??,n?

所以B的阶顺序主子式：

b11Bi=

b12b22?bi2????b1ib2i?biib11?b11b12b22??bi2b22????b1ib2i?bii?biib21?bi1=

b21?bi1

从第一行提取公因式b11，从第二行提取公因式b22，??，从第i行提取公因式bii得：

b11b21Bi=b11?b12b11b22?bi2bii????b1ib11b2ib22 ?biib22??biib22?bi1bii再从第一列提取公因式b11，从第二列提取公因式b22，??，从第i列提取公因式bii得：

1Bi=b11b22??biiy121?yi2????y1iy2i?1y21?yi1=b11b22??biiAi

所以Bi>0 ?i?1,2,??,n?，故B是正定的。

?2?例. 判别正元素对称矩阵：B??2??22542??4是正定的。 ?5?? 10

??1??2解： 由上述定理可得:A=??5?2??5251452??5?4??阿 5??1??由此可知：A的非对角线元素均满足：0

n??225 , ?=

2545 , n=3

?4??3????2n?2?5?=

所以A是正定的。故B也是正定的.

6 实对称矩阵半正定判定的一个新依据

一般我们认为，A为正定(半正定)的充分必要条件是其所有主子式>0??0?.但是由于一个n阶矩阵的主要主子式只有n个,由以上定理, 正定矩阵的判据放宽了, 简化了, 但是生正定矩阵的判据仍然较繁。然而, 由于误解, 某些控制理论及数学书籍中, 常把“ 主要主子式” 非负作为半正定矩阵的判据。但是，这种认识是错误的。

?1?例 A??0??00000??0 其所有顺序主子式均?0，但是不定的。 ??1??那么, 是否有别的办法能简化半正定矩阵的判据呢？有。以下我们给出一个较宽的半正定矩阵的封据。 为证明这个新判据, 先给如下引理：

引理1 如果A之阶数最高的非奇异主子矩阵?4?为r阶, 则

rankA?r,1?r?n。这里，A的主子矩阵即为A 的主子式所对应的矩阵：

A=??i1i2?ir??，1?i1?i2??ir?n，1?r?n.

?i1i2?ir?证明：设?I?A=?n?a1?n?1?a2?n?2?????1?an， ?2?

n则其系数 ai?A的所有i阶主子式之和?0，所以

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rankA?r. ?3?

又所有?r?1?,?r?2?,?,n阶主子式皆为0，所以ai?0,i?r?1,?,n.

?2?式可以写为：?I?A=?n?r??n?a1?r?1????1?arr?，即A至少有?n?r?重零

根。又实对称矩阵皆可对角化，即有Q?1AQ?对角阵，

? rankA?rankQ?1AQ?r. ?4?

?3?、?4?式，必有rankA?r,1?r?n。引理1证毕。

引理2 A为半正定矩阵的充分必要条件是 A=??Ir?00??0?， 即有P, PTAP??r?0?I0??0?.

定理3 A为半正定的充分必要条件是其任意一个阶数最高的非奇异主子矩阵为正定矩阵。

?i1i2?ir?证明： 设A之某一阶数最高的非奇异主子矩 A??? ,有 ii?ir??12Ar?r?0,Ar?r?Ar?r.

T有合同变换，即有

Ir???T?1??BAr?r?Ar?rp1使 PAP1??T?BT1B??C??I.再令P2??r?0B??Ar?r?P2??C??0?Ar?rB??,则I?0??, D?1PT20?Ar?rTTT??, 有P2P1AP1P2?P2?TI??B这里D?C?BTArT?rB.由引理1 及合同变换不改变A之秩, 必有D?0.如若不然, 即D?0,则至少有D中某一元dii?0，于是有

?1,2,?r,r?i?Ar?rdetPPAP1P2??=01,2,?r,r?i??T2T1TT0dij?Ar?r?dij?0，

rankA?rankP1P2AP1P2?r?1，矛盾。 ?Ar?r?A???00??0? 若Ar?r为正定矩阵，则Ar?r?Ir?r?Ir，A???00??0?.

由引理2，A为半正定矩阵。

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