8 二次型

§ 8.1 基本概念

8.1.1 二次型与矩阵的合同

1. 二次型的概念

设 $a_{ij}$ 都是数域 $\mathbb{F}$ 上的元素,

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\sum _{i=1}^n{a}_{ii}{x}_i^2+2\sum _{1\le i<j\le n}{a}_{ij}{x}_i{x}_j,\text{\hspace{1em}(8.1)}$$

则称 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的一个二次型.

为了用矩阵来处理二次型, 通常将 (8.1) 式写成矩阵形式:

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)={\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax},$$

其中

$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right),\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right).$$

矩阵 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 是 $\mathbb{F}$ 上的 $n$ 阶对称矩阵,称为二次型 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 的系数矩阵 (或相伴矩阵).

2. 矩阵的合同

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 都是 $\mathbb{F}$ 上的 $n$ 阶方阵,若存在一个 $\mathbb{F}$ 上的 $n$ 阶非异阵 $\mathbf{C}$ ,使 $\mathbf{B}=$ $C^{\prime }AC$ ,则称 $B$ 与 $A$ 在 $\mathbb{F}$ 上合同或相合.

3. 定理

设二次型 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 所对应的对称矩阵为 $\mathbf{A}$ ,又 $\mathbf{x}=\mathbf{Cy}$ 是未知数 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 的一个变换,其中 $\mathbf{C}$ 是非异阵,则 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 在此变换下得到了一个新的二次型 $g\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ ,这个新的二次型所对应的对称矩阵与 $\mathbf{A}$ 是合同的,即等于 ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}$ . 反过来,如果有两个二次型 ${\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}$ 与 ${\mathbf{y}}^{\prime }\mathbf{By},\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{A}$ 相合,设为 $B=C^{\prime }AC$ ,则只需令 $x=Cy$ 就可以将第一个二次型化为第二个二次型.

4. 定理

任一 $\mathbb{F}$ 上的 $n$ 元二次型 ${\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}$ 都可以经过一个可逆线性变换化为标准型 (对角型), 即化为如下形状的二次型:

$$c_1{y}_1^2+c_2{y}_2^2+\cdots +c_n{y}_n^2$$

其中 $c_1,c_2,\cdots ,c_n$ 是 $\mathbb{F}$ 中的元素.

5. 定理

设 $\mathbf{A}$ 是 $\mathbb{F}$ 上的 $n$ 阶对称矩阵,则必存在 $\mathbb{F}$ 上的可逆矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}$ 是对角矩阵.

8.1.2 惯性定律

1. 规范标准型

实二次型的标准型通常不唯一, 但是我们可以通过适当的变换使标准型规范化, 即使每一平方项前的系数取 $1,-1$ 或 0 . 作了这个限定以后,得到的标准型称为规范标准型. 一个实二次型的规范标准型是唯一确定的.

2. 惯性定律

对任意一个含 $n$ 个变元的实二次型 ${\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}$ ,总可以将它化为规范标准型. 不仅如此,这个规范标准型由原二次型唯一确定,也就是说,如果经过不同方法将 ${\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}$ 化为两个规范标准型:

$$y_1^2+y_2^2+\cdots +y_k^2-y_{k+1}^2-\cdots -y_r^2$$ $$z_1^2+z_2^2+\cdots +z_l^2-z_{l+1}^2-\cdots -z_s^2$$

则 $k=l,r=s$ .

在一个实二次型的标准型中, 正系数项的个数称为这个二次型的正惯性指数, 负系数项的个数称为负惯性指数, 正惯性指数与负惯性指数之和称为这个二次型的秩 (它就等于二次型系数矩阵的秩), 正惯性指数与负惯性指数之差称为这个二次型的符号差.

8.1.3 正定二次型与正定阵

1. 正定型与正定阵

设 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是一个实二次型,若对任意一组不全为零的实数 $c_1,c_2,\cdots$ , $c_n$ ,都有 $f\left(c_1,c_2,\cdots ,c_n\right)>0$ ,则称 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是一个正定二次型,它所对应的实对称矩阵 (即系数矩阵) 称为正定阵.

2. 负定型、半正定型、半负定型

设 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是一个实二次型,若对任意一组不全为零的实数 $c_1,c_2,\cdots$ , $c_n$ ,都有 $f\left(c_1,c_2,\cdots ,c_n\right)<0$ ,则 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 被称为负定型,它所对应的实对称矩阵 (即系数矩阵) 称为负定阵.

若对任意一组不全为零的实数 $c_1,c_2,\cdots ,c_n$ ,都有 $f\left(c_1,c_2,\cdots ,c_n\right)\ge 0$ ,则称 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是一个半正定型,它所对应的实对称矩阵称为半正定阵. 同理定义半负定型和半负定阵.

3. 顺序主子式

设 $n$ 阶矩阵 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ ,称下列 $n$ 个行列式为矩阵 $\mathbf{A}$ 的 $n$ 个顺序主子式:

$$a_{11},\left|\begin{array}{ll}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\end{array}\right|,\cdots ,\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|.$$

4. 定理

实二次型 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是正定型的充要条件是 $f$ 的正惯性指数等于 $n$ ; $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是半正定型的充要条件是 $f$ 的正惯性指数等于 $f$ 的秩 (即其系数矩阵的秩); $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是负定型的充要条件是 $f$ 的负惯性指数等于 $n$ ; $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是半负定型的充要条件是 $f$ 的负惯性指数等于 $f$ 的秩.

5. 定理

$n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 是正定阵的充要条件是 $\mathbf{A}$ 的 $n$ 个顺序主子式全大于零.

8.1.4 Hermite 型

1. Hermite 型

设 $f$ 是复数域上的函数:

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\sum _{j=1}^n\sum _{i=1}^n{a}_{ij}{\bar{x}}_i{x}_j,$$

其中 ${\bar{a}}_{ji}=a_{ij}$ ,则称 $f$ 是一个 Hermite 型.

如同普通二次型, Hermite 型也可写为矩阵形式 $f\left(\mathbf{x}\right)={\overline{\mathbf{x}}}^{\prime }\mathbf{Ax}$ ,这时 $\mathbf{A}$ 是一个 Hermite 矩阵,即 ${\overline{\mathbf{A}}}^{\prime }=\mathbf{A}$ .

2. 复相合

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 是两个 Hermite 矩阵,若存在可逆复矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 ${\overline{\mathbf{C}}}^{\prime }\mathbf{AC}=\mathbf{B}$ ,则称 $\mathbf{A}$ 和 $\mathbf{B}$ 复相合.

3. 定理

设 $\mathbf{A}$ 是一个 Hermite 矩阵,则必存在可逆复矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 ${\overline{\mathbf{C}}}^{\prime }\mathbf{AC}$ 为对角矩阵且主对角线上的元素全是实数. 等价地,对任意一个 Hermite 型 ${\overline{\mathbf{x}}}^{\prime }\mathbf{Ax}$ ,总可以将它化为如下的规范标准型:

$${\bar{y}}_1{y}_1+\cdots +{\bar{y}}_k{y}_k-{\bar{y}}_{k+1}{y}_{k+1}-\cdots -{\bar{y}}_r{y}_r.$$

4. 平行的定义及结论

Hermite 型及 Hermite 矩阵的理论与实二次型及实对称矩阵的理论是平行的. 对 Hermite 型或 Hermite 矩阵, 我们同样有惯性定律, 可以定义正惯性指数、负惯性指数、秩和符号差等概念, 可以定义正定、负定、半正定和半负定等概念, 还可以平行地证明相关的判定定理等.

5. 定理

$n$ 阶 Hermite 矩阵 $\mathbf{A}$ 是正定阵的充要条件是 $\mathbf{A}$ 的 $n$ 个顺序主子式全大于零.

$\S 8.2$ 例题解析

8.2.1 对称初等变换与矩阵合同

用对称初等变换来讨论对称矩阵的问题是常用的方法之一. 设 $\mathbf{A}$ 是对称矩阵, 若对 $\mathbf{A}$ 进行一次初等行变换,再进行一次对称的初等列变换,得到的矩阵仍然是对称矩阵并且和 $\mathbf{A}$ 是合同的. 具体来说,下面的对称初等变换都是合同变换:

(1) 对换 $\mathbf{A}$ 的第 $i$ 行和第 $j$ 行,再对换第 $i$ 列和第 $j$ 列;

(2) 将 $\mathbf{A}$ 的第 $i$ 行乘以非零常数 $k$ ,再将第 $i$ 列乘以非零常数 $k$ ;

(3) 将 $\mathbf{A}$ 的第 $i$ 行乘以常数 $k$ 加到第 $j$ 行上去,再将第 $i$ 列乘以常数 $k$ 加到第 $j$ 列上去.

对分块对称矩阵, 我们可以用下列对称分块初等变换来讨论, 它们都是合同变换:

(1) 对换分块矩阵 $\mathbf{A}$ 的第 $i$ 行块和第 $j$ 行块,再对换第 $i$ 列块和第 $j$ 列块;

(2) 将分块矩阵 $\mathbf{A}$ 的第 $i$ 行块左乘可逆矩阵 $\mathbf{M}$ ,再将第 $i$ 列块右乘 ${\mathbf{M}}^{\prime }$ ;

(3) 将分块矩阵 $\mathbf{A}$ 的第 $i$ 行块左乘矩阵 $\mathbf{M}$ 加到第 $j$ 行块上去,再将第 $i$ 列块右乘 ${\mathbf{M}}^{\prime }$ 加到第 $j$ 列块上去.

例 8.1 设 ${\lambda }_{i_1},{\lambda }_{i_2},\cdots ,{\lambda }_{i_n}$ 是 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$ 的一个排列,求证: 两个对角矩阵 $\mathrm{diag}\left\{{\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n\right\}$ 和 $\mathrm{diag}\left\{{\lambda }_{i_1},{\lambda }_{i_2},\cdots ,{\lambda }_{i_n}\right\}$ 合同.

证明 对换矩阵的第 $i,j$ 行,再对换第 $i,j$ 列. 这是一个合同变换,变换的结果是将第 $\left(i,i\right)$ 元素和第 $\left(j,j\right)$ 元素对换了位置. 又任意一个排列都可以通过若干个对换来实现,因此对角矩阵 $\mathrm{diag}\left\{{\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n\right\}$ 和 $\mathrm{diag}\left\{{\lambda }_{i_1},{\lambda }_{i_2},\cdots ,{\lambda }_{i_n}\right\}$ 合同.

注 设 $\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{A}}_1,{\mathbf{A}}_2,\cdots ,{\mathbf{A}}_m\right\}$ 是分块对角矩阵,其中 ${\mathbf{A}}_i$ 都是方阵,则通过若干次对称分块初等对换可知, $\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{A}}_1,{\mathbf{A}}_2,\cdots ,{\mathbf{A}}_m\right\}$ 合同于 $\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{A}}_{i_1},{\mathbf{A}}_{i_2},\cdots ,{\mathbf{A}}_{i_m}\right\}$ , 其中 ${\mathbf{A}}_{i_1},{\mathbf{A}}_{i_2},\cdots ,{\mathbf{A}}_{i_m}$ 是 ${\mathbf{A}}_1,{\mathbf{A}}_2,\cdots ,{\mathbf{A}}_m$ 的一个排列.

例 8.2 求证: $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 是正定阵的充要条件是 $\mathbf{A}$ 的前 $n-1$ 个顺序主子式的代数余子式以及第 $n$ 个顺序主子式全大于零.

证明 将 $\mathbf{A}$ 的第 $i\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 行和第 $n-i+1$ 行对换,再将第 $i(i=$ $1,2,\cdots ,n)$ 列和第 $n-i+1$ 列对换,得到的矩阵记为 $\mathbf{B}$ ,则 $\mathbf{B}$ 和 $\mathbf{A}$ 合同. 而 $\mathbf{B}$ 的顺序主子式就是 $\mathbf{A}$ 的前 $n-1$ 个顺序主子式的代数余子式以及第 $n$ 个顺序主子式, 故结论成立.

例 8.3 求证: 正定阵的任一主子阵也是正定阵. 半正定阵的任一主子阵也是半正定阵.

证明 假定 $\mathbf{A}$ 是正定阵,对 $\mathbf{A}$ 的某个 $r$ 阶主子阵经过适当的合同变换 (对换行与列),可将它换到左上方,因此只须对 $\mathbf{A}$ 的 $r$ 阶顺序主子阵证明即可. 令这个主子阵为 ${\mathbf{A}}_r$ ,作二次型 $g\left(\mathbf{x}\right)={\mathbf{x}}^{\prime }{\mathbf{A}}_r\mathbf{x}$ . 设 $\alpha$ 是 $r$ 维非零列向量,添上 $n-r$ 个零将 $\alpha$ 加长为 $n$ 维列向量 $\beta$ . 因为 $\beta \ne 0,{\beta }^{\prime }\mathbf{A}\beta >0$ ,但 $g\left(\alpha \right)={\beta }^{\prime }\mathbf{A}\beta >0$ ,此即表明 $g$ 是正定型. 因此 ${\mathbf{A}}_r$ 是正定阵.

同理可证另外一个结论.

例 8.4 设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶正定实对称阵,求证:

(1) $\mathbf{A}$ 的所有主子式全大于零,特别, $\mathbf{A}$ 的主对角线上的元素全大于零;

(2) $\mathbf{A}$ 中绝对值最大的元素只在 $\mathbf{A}$ 的主对角线上.

证明 (1) 是例 8.3 的直接推论,当然我们也可以直接证明它. 设 $M$ 是由 $\mathbf{A}$ 的第 $i_1,\cdots ,i_k$ 行和列交点上元素组成的主子式. 设 $i_{k+1}<\cdots <i_n$ 是 $\left[1,n\right]$ 中去掉 $i_1,\cdots ,i_k$ 后剩余的指标,对二次型 $f\left(\mathbf{x}\right)={\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}$ 作如下可逆线性变换:

$$y_1=x_{i_1},\cdots ,y_k=x_{i_k},y_j=x_{i_j}\left(j=k+1,\cdots ,n\right).$$

若记 $f\left(\mathbf{x}\right)={\mathbf{y}}^{\prime }\mathbf{By}$ ,则 $\mathbf{B}$ 的第 $k$ 个顺序主子式就是 $M$ ,因为 $\mathbf{B}$ 正定,必有 $M>0$ .

(2) 假定 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right),\mathbf{A}$ 中第 $\left(i,j\right)$ 元素 $a_{ij}$ 的绝对值最大. 若 $i\ne j$ ,则 $\mathbf{A}$ 的第 $i,j$ 行和列交点上元素组成的主子式为

$$\left|\begin{array}{ll}{a}_{ii}& a_{ij}\\ a_{ji}& a_{jj}\end{array}\right|=a_{ii}{a}_{jj}-a_{ij}^2\le 0$$

这和 $\mathbf{A}$ 是正定阵矛盾.

注 例 8.4 (1) 用的是变量代换, 但是它和矩阵的对称初等变换是等价的, 请读者想一想为什么.

下面是分块矩阵的例子.

例 8.5 设有分块对称矩阵:

$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_1& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{A}}_2\end{array}\right)$$

假定 ${\mathbf{A}}_1$ 合同于 ${\mathbf{B}}_1,{\mathbf{A}}_2$ 合同于 ${\mathbf{B}}_2$ ,求证 $\mathbf{A}$ 合同于矩阵 $\mathbf{B}$ :

$$\mathbf{B}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{B}}_1& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{B}}_2\end{array}\right)$$

证明 设 ${\mathbf{C}}_1^{\prime }{\mathbf{A}}_1{\mathbf{C}}_1={\mathbf{B}}_1,{\mathbf{C}}_2^{\prime }{\mathbf{A}}_2{\mathbf{C}}_2={\mathbf{B}}_2$ ,令

$$C=\left(\begin{array}{cc}{C}_1& O\\ O& C_2\end{array}\right)$$

则 $C^{\prime }AC=B$ .

例 8.6 设分块实对称矩阵 $\mathbf{M}=\left(\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{B}\end{array}\right)$ ,用 $p\left(\mathbf{A}\right),q\left(\mathbf{A}\right)$ 分别表示 $\mathbf{A}$ 的正负惯性指数, 求证:

$$p\left(\mathbf{M}\right)=p\left(\mathbf{A}\right)+p\left(\mathbf{B}\right),q\left(\mathbf{M}\right)=q\left(\mathbf{A}\right)+q\left(\mathbf{B}\right).$$

证明 由实对称矩阵的合同标准型可知, $\mathbf{A}$ 合同于 $\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{I}}_{p\left(\mathbf{A}\right)},-{\mathbf{I}}_{q\left(\mathbf{A}\right)},\mathbf{O}\right\},\mathbf{B}$ 合同于 $\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{I}}_{p\left(\mathbf{B}\right)},-{\mathbf{I}}_{q\left(\mathbf{B}\right)},\mathbf{O}\right\}$ ,因此由例 8.1 和例 8.5 可知, $\mathbf{M}=\mathrm{diag}\{\mathbf{A},\mathbf{B}\}$ 合同于 $\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{I}}_{p\left(\mathbf{A}\right)+p\left(\mathbf{B}\right)},-{\mathbf{I}}_{q\left(\mathbf{A}\right)+q\left(\mathbf{B}\right)},\mathbf{O}\right\}$ ,从而结论得证.

例 8.7 设分块实对称矩阵 $M=\left(\begin{array}{cc}A& C\\ C^{\prime }& B\end{array}\right)$ ,其中 $A,B$ 都可逆,求证:

$$p\left(\mathbf{A}\right)+p\left(\mathbf{B}-{\mathbf{C}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{C}\right)=p\left(\mathbf{B}\right)+p\left(\mathbf{A}-{\mathbf{CB}}^{-1}{\mathbf{C}}^{\prime }\right),$$ $$q\left(\mathbf{A}\right)+q\left(\mathbf{B}-{\mathbf{C}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{C}\right)=q\left(\mathbf{B}\right)+q\left(\mathbf{A}-\mathbf{C}{\mathbf{B}}^{-1}{\mathbf{C}}^{\prime }\right).$$

证明 先将 $\mathbf{M}$ 的第一分块行左乘 $-{\mathbf{C}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}$ 加到第二分块行上,再将第一分块列右乘 ${\left(-{\mathbf{C}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\right)}^{\prime }=-{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{C}$ 加到第二分块列上,可得如下合同变换:

$$M=\left(\begin{array}{cc}A& C\\ C^{\prime }& B\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}A& C\\ O& B-C^{\prime }{A}^{-1}C\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}A& O\\ O& B-C^{\prime }{A}^{-1}C\end{array}\right).$$

另一种对称分块初等变换是,先将 $\mathbf{M}$ 的第二分块行左乘 $-\mathbf{C}{\mathbf{B}}^{-1}$ 加到第一分块行上,再将第二分块列右乘 ${\left(-C{B}^{-1}\right)}^{\prime }=-B^{-1}{C}^{\prime }$ 加到第一分块列上,可得合同变换:

$$M=\left(\begin{array}{cc}A& C\\ C^{\prime }& B\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}A-C{B}^{-1}{C}^{\prime }& O\\ C^{\prime }& B\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}A-C{B}^{-1}{C}^{\prime }& O\\ O& B\end{array}\right).$$

因此 $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{B}-{\mathbf{C}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{C}\end{array}\right)$ 合同于 $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}-\mathbf{C}{\mathbf{B}}^{-1}{\mathbf{C}}^{\prime }& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{B}\end{array}\right)$ ,再由例 8.6 即得结论.

例 8.8 设 $\alpha$ 是 $n$ 维实列向量且 ${\alpha }^{\prime }\alpha =1$ ,求矩阵 $I_n-2\alpha {\alpha }^{\prime }$ 的正负惯性指数.

解 考虑分块对称矩阵 $\mathbf{M}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_n& \sqrt{2}\alpha \\ \sqrt{2}{\alpha }^{\prime }& 1\end{array}\right)$ ,由例 8.7 可知, ${\mathbf{I}}_n-2\alpha {\alpha }^{\prime }$ 的正惯性指数等于 $n-1$ ,负惯性指数等于 1 . $\square$

例 8.9 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶可逆实矩阵, $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ {\mathbf{A}}^{\prime }& \mathbf{O}\end{array}\right)$ ,求 $\mathbf{B}$ 的正负惯性指数.

解 将 $\mathbf{B}$ 的第一分块行左乘 ${\mathbf{A}}^{-1}$ ,再将第一分块列右乘 ${\left({\mathbf{A}}^{-1}\right)}^{\prime }={\left({\mathbf{A}}^{\prime }\right)}^{-1}$ ,于是 $\mathbf{B}$ 合同于 $\mathbf{C}=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& {\mathbf{I}}_n\\ {\mathbf{I}}_n& \mathbf{O}\end{array}\right)$ . 将 $\mathbf{C}$ 的第二分块行加到第一分块行上,再将第二分块列加到第一分块列上,于是 $\mathbf{C}$ 合同于 $\mathbf{D}=\left(\begin{array}{cc}2{\mathbf{I}}_n& {\mathbf{I}}_n\\ {\mathbf{I}}_n& \mathbf{O}\end{array}\right)$ . 将 $\mathbf{D}$ 的第一分块行左乘 $-\frac{1}{2}{\mathbf{I}}_n$ 加到第二分块行上,再将第一分块列右乘 $-\frac{1}{2}{\mathbf{I}}_n$ 加到第二分块列上,于

是 $\mathbf{D}$ 合同于 $\left(\begin{array}{cc}2{\mathbf{I}}_n& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& -\frac{1}{2}{\mathbf{I}}_n\end{array}\right)$ ,因此 $\mathbf{B}$ 的正负惯性指数都等于 $n$ .

8.2.2 归纳法的应用

数学归纳法是讨论二次型与有关矩阵问题的常用方法之一. 注意到例 8.7 的证明过程展示了这样一种方法,例如有一个分块对称矩阵 $\mathbf{M}=\left(\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \mathbf{C}\\ {\mathbf{C}}^{\prime }& \mathbf{B}\end{array}\right)$ ,其中 $\mathbf{A}$ 是可逆矩阵,则可用 $\mathbf{A}$ 通过对称分块初等变换同时消去 $\mathbf{C}$ 与 ${\mathbf{C}}^{\prime }$ ,从而得到分块对角矩阵 $\left(\begin{array}{cc}A& O\\ O& B-C^{\prime }{A}^{-1}C\end{array}\right)$ . 此时矩阵 $A,B-C^{\prime }{A}^{-1}C$ 的阶都比 $M$ 的阶低,如果问题的条件和结论在合同关系下不改变, 则上述过程就是运用归纳法的基础. 事实上,正定阵的判定准则之一,即实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 是正定阵的充要条件是 $\mathbf{A}$ 的顺序主子式全大于零, 就是通过上述方法证明的. 下面我们再来看几个典型的例题.

例 8.10 证明下列关于 $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 的命题等价:

(1) $\mathbf{A}$ 是正定阵;

(2) 存在主对角线上元素全等于 1 的上三角矩阵 $\mathbf{B}$ ,使 $\mathbf{A}={\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{DB}$ ,其中 $\mathbf{D}$ 是正定对角矩阵;

(3) 存在主对角线上元素全为正的上三角矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ .

证明 $\left(1\right)\Rightarrow \left(2\right)$ : 对矩阵的阶用归纳法证明必存在主对角线上元素全为 1 的上三角矩阵 $T$ ,使 $T^{\prime }AT=D$ 是正定对角矩阵. 一旦证明,因为 $T^{-1}$ 也是主对角线上元素全为 1 的上三角矩阵,结论自然成立. 当 $n=1$ 时显然. 假定对 $n-1$ 阶矩阵结论正确,现对 $n$ 阶正定阵来证明结论成立. 设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_{n-1}& \alpha \\ {\alpha }^{\prime }& a_{nn}\end{array}\right)$ ,其中 ${\mathbf{A}}_{n-1}$ 是 $n-1$ 阶矩阵, $\alpha$ 是 $n-1$ 维列向量. 因为 $\mathbf{A}$ 正定,所以 ${\mathbf{A}}_{n-1}$ 是 $n-1$ 阶正定阵, 从而是可逆矩阵. 考虑如下对称分块初等变换:

$$\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_{n-1}& \mathbf{O}\\ -{\alpha }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_{n-1}& \alpha \\ {\alpha }^{\prime }& a_{nn}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_{n-1}& -{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha \\ \mathbf{O}& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_{n-1}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& a_{nn}-{\alpha }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha \end{array}\right),$$

由 $\mathbf{A}$ 的正定性可得 $a_{nn}-{\alpha }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha >0$ . 再由归纳假设,存在主对角线上元素全为 1 的 $n-1$ 阶上三角矩阵 ${\mathbf{T}}_{n-1}$ ,使 ${\mathbf{T}}_{n-1}^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}{\mathbf{T}}_{n-1}={\mathbf{D}}_{n-1}$ 是 $n-1$ 阶正定对角矩阵. 令

$$\mathbf{T}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_{n-1}& -{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha \\ \mathbf{O}& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{T}}_{n-1}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& 1\end{array}\right)$$

则 $\mathbf{T}$ 是一个主对角线上元素全为 1 的 $n$ 阶上三角矩阵,使

$${\mathbf{T}}^{\prime }\mathbf{AT}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{D}}_{n-1}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& a_{nn}-{\alpha }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha \end{array}\right)$$

是 $n$ 阶正定对角矩阵.

$\left(2\right)\Rightarrow \left(3\right)$ : 由 $\left(2\right)$ ,设 $\mathbf{D}=\mathrm{diag}\left\{d_1,d_2,\cdots ,d_n\right\},s_i=\sqrt{d_i}$ ,令

$$\mathbf{S}=\mathrm{diag}\left\{s_1,s_2,\cdots ,s_n\right\}$$

设 $C=SB$ ,则 $A=C^{\prime }C$ . 显然 $C=SB$ 是主对角线上元素全为正的上三角矩阵.

$\left(3\right)\Rightarrow \left(1\right)$ : 这时 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }{\mathbf{I}}_n\mathbf{C}$ ,故 $\mathbf{A}$ 和 ${\mathbf{I}}_n$ 合同,从而 $\mathbf{A}$ 正定.

注 设 $\mathbf{C}=\left(c_{ij}\right)$ 为主对角线上元素全为正的上三角矩阵,使 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ , 则 $c_{11}{c}_{1j}=a_{1j}$ ,从而 $c_{11}=\sqrt{a_{11}}>0,c_{1j}=\frac{a_{1j}}{\sqrt{a_{11}}}\left(j=2,\cdots ,n\right)$ ,即 $\mathbf{C}$ 的第一行元素被唯一确定. 同理不断地讨论下去,可得这样的 $C$ 存在并被正定阵 $\mathbf{A}$ 唯一确定. 因为 $S$ 是由 $C$ 的主对角线上的元素构成的对角矩阵,故由 $C$ 的唯一性可得 $S$ 的唯一性,从而可得 $D=S^2$ 以及 $B=S^{-1}C$ 的唯一性. 因此,例 8.10 中关于正定阵 $\mathbf{A}$ 的两种分解 (2) 和 (3) 都是存在且唯一的,其中分解 (3) 通常称为正定阵 $\mathbf{A}$ 的 Cholesky 分解. 另外,上述两种分解也有非常重要的几何意义,它们与 Gram-Schmidt 正交化方法密切相关, 我们将在第 9 章阐述相关的细节.

例 8.11 设 $f\left(\mathbf{x}\right)={\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}$ 是实二次型,假定 $\mathbf{A}$ 的前面 $n-1$ 个顺序主子式 $P_1,\cdots ,P_{n-1}$ 非零,求证: 经过可逆线性变换 $f$ 可化为下列标准型:

$$f=P_1{y}_1^2+\frac{P_2}{P_1}{y}_2^2+\cdots +\frac{P_n}{P_{n-1}}{y}_n^2,$$

其中 $P_n=\left|\mathbf{A}\right|$ .

证明 对 $n$ 用归纳法. 当 $n=1$ 时结论显然,假定结论对 $n-1$ 成立. 设

$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_{n-1}& \alpha \\ {\alpha }^{\prime }& a_{nn}\end{array}\right)$$

由于 $\left|{\mathbf{A}}_{n-1}\right|={\mathbf{P}}_{n-1}\ne 0$ ,故可对 $\mathbf{A}$ 进行下列对称分块初等变换:

$$A=\left(\begin{array}{cc}{A}_{n-1}& \alpha \\ {\alpha }^{\prime }& a_{nn}\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}{A}_{n-1}& \alpha \\ O& a_{nn}-{\alpha }^{\prime }{A}_{n-1}^{-1}\alpha \end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}{A}_{n-1}& O\\ O& a_{nn}-{\alpha }^{\prime }{A}_{n-1}^{-1}\alpha \end{array}\right)=B,$$

显然这是一个合同变换. 又因为第三类分块初等变换不改变行列式的值, 故

$$\left|\mathbf{A}\right|=\left|{\mathbf{A}}_{n-1}\right|\left(a_{nn}-{\alpha }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha \right).$$

即

$$a_{nn}-{\alpha }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha =\frac{P_n}{P_{n-1}}.$$

由归纳假设,存在可逆矩阵 $\mathbf{M}$ ,使

$${\mathbf{M}}^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}\mathbf{M}=\mathrm{diag}\left\{P_1,\frac{P_2}{P_1},\cdots ,\frac{P_{n-1}}{P_{n-2}}\right\}.$$

作矩阵 $\mathbf{C}=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{M}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& 1\end{array}\right)$ ,则

$${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{BC}=\mathrm{diag}\left\{P_1,\frac{P_2}{P_1},\cdots ,\frac{P_n}{P_{n-1}}\right\}.$$

下面是反对称矩阵的合同标准型, 它可以用典型的归纳法来证明.

例 8.12 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶反对称矩阵,则 $\mathbf{A}$ 必合同于下列形状的分块矩阵:

$$\mathrm{diag}\{\mathbf{S},\cdots ,\mathbf{S},0,\cdots ,0\}\text{\hspace{1em}(8.2)}$$

其中 $\mathbf{S}=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)$ . 特别地,反对称矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩必为偶数 $2r$ ,其中 $r$ 是 $\mathbf{S}$ 在 $\mathbf{A}$ 的上述合同标准型中的个数.

证明 对矩阵的阶用归纳法. 当 $n=0,1$ 时结论显然,假设对阶小于 $n$ 的矩阵结论成立. 现有 $n$ 阶反对称矩阵 $\mathbf{A}$ ,若 $\mathbf{A}=\mathbf{O}$ ,结论已成立,故设 $\mathbf{A}\ne \mathbf{O}$ . 由于反对称矩阵的主对角线上元素全为零,故可设 $\mathbf{A}$ 的第 $\left(i,j\right)$ 元素 $a_{ij}\ne 0\left(i\ne j\right)$ ,则 $\mathbf{A}$ 的第 $\left(j,i\right)$ 元素为 $-a_{ij}$ . 将 $\mathbf{A}$ 的第一行与第 $i$ 行对换,第一列和第 $i$ 列对换; 将第二行与第 $j$ 行对换,第二列和第 $j$ 列对换; 然后将第一行乘以 $\frac{1}{a_{ij}}$ ,第一列乘以 $\frac{1}{a_{ij}}$ ,最后得到的矩阵和 $\mathbf{A}$ 合同且具有下列形状:

$$M=\left(\begin{array}{cc}S& B\\ -B^{\prime }& A_{n-2}\end{array}\right)$$

其中 ${\mathbf{A}}_{n-2}$ 是 $n-2$ 阶反对称矩阵. 显然 $\mathbf{S}$ 是可逆矩阵. 对 $\mathbf{M}$ 作下列对称分块初等变换: 第一分块行左乘 ${\mathbf{B}}^{\prime }{\mathbf{S}}^{-1}$ 加到第二分块行上,再将第一分块列右乘 $-{\mathbf{S}}^{-1}\mathbf{B}$ 加到第二分块列上. 注意到 $\mathbf{S}$ 是反对称矩阵,故 ${\left({\mathbf{B}}^{\prime }{\mathbf{S}}^{-1}\right)}^{\prime }=-{\mathbf{S}}^{-1}\mathbf{B}$ ,因此上述变换是合同变换. 于是 $\mathbf{A}$ 合同于下列矩阵:

$$\mathbf{N}=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{S}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{A}}_{n-2}+{\mathbf{B}}^{\prime }{\mathbf{S}}^{-1}\mathbf{B}\end{array}\right).$$

不难看出 ${\mathbf{A}}_{n-2}+{\mathbf{B}}^{\prime }{\mathbf{S}}^{-1}\mathbf{B}$ 是反对称矩阵. 由归纳假设它合同于 (8.2) 式形状的矩阵,因此分块对角矩阵 $\mathbf{N}$ 也合同于 (8.2) 式形状的矩阵,结论得证.

注 本例题给出了例 3.84 的另一证明. 注意到在本例题的证明中, 我们采用的是跨度为 2 的数学归纳法,故在起始步骤时需要验证 $n=1,2$ 这两种情形,但我们不难发现 $n=2$ 情形的证明完全包含在归纳过程的证明中,因此可以用 $n=0,1$ 的情形作为起始步骤. 需要注意的是, $n=0$ 并不意味着存在零阶矩阵,而只是说明归纳过程已经完全结束. 后面遇到跨度为 2 的数学归纳法, 我们通常都采用上述约定.

例 8.13 求证: $n$ 阶实反对称矩阵 $\mathbf{A}$ 的行列式值总是非负实数.

证明 由例 8.12 可知,存在非异实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使

$${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}=\mathrm{diag}\{\mathbf{S},\cdots ,\mathbf{S},0,\cdots ,0\},$$

其中 $\mathbf{S}=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)$ . 若 $\mathbf{A}$ 是奇异阵,则 $\left|\mathbf{A}\right|=0$ ,结论显然成立. 若 $\mathbf{A}$ 是非异阵,则由上式可得 $\left|\mathbf{A}\right|\cdot {\left|\mathbf{C}\right|}^2={\left|\mathbf{S}\right|}^{\frac{n}{2}}=1$ ,从而 $\left|\mathbf{A}\right|>0$ .

8.2.3 合同标准型的应用

引进标准型的目的是为了简化问题的讨论, 应用合同标准型可以简化二次型和实对称矩阵 (Hermite 矩阵) 有关问题的讨论. 其方法是先对标准型证明所需结论, 假如结论在合同变换下不变, 就可以过渡到一般的情形. 这种做法和相抵标准型、相似标准型是类似的.

例 8.14 求证: 秩等于 $r$ 的对称矩阵 $\mathbf{A}$ 等于 $r$ 个秩等于 1 的对称矩阵之和.

证明 设 $\mathbf{C}$ 是可逆矩阵,使

$${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}=\mathrm{diag}\left\{a_1,\cdots ,a_r,0,\cdots ,0\right\},$$

其中 $a_i\ne 0$ ,则

$$\mathbf{A}={\left({\mathbf{C}}^{-1}\right)}^{\prime }{a}_1{\mathbf{E}}_{11}{\mathbf{C}}^{-1}+\cdots +{\left({\mathbf{C}}^{-1}\right)}^{\prime }{a}_r{\mathbf{E}}_{rr}{\mathbf{C}}^{-1},$$

其中 ${\mathbf{E}}_{ii}$ 是第 $\left(i,i\right)$ 元素为 1,其余元素全为 0 的基础矩阵. 每个 ${\left({\mathbf{C}}^{-1}\right)}^{\prime }{a}_i{\mathbf{E}}_{ii}{\mathbf{C}}^{-1}$ 都是秩等于 1 的对称矩阵.

例 8.15 设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶复对称矩阵且秩等于 $r$ ,求证: $\mathbf{A}$ 可分解为 $\mathbf{A}={\mathbf{T}}^{\prime }\mathbf{T}$ ,其中 $\mathbf{T}$ 是秩等于 $r$ 的 $n$ 阶矩阵.

证明 $\mathbf{A}$ 合同于对角矩阵,即存在可逆矩阵 $\mathbf{C}$ ,使

$$\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathrm{diag}\left\{c_1,\cdots ,c_r,0,\cdots ,0\right\}\mathbf{C},$$

其中 $c_i\ne 0$ . 令 $d_i=\sqrt{c_i}$ (取定一个根即可). 又令

$$\mathbf{D}=\mathrm{diag}\left\{d_1,\cdots ,d_r,0,\cdots ,0\right\}$$

则 $\mathbf{A}={\left(\mathbf{DC}\right)}^{\prime }\left(\mathbf{DC}\right)$ . 令 $\mathbf{T}=\mathbf{DC}$ 即得结论.

例 8.16 求证: 任一 $n$ 阶复矩阵 $\mathbf{A}$ 都相似于一个复对称矩阵.

证明 由例 7.45 可得 $A=BC$ ,其中 $B,C$ 都是复对称阵,并且可以随意指定 $B,C$ 中的一个为非异阵. 不妨设 $C$ 是非异阵,则由例 8.15 可得 $C=T^{\prime }T$ ,其中 $\mathbf{T}$ 是非异复矩阵. 于是 $\mathbf{A}=\mathbf{BC}=\mathbf{B}{\mathbf{T}}^{\prime }\mathbf{T}$ 相似于 $\mathbf{T}\left(\mathbf{B}{\mathbf{T}}^{\prime }\mathbf{T}\right){\mathbf{T}}^{-1}=\mathbf{TB}{\mathbf{T}}^{\prime }$ ,这是一个复对称矩阵.

例 8.17 设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶实对称矩阵,求证:

(1) $\mathbf{A}$ 是正定阵的充要条件是存在 $n$ 阶非异实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ ;

(2) $\mathbf{A}$ 是半正定阵的充要条件是存在 $n$ 阶实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ . 特别地, $\left|\mathbf{A}\right|={\left|\mathbf{C}\right|}^2\ge 0$

证明 (1) 由本章 8.1.3 的定理 4 可知, $\mathbf{A}$ 是正定阵当且仅当 $\mathbf{A}$ 合同于 ${\mathbf{I}}_n$ ,即存在非异实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }{\mathbf{I}}_n\mathbf{C}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ .

(2) 由本章 8.1.3 的定理 4 可知, $\mathbf{A}$ 是半正定阵当且仅当 $\mathbf{A}$ 合同于 $\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{I}}_r,\mathbf{O}\right\}$ , 即存在非异实矩阵 $\mathbf{B}$ ,使 $\mathbf{A}={\mathbf{B}}^{\prime }\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{I}}_r,\mathbf{O}\right\}\mathbf{B}$ . 令 $\mathbf{C}=\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{I}}_r,\mathbf{O}\right\}\mathbf{B}$ ,则 $\mathbf{A}=$ $C^{\prime }C$ . 反之,若 $A=C^{\prime }C$ ,其中 $C$ 是实矩阵,则对任一 $n$ 维实列向量 $\alpha ,{\alpha }^{\prime }A\alpha =$ ${\alpha }^{\prime }{\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}\alpha ={\left(\mathbf{C}\alpha \right)}^{\prime }\left(\mathbf{C}\alpha \right)\ge 0$ ,由定义可知 $\mathbf{A}$ 为半正定阵.

例 8.18 设实二次型 $f$ 和 $g$ 的系数矩阵分别是 $\mathbf{A}$ 和 ${\mathbf{A}}^{-1}$ ,求证: $f$ 和 $g$ 有相同的正负惯性指数.

证明 设 ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}=\mathrm{diag}\left\{a_1,a_2,\cdots ,a_n\right\}$ ,则

$${\mathbf{C}}^{-1}{\mathbf{A}}^{-1}{\left({\mathbf{C}}^{-1}\right)}^{\prime }={\mathbf{C}}^{-1}{\mathbf{A}}^{-1}{\left({\mathbf{C}}^{\prime }\right)}^{-1}=\mathrm{diag}\left\{a_1^{-1},a_2^{-1},\cdots ,a_n^{-1}\right\}.$$

因为 $a_i$ 和 $a_i^{-1}$ 具有相同的正负性,所以 $\mathbf{A}$ 和 ${\mathbf{A}}^{-1}$ 有相同的正负惯性指数. $\square$

例 8.19 设 $f$ 是 $n$ 元实二次型,其系数矩阵为 $\mathbf{A}$ ,若 $\left|\mathbf{A}\right|<0$ ,证明: 必存在一组实数 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ ,使

$$f\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)<0.$$

证明 设 $C$ 是可逆矩阵,使 $C^{\prime }AC=B$ 为对角矩阵. 注意到 $\left|A\right|{\left|C\right|}^2=\left|B\right|$ , 故 $\left|\mathbf{B}\right|<0$ . 因为对调对角矩阵的主对角元素后得到的矩阵和原矩阵合同,故不失一般性,假定 $\mathbf{B}$ 的主对角元素前 $r$ 个为负,后 $n-r$ 个为正,则 $r$ 必是奇数. 作 $n$ 维向量 $\alpha ={\left(1,\cdots ,1,0,\cdots ,0\right)}^{\prime }$ ,其中有 $r$ 个 1 . 又令 ${\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)}^{\prime }=\mathbf{C}\alpha$ , 则 $f\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)={\left(\mathbf{C}\alpha \right)}^{\prime }\mathbf{A}\left(\mathbf{C}\alpha \right)={\alpha }^{\prime }\mathbf{B}\alpha <0$ .

例 8.20 如果实二次型 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 仅在 $x_1=x_2=\cdots =x_n=0$ 时为零, 证明: $f$ 必是正定型或负定型.

证明 设 $f$ 的正负惯性指数分别为 $p,q$ ,秩为 $r$ ,我们分情况来讨论.

若 $f$ 是不定型,即 $p>0$ 且 $q>0$ ,则存在可逆线性变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Cy}$ ,使得 $f$ 可化简为如下规范标准型:

$$f=y_1^2+\cdots +y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots -y_r^2.$$

取 $\mathbf{y}={\left(b_1,b_2,\cdots ,b_n\right)}^{\prime }$ ,其中 $b_1=b_{p+1}=1$ ,其他 $b_i$ 全为零,则 $\mathbf{x}=\mathbf{Cy}=$ ${\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)}^{\prime }$ 是一个非零列向量,但 $f\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)=0$ ,这与假设矛盾,所以 $f$ 不是不定型.

若 $f$ 是半正定型,但非正定型,即 $p=r<n$ ,则存在可逆线性变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Cy}$ ,使得 $f$ 可化简为如下规范标准型:

$$f=y_1^2+\cdots +y_r^2$$

取 $\mathbf{y}={\left(b_1,b_2,\cdots ,b_n\right)}^{\prime }$ ,其中 $b_n=1$ ,其他 $b_i$ 全为零,则 $\mathbf{x}=\mathbf{Cy}={\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)}^{\prime }$ 是一个非零列向量,但 $f\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)=0$ ,这与假设矛盾,所以 $f$ 不是非正定型的半正定型. 同理可证 $f$ 也不是非负定型的半负定型.

综上所述, $f$ 必是正定型或负定型.

例 8.21 设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶实对称矩阵,求证: 若 $\mathbf{A}$ 半正定,则 ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 也半正定.

证明 因为 $\mathbf{A}$ 半正定,故存在非异阵 $\mathbf{C}$ ,使得

$$C^{\prime }AC=\left(\begin{array}{ll}{I}_r& O\\ O& O\end{array}\right)$$

若 $r=n$ ,则 $\mathbf{A}$ 是正定阵,上式两边同取伴随可得 ${\mathbf{C}}^{\ast }{\mathbf{A}}^{\ast }{\left({\mathbf{C}}^{\ast }\right)}^{\prime }={\mathbf{I}}_n^{\ast }={\mathbf{I}}_n$ ,故 ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 也是正定阵. 若 $r=n-1$ ,则上式两边同取伴随可得

$${\mathbf{C}}^{\ast }{\mathbf{A}}^{\ast }{\left({\mathbf{C}}^{\ast }\right)}^{\prime }={\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_{n-1}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{O}\end{array}\right)}^{\ast }=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& 1\end{array}\right),$$

因此 ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 的正惯性指数为 1,秩也为 1,从而是半正定阵. 若 $r<n-1$ ,则 ${\mathbf{A}}^{\ast }=\mathbf{O}$ , 结论自然成立.

8.2.4 矩阵与二次型

实二次型与实对称矩阵之间有着一一对应的关系, 这种关系可以使我们能用矩阵方法来讨论二次型问题, 也可以用二次型来讨论实对称矩阵的问题. 这也是二次型与实对称矩阵理论中最常用的方法之一.

例 8.22 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶正定实对称矩阵,求证: 函数 $f\left(\mathbf{x}\right)={\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}+2{\beta }^{\prime }\mathbf{x}+c$ 的极小值等于 $c-{\beta }^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\beta$ ,其中 ${\beta }^{\prime }=\left(b_1,\cdots ,b_n\right),b_i$ 和 $c$ 都是实数.

证明 注意到

$$f\left(\mathbf{x}\right)=\left({\mathbf{x}}^{\prime },1\right)\left(\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \beta \\ {\beta }^{\prime }& c\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}\mathbf{x}\\ 1\end{array}\right),$$

因为 $\mathbf{A}$ 可逆,故可作如下对称分块初等变换:

$$\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_n& \mathbf{O}\\ -{\beta }^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \beta \\ {\beta }^{\prime }& c\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_n& -{\mathbf{A}}^{-1}\beta \\ \mathbf{O}& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& c-{\beta }^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\beta \end{array}\right).$$

由 $\left(\begin{array}{l}x\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_n& -{\mathbf{A}}^{-1}\beta \\ \mathbf{O}& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}\mathbf{y}\\ 1\end{array}\right)$ 可解出 $\mathbf{y}=\mathbf{x}+{\mathbf{A}}^{-1}\beta$ ,于是

$$f\left(\mathbf{x}\right)=\left({\mathbf{y}}^{\prime },1\right)\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \dot{c}-{\beta }^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\beta \end{array}\right)\left(\begin{array}{l}\mathbf{y}\\ 1\end{array}\right)={\mathbf{y}}^{\prime }\mathbf{Ay}+c-{\beta }^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\beta \ge c-{\beta }^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\beta .$$

因此,当 $\mathbf{x}=-{\mathbf{A}}^{-1}\beta$ 时, $f\left(\mathbf{x}\right)$ 取到极小值 $c-{\beta }^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\beta$ .

• 例 8.23 若 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right),\mathbf{B}=\left(b_{ij}\right)$ 都是 $n$ 阶正定阵,求证 $\mathbf{H}=\left(a_{ij}{b}_{ij}\right)$ 也是正定阵.

证明 因为 $\mathbf{B}$ 是正定阵,故存在可逆矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 $\mathbf{B}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ . 假定 $\mathbf{C}=\left(c_{ij}\right)$ , 则 $b_{ij}=\sum _{k=1}^n{c}_{ki}{c}_{kj}$ . 作二次型

$$f\left(\mathbf{x}\right)={\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Hx}=\sum _{i,j=1}^n{a}_{ij}{b}_{ij}{x}_i{x}_j=\sum _{i,j=1}^n\left(\sum _{k=1}^n{a}_{ij}\left(c_{ki}{c}_{kj}\right)x_i{x}_j\right)$$ $$=\sum _{k=1}^n\left(\sum _{i,j=1}^n{a}_{ij}\left(c_{ki}{x}_i\right)\left(c_{kj}{x}_j\right)\right)=\sum _{k=1}^n{\mathbf{Y}}_k^{\prime }\mathbf{A}{\mathbf{Y}}_k,$$

其中 ${\mathbf{Y}}_k^{\prime }=\left(c_{k1}{x}_1,c_{k2}{x}_2,\cdots ,c_{kn}{x}_n\right)$ . 因为 $\mathbf{C}$ 可逆,所以当 $\mathbf{x}\ne 0$ 时,至少有一个 ${\mathbf{Y}}_k^{\prime }\ne 0$ ,因此 $f\left(\mathbf{x}\right)>0,\mathbf{H}$ 是正定阵.

例 8.24 证明下列二次型为正定型:

$$\sum _{i=1}^n{x}_i^2+\sum _{1\le i<j\le n}{x}_i{x}_j$$

证法 1 这个二次型的系数矩阵为

$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccccc}1& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& \cdots & \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& 1& \frac{1}{2}& \cdots & \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& 1& \cdots & \frac{1}{2}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& \cdots & 1\end{array}\right)$$

由于该矩阵的顺序主子式形状相同, 故只要证明上面这个矩阵的行列式大于零即可. 将所有的列都加到第一列上并提取公因子 $\frac{1}{2}\left(n+1\right)$ 后得到行列式

$$\left|\begin{array}{ccccc}1& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& \cdots & \frac{1}{2}\\ 1& 1& \frac{1}{2}& \cdots & \frac{1}{2}\\ 1& \frac{1}{2}& 1& \cdots & \frac{1}{2}\\ 1& \frac{1}{2}& 1& \cdots & \frac{1}{2}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& \cdots & 1\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccccc}1& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& \cdots & \frac{1}{2}\\ 0& \frac{1}{2}& 0& \cdots & 0\\ 0& 0& \frac{1}{2}& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & \frac{1}{2}\end{array}\right|=\frac{1}{2^{n-1}}>0.$$

证法 2 用配方法, 将二次型配方为

$$f=\frac{1}{2}{\left(x_1+x_2+\cdots +x_n\right)}^2+\frac{1}{2}\left(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2\right).$$

显然该二次型至少为半正定型. 若 $f\left(c_1,c_2,\cdots ,c_n\right)=0$ ,显然必有 $c_1=c_2=\cdots =$ $c_n=0$ . 因此这是个正定型.

例 8.25 设 $A$ 是可逆实对称矩阵, $S$ 是实反对称矩阵且 $AS=SA$ ,求证: $\mathbf{A}+\mathbf{S}$ 是可逆矩阵.

证明 对任一 $n$ 维非零实列向量 $\alpha$ ,我们有

$${\alpha }^{\prime }{\left(\mathbf{A}+\mathbf{S}\right)}^{\prime }\left(\mathbf{A}+\mathbf{S}\right)\alpha ={\alpha }^{\prime }\left({\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{S}+{\mathbf{S}}^{\prime }\mathbf{A}+{\mathbf{S}}^{\prime }\mathbf{S}\right)\alpha$$ $$={\alpha }^{\prime }\left({\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}\right)\alpha +{\alpha }^{\prime }\left({\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{S}+{\mathbf{S}}^{\prime }\mathbf{A}\right)\alpha +{\alpha }^{\prime }\left({\mathbf{S}}^{\prime }\mathbf{S}\right)\alpha .$$

但 $A^{\prime }S+S^{\prime }A=AS-SA=O$ ,因此上式等于 ${\alpha }^{\prime }\left(A^{\prime }A\right)\alpha +{\alpha }^{\prime }\left(S^{\prime }S\right)\alpha$ . 由例 8.17 可知, ${\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}$ 是正定阵, ${\mathbf{S}}^{\prime }\mathbf{S}$ 是半正定阵,所以上式总大于零,即 ${\left(\mathbf{A}+\mathbf{S}\right)}^{\prime }\left(\mathbf{A}+\mathbf{S}\right)$ 是正定阵,故 ${\left|\mathbf{A}+\mathbf{S}\right|}^2>0$ ,也就是 $\mathbf{A}+\mathbf{S}$ 是可逆矩阵.

8.2.5 正定型与正定阵

正定型与正定阵是本章最重要的内容之一, 它们的判定及其应用也是高等代数学习和考试中的难点. 另外, 读者还可以在一些后续课程中看到正定型与正定阵的诸多应用. 首先, 我们将正定阵 (正定型类似) 相关的判定准则列举如下.

设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶实对称矩阵,则 $\mathbf{A}$ 是正定阵的充要条件是以下条件之一:

(1) $\mathbf{A}$ 合同于单位矩阵 ${\mathbf{I}}_n$ (参见本章 $\S \mathrm{8.1.3}$ 的定理 4);

(2) 存在非异实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使得 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ (参见例 8.17 (1));

(3) $\mathbf{A}$ 的所有主子式全大于零 (参见例 8.4);

(4) $\mathbf{A}$ 的 $n$ 个顺序主子式全大于零 (参见本章 $\S \mathrm{8.1.3}$ 的定理 5);

(5) $\mathbf{A}$ 的所有特征值全大于零 (将在第 9 章证明).

例 8.26 设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 都是 $n$ 阶正定实对称矩阵, $c$ 是正实数,求证:

(1) ${\mathbf{A}}^{-1},{\mathbf{A}}^{\ast },\mathbf{A}+\mathbf{B},c\mathbf{A}$ 都是正定阵;

(2) 若 $\mathbf{D}$ 是非异实矩阵,则 ${\mathbf{D}}^{\prime }\mathbf{AD}$ 是正定阵;

(3) 若 $\mathbf{A}-\mathbf{B}$ 是正定阵,则 ${\mathbf{B}}^{-1}-{\mathbf{A}}^{-1}$ 也是正定阵.

证明 (1) 由已知存在非异实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使得 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ ,从而 ${\mathbf{A}}^{-1}={\left({\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}\right)}^{-1}=$ $C^{-1}{\left(C^{\prime }\right)}^{-1}=C^{-1}{\left(C^{-1}\right)}^{\prime }$ ,故 $A^{-1}$ 是正定阵. 又 $A^{\ast }={\left(C^{\prime }C\right)}^{\ast }=C^{\ast }{\left(C^{\prime }\right)}^{\ast }=$ $C^{\ast }{\left(C^{\ast }\right)}^{\prime }$ ,故 $A^{\ast }$ 是正定阵. 对任一非零实列向量 $\alpha ,{\alpha }^{\prime }\left(A+B\right)\alpha ={\alpha }^{\prime }A\alpha +{\alpha }^{\prime }B\alpha >$ 0,从而 $\mathbf{A}+\mathbf{B}$ 是正定阵. 注意到,若 $\mathbf{A}$ 是正定阵,即使 $\mathbf{B}$ 只是半正定阵,通过上述方法也能推出 $\mathbf{A}+\mathbf{B}$ 是正定阵. 同理可证 $c\mathbf{A}$ 也是正定阵.

(2) 由 (1) 相同的记号可得 $D^{\prime }AD=D^{\prime }{C}^{\prime }CD={\left(CD\right)}^{\prime }\left(CD\right)$ ,因为 $CD$ 是可逆矩阵,故 ${\mathbf{D}}^{\prime }\mathbf{AD}$ 是正定阵.

(3) 由例 2.19 可知 ${\mathbf{B}}^{-1}-{\mathbf{A}}^{-1}={\left(\mathbf{B}+\mathbf{B}{\left(\mathbf{A}-\mathbf{B}\right)}^{-1}\mathbf{B}\right)}^{-1}$ ,再由 (1) 和 (2) 即得 ${\mathbf{B}}^{-1}-{\mathbf{A}}^{-1}$ 是正定阵.

通过计算实对称阵 $\mathbf{A}$ 的顺序主子式来判定其正定性,无论是从计算的层面看, 还是从证明的层面看, 都是一个行之有效的方法. 我们来看几个简单的例题.

例 8.27 求证: 下列 $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 都是正定阵,其中

(1) $a_{ij}=\frac{1}{i+j}$ ; (2) $a_{ij}=\frac{1}{i+j-1}$ .

证明 (1) $\mathbf{A}$ 的 $n$ 个顺序主子式都是具有相同形状的 Cauchy 行列式,要证明它们全大于零,只要证明 $\mathbf{A}$ 的行列式大于零即可. 在例 1.16 中,令 $a_i=b_i=i$ ,

$1\le i\le n$ ,则可得 $\left|\mathbf{A}\right|=\frac{\prod _{1\le i<j\le n}{\left(j-i\right)}^2}{\prod _{i,j=1}^n\left(i+j\right)}>0$ ,从而 $\mathbf{A}$ 为正定阵.

(2) 同理在例 1.16 中,令 $a_i=b_i=i-\frac{1}{2},1\le i\le n$ ,则可得 $\left|\mathbf{A}\right|=$

$\frac{\prod _{1\le i<j\le n}{\left(j-i\right)}^2}{\prod _{i,j=1}^n\left(i+j-1\right)}>0$ ,从而 $\mathbf{A}$ 为正定阵.

例 8.28 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶实对称矩阵,求证: 若 $\mathbf{A}$ 是严格对角占优阵且主对角线上的元素全为正,则 $\mathbf{A}$ 是正定阵.

证明 注意到严格对角占优阵的顺序主子阵仍然是严格对角占优阵,故要证 $\mathbf{A}$ 的 $n$ 个顺序主子式全大于零,只要证明 $\mathbf{A}$ 的行列式大于零即可. 因为 $\mathbf{A}$ 的主对角线上的元素全为正,所以由例 3.79 的结论即得 $\left|\mathbf{A}\right|>0$ ,从而 $\mathbf{A}$ 是正定阵.

例 8.29 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶实对称矩阵,求证: 必存在正实数 $k$ ,使对任一 $n$ 维实列向量 $\alpha$ ,总有

$${\alpha }^{\prime }A\alpha \le k{\alpha }^{\prime }\alpha$$

证明 设 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ ,我们总可以取到充分大的正实数 $k$ ,使得

$$k-a_{ii}>\sum _{j=1,j\ne i}^n\left|a_{ij}\right|,i=1,2,\cdots ,n,$$

即 $k{I}_n-\mathbf{A}$ 是主对角元素全大于零的严格对角占优阵,由例 8.28 可得 $k{I}_n-\mathbf{A}$ 为正定阵,从而对任一 $n$ 维实列向量 $\alpha$ ,总有 ${\alpha }^{\prime }\left(k{I}_n-\mathbf{A}\right)\alpha \ge 0$ ,即 ${\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha \le k{\alpha }^{\prime }\alpha$ .

用线性方程组的求解理论来证明关于正定阵的某些命题是一个常见的技巧, 我们来看下面两个典型的例题.

例 8.30 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶实对称矩阵,若存在 $n$ 阶实矩阵 $\mathbf{B}$ ,使 $\mathbf{AB}+{\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{A}$ 是正定阵,求证: $\mathbf{A}$ 为非异阵.

证明 用反证法证明. 若 $\mathbf{A}$ 为奇异阵,则存在非零实列向量 $\alpha$ ,使得 $\mathbf{A}\alpha =0$ . 将正定阵 $\mathbf{AB}+{\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{A}$ 左乘 ${\alpha }^{\prime }$ ,右乘 $\alpha$ 可得

$$0<{\alpha }^{\prime }\left(\mathbf{AB}+{\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{A}\right)\alpha ={\left(\mathbf{A}\alpha \right)}^{\prime }\mathbf{B}+{\mathbf{B}}^{\prime }\left(\mathbf{A}\alpha \right)=0,$$

这就导出了矛盾.

例 8.31 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶正定实对称矩阵, $\mathbf{S}$ 是 $n$ 阶实反对称矩阵,求证:

$$\left|A+S\right|>0\text{.}$$

证明 设 $\mathbf{C}$ 为非异实矩阵,使得 ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}={\mathbf{I}}_n$ ,则证明 $\left|\mathbf{A}+\mathbf{S}\right|>0$ 等价于证明 $\left|C^{\prime }\left(A+S\right)C\right|=\left|C^{\prime }AC+C^{\prime }SC\right|=\left|I_n+C^{\prime }SC\right|>0$ . 注意到 $C^{\prime }SC$ 仍然是实反对称矩阵, 故上述结论由例 3.78 即得. 当然, 我们也可以直接运用例 3.78 的方法, 即线性方程组的求解理论证明本题.

若 $\mathbf{A}$ 是正定实对称矩阵,则 $\mathbf{A}$ 合同于单位矩阵 ${\mathbf{I}}_n$ ,即存在非异实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使得 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }{\mathbf{I}}_n\mathbf{C}$ . 因为 $\mathbf{C}$ 是实矩阵,故可把上式中的 ${\mathbf{C}}^{\prime }$ 改写成 ${\overline{\mathbf{C}}}^{\prime }$ ,从而 $\mathbf{A}$ 复相合于 ${\mathbf{I}}_n$ ,于是 $\mathbf{A}$ 也是正定 Hermite 矩阵. 因此在处理实矩阵问题的过程中,如果遇到了复特征值和复特征向量, 那么可以自然地把正定实对称矩阵看成是一种特殊的正定 Hermite 矩阵, 从而其正定性可延拓到复数域上. 下面是一个典型的例题.

例 8.32 设 $\mathbf{A},\mathbf{B},\mathbf{C}$ 是 $n$ 阶正定实对称矩阵, $g\left(t\right)=\left|t^2\mathbf{A}+t\mathbf{B}+\mathbf{C}\right|$ 是关于 $t$ 的多项式,求证: $g\left(t\right)$ 所有复根的实部都小于零.

证明 任取 $g\left(t\right)$ 的一个复根 $t_0$ ,则 $\left|t_0^2\mathbf{A}+t_0\mathbf{B}+\mathbf{C}\right|=0$ ,故存在非零复列向量 $\alpha$ ,使得 $\left(t_0^2\mathbf{A}+t_0\mathbf{B}+\mathbf{C}\right)\alpha =0$ . 将上述等式左乘 ${\overline{\alpha }}^{\prime }$ ,可得

$$\left({\overline{\alpha }}^{\prime }\mathbf{A}\alpha \right)t_0^2+\left({\overline{\alpha }}^{\prime }\mathbf{B}\alpha \right)t_0+\left({\overline{\alpha }}^{\prime }\mathbf{C}\alpha \right)=0.$$

注意到 $\mathbf{A},\mathbf{B},\mathbf{C}$ 也是正定 Hermite 矩阵,故 $a={\overline{\alpha }}^{\prime }\mathbf{A}\alpha >0,b={\overline{\alpha }}^{\prime }\mathbf{B}\alpha >0$ , $c={\overline{\alpha }}^{\prime }\mathbf{C}\alpha >0$ ,并且 $t_0$ 是二次方程 $a{t}^2+bt+c=0$ 的根. 若 $t_0$ 是实根,则 $t_0<0$ , 否则将由 $t_0\ge 0$ 得到 $a{t}_0^2+b{t}_0+c\ge c>0$ ,这就推出了矛盾. 若 $t_0$ 是虚根,则 $t_0$ 的实部为 $-\frac{b}{2a}<0$ ,结论得证.

在例 8.3、例 8.4、例 8.10 和例 8.26 中, 我们已经讨论过正定阵的许多性质, 下面几个例题也是正定阵的性质及其应用.

例 8.33 设 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 是 $n$ 阶正定实对称矩阵, $P_{n-1}$ 是 $\mathbf{A}$ 的第 $n-1$ 个顺序主子式,求证: $\left|\mathbf{A}\right|\le a_{nn}{P}_{n-1}$ .

证明 设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_{n-1}& \alpha \\ {\alpha }^{\prime }& a_{nn}\end{array}\right)$ ,用第三类分块初等变换求得

$$\left|\mathbf{A}\right|=\left|\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_{n-1}& \alpha \\ {\alpha }^{\prime }& a_{nn}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_{n-1}& \alpha \\ \mathbf{O}& a_{nn}-{\alpha }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha \end{array}\right|=\left(a_{nn}-{\alpha }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha \right)\left|{\mathbf{A}}_{n-1}\right|.$$

因为 $\mathbf{A}$ 正定,所以 ${\mathbf{A}}_{n-1}$ 也正定,从而 ${\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}$ 也正定,于是 ${\alpha }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha \ge 0$ . 因此

$$\left|\mathbf{A}\right|=\left(a_{nn}-{\alpha }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}^{-1}\alpha \right)\left|{\mathbf{A}}_{n-1}\right|\le a_{nn}\left|{\mathbf{A}}_{n-1}\right|=a_{nn}{P}_{n-1}.$$

例 8.34 设 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 是 $n$ 阶正定实对称矩阵,求证: $\left|\mathbf{A}\right|\le a_{11}{a}_{22}\cdots a_{nn}$ ,且等号仅当 $\mathbf{A}$ 是对角矩阵时成立.

证明 由例 8.33 可得 $\left|\mathbf{A}\right|\le a_{nn}{P}_{n-1}$ ,且等号仅当 $\alpha =0$ 时成立. 不断迭代下去, 可得

$$\left|\mathbf{A}\right|\le a_{nn}{P}_{n-1}\le a_{n-1,n-1}{a}_{nn}{P}_{n-2}\le \cdots \le a_{11}{a}_{22}\cdots a_{nn},$$

且等号仅当 $\mathbf{A}$ 是对角矩阵时成立.

例 8.35 设 $\mathbf{A},\mathbf{D}$ 是方阵, $\mathbf{M}=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\\ {\mathbf{B}}^{\prime }& \mathbf{D}\end{array}\right)$ 是正定实对称矩阵,求证: $\left|\mathbf{M}\right|\le$ $\left|\mathbf{A}\right|\left|\mathbf{D}\right|$ ,且等号仅当 $\mathbf{B}=\mathbf{O}$ 时成立.

证明 由 $\mathbf{M}$ 是正定阵可知, $\mathbf{A},\mathbf{D}$ 都是正定阵,从而存在非异实矩阵 ${\mathbf{C}}_1,{\mathbf{C}}_2$ ,使得 ${\mathbf{C}}_1^{\prime }\mathbf{A}{\mathbf{C}}_1={\mathbf{I}}_r,{\mathbf{C}}_2^{\prime }\mathbf{D}{\mathbf{C}}_2={\mathbf{I}}_{n-r}$ . 令 $\mathbf{C}=\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{C}}_1,{\mathbf{C}}_2\right\}$ ,则

$${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{MC}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{C}}_1^{\prime }\mathbf{A}{\mathbf{C}}_1& {\mathbf{C}}_1^{\prime }\mathbf{B}{\mathbf{C}}_2\\ {\mathbf{C}}_2^{\prime }{\mathbf{B}}^{\prime }{\mathbf{C}}_1& {\mathbf{C}}_2^{\prime }\mathbf{D}{\mathbf{C}}_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_r& {\mathbf{C}}_1^{\prime }\mathbf{B}{\mathbf{C}}_2\\ {\mathbf{C}}_2^{\prime }{\mathbf{B}}^{\prime }{\mathbf{C}}_1& {\mathbf{I}}_{n-r}\end{array}\right)$$

仍是正定阵. 由例 8.34 可得 $\left|C^{\prime }MC\right|\le 1$ ,且等号仅当 $C_1^{\prime }B{C}_2=O$ 时成立, 即 $\left|\mathbf{M}\right|\le {\left|\mathbf{C}\right|}^{-2}={\left|{\mathbf{C}}_1\right|}^{-2}{\left|{\mathbf{C}}_2\right|}^{-2}=\left|\mathbf{A}\right|\left|\mathbf{D}\right|$ ,且等号仅当 $\mathbf{B}=\mathbf{O}$ 时成立.

例 8.36 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶实矩阵, $\mathbf{A}=\left(\mathbf{B},\mathbf{C}\right)$ 是 $\mathbf{A}$ 的一个分块,其中 $\mathbf{B}$ 是 $\mathbf{A}$ 的前 $k$ 列组成的矩阵, $\mathbf{C}$ 是 $\mathbf{A}$ 的后 $n-k$ 列组成的矩阵. 求证:

$${\left|A\right|}^2\le \left|B^{\prime }B\right|\left|C^{\prime }C\right|$$

证明 若 $\mathbf{A}$ 不是可逆矩阵,则 $\left|\mathbf{A}\right|=0$ ,而由定义容易验证 ${\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{B},{\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ 都是半正定阵,故由例 8.17 可得 $\left|{\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{B}\right|\ge 0,\left|{\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}\right|\ge 0$ ,从而上式显然成立. 现设 $\mathbf{A}$ 是可逆矩阵,则由例 8.17 可知, ${\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ll}{\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{B}& {\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{C}\\ {\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{B}& {\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}\end{array}\right)$ 是正定阵,再由例 8.35 即得结论.

注 在例 8.35 的证明,若考虑 $\mathbf{M}$ 的如下对称分块初等变换:

$$\left(\begin{array}{cc}A& B\\ B^{\prime }& D\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}A& B\\ O& D-B^{\prime }{A}^{-1}B\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}A& O\\ O& D-B^{\prime }{A}^{-1}B\end{array}\right),$$

则可得 $\mathbf{D}-{\mathbf{B}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{B}$ 是正定阵. 又因为第三类分块初等变换不改变行列式的值,故可得 $\left|M\right|=\left|A\right|\left|D-B^{\prime }{A}^{-1}B\right|\le \left|A\right|\left|D\right|$ ,即有 $\left|D-B^{\prime }{A}^{-1}B\right|\le \left|D\right|$ . 利用这一不等式不难证明: 若 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶正定实对称矩阵, $\mathbf{B}$ 是 $n$ 阶半正定实对称矩阵,则 $\left|\mathbf{A}+\mathbf{B}\right|\ge \left|\mathbf{A}\right|$ . 不过这并非是最佳的结果,更精确的结论应该是 $\left|\mathbf{A}+\mathbf{B}\right|\ge \left|\mathbf{A}\right|+\left|\mathbf{B}\right|$ ,等号仅当 $\mathbf{B}=\mathbf{O}$ 时成立. 要证明这一结论,我们需要实对称矩阵的正交相似标准型理论, 同时利用这一理论还能极大地改进和简化关于正定阵和半正定阵的许多结论及其证明, 例如例 8.26 (3)、例 8.29 和例 8.31 等. 我们把这些留到第 9 章详细阐述.

设 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 是实二次型, $\mathbf{A}$ 是相伴的实对称矩阵,则容易看出 $f$ 是负定型或半负定型当且仅当 $-f$ 是正定型或半正定型, $\mathbf{A}$ 是负定阵或半负定阵当且仅当 $-\mathbf{A}$ 是正定阵或半正定阵,因此负定型或半负定型 (负定阵或半负定阵) 的问题通常都可以转化成正定型或半正定型 (正定阵或半正定阵) 来研究. 不过, 我们将通过下面两道例题来说明负定型和负定阵的判定及相关应用.

例 8.37 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶实对称矩阵, $P_1,P_2,\cdots ,P_n$ 是 $\mathbf{A}$ 的 $n$ 个顺序主子式,求证 $\mathbf{A}$ 负定的充要条件是:

$$P_1<0,P_2>0,\cdots ,{\left(-1\right)}^n{P}_n>0.$$

证明 $\mathbf{A}$ 负定当且仅当 $-\mathbf{A}$ 正定,由正定阵的顺序主子式判定法即得结论.

例 8.38 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶负定实对称矩阵,求证: ${\mathbf{A}}^{-1}$ 也是负定阵; 当 $n$ 为偶数时, ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 是负定阵,当 $n$ 为奇数时, ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 是正定阵.

证明 因为 $\mathbf{A}$ 负定,故存在非异实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使得 $\mathbf{A}=-{\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ ,于是 ${\mathbf{A}}^{-1}=$ $-C^{-1}{\left(C^{\prime }\right)}^{-1}=-C^{-1}{\left(C^{-1}\right)}^{\prime }$ 也是负定阵; 由例 2.25 可得 $A^{\ast }={\left(-1\right)}^{n-1}{C}^{\ast }{\left(C^{\prime }\right)}^{\ast }=$ ${\left(-1\right)}^{n-1}{C}^{\ast }{\left(C^{\ast }\right)}^{\prime }$ ,故当 $n$ 为偶数时, $A^{\ast }=-C^{\ast }{\left(C^{\ast }\right)}^{\prime }$ 是负定阵,当 $n$ 为奇数时, ${\mathbf{A}}^{\ast }={\mathbf{C}}^{\ast }{\left({\mathbf{C}}^{\ast }\right)}^{\prime }$ 是正定阵.

例 8.39 设有实二次型 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)={\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}$ ,其中 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 是 $n$ 阶正定实对称矩阵, 求证下列实二次型是负定型:

$$g\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\left|\begin{array}{ccccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}& x_1\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}& x_2\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}& x_n\\ x_1& x_2& \cdots & x_n& 0\end{array}\right|.$$

证法 1 将 $g$ 按最后一行,再按最后一列展开得到:

$$g\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=-\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{A}_{ij}{x}_i{x}_j=-{\mathbf{x}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{x},$$

其中 $A_{ij}$ 是元素 $a_{ij}$ 的代数余子式, ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 是 $\mathbf{A}$ 的伴随矩阵. 因为 $\mathbf{A}$ 正定,故由例 8.26 可知 ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 也正定,从而 $g$ 为负定型.

证法 2 因为 $\mathbf{A}$ 正定,所以 $\left|\mathbf{A}\right|>0$ ,故由降阶公式可得

$$g\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\left|\mathbf{A}\right|\left(0-{\mathbf{x}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{x}\right)=-\left|\mathbf{A}\right|\left({\mathbf{x}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{x}\right),$$

再由例 8.26 可知 ${\mathbf{A}}^{-1}$ 也正定,即 ${\mathbf{x}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{x}$ 是正定型,从而 $g$ 为负定型.

例 8.33 的证法 2 由行列式性质, 有

$$\left|\mathbf{A}\right|=\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1,n-1}& a_{1n}\\ a_{21}& \cdots & a_{2,n-1}& a_{2n}\\ ⋮& & ⋮& ⋮\\ a_{n-1,1}& \cdots & a_{n-1,n-1}& a_{n-1,n}\\ a_{n1}& \cdots & a_{n,n-1}& 0\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1,n-1}& 0\\ a_{21}& \cdots & a_{2,n-1}& 0\\ ⋮& & ⋮& ⋮\\ a_{n-1,1}& \cdots & a_{n-1,n-1}& 0\\ a_{n1}& \cdots & a_{n,n-1}& a_{nn}\end{array}\right|.$$

令

$$g\left(x_1,x_2,\cdots ,x_{n-1}\right)=\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1,n-1}& x_1\\ a_{21}& \cdots & a_{2,n-1}& x_2\\ ⋮& & ⋮& ⋮\\ a_{n-1,1}& \cdots & a_{n-1,n-1}& x_{n-1}\\ x_1& \cdots & x_{n-1}& 0\end{array}\right|,$$

则

$$\left|\mathbf{A}\right|=g\left(a_{1n},a_{2n},\cdots ,a_{n-1,n}\right)+a_{nn}{P}_{n-1}.$$

因为 $\mathbf{A}$ 的第 $n-1$ 个顺序主子阵是正定阵,故由例 8.39 可知 $g\left(a_{1n},a_{2n},\cdots ,a_{n-1,n}\right)\le$

0,从而 $\left|\mathbf{A}\right|\le a_{nn}{P}_{n-1}$ .

8.2.6 半正定型和半正定阵

半正定型和半正定阵在教材中通常讨论得比较少, 主要原因是半正定型或半正定阵包含正定型或正定阵作为子集 (特殊的一类), 故半正定的判定和正定的判定之间有类似之处. 不过它们之间仍然有很多差异, 因此半正定型和半正定阵也是高等代数学习中的难点之一. 首先, 我们将半正定阵 (半正定型类似) 的判定准则列举如下.

设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶实对称矩阵,则 $\mathbf{A}$ 是半正定阵的充要条件是以下条件之一:

(1) $\mathbf{A}$ 合同于 $\left(\begin{array}{ll}{\mathbf{I}}_r& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{O}\end{array}\right)$ (参见本章 $\S$ 8.1.3 的定理 4);

(2) 存在实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使得 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ (参见例 8.17 (2));

(3) $\mathbf{A}$ 的所有主子式全大于等于零 (参见例 8.41);

(4) $\mathbf{A}$ 的所有特征值全大于等于零 (将在第 9 章证明).

例 $8.40n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 是半正定阵的充要条件是对任意的正实数 $t$ , $\mathbf{A}+t{\mathbf{I}}_n$ 都是正定阵.

证明 先证必要性. 任取非零的实列向量 $\alpha$ ,我们有

$${\alpha }^{\prime }\left(\mathbf{A}+t{\mathbf{I}}_n\right)\alpha ={\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha +t{\alpha }^{\prime }\alpha .$$

因为 $\mathbf{A}$ 半正定,故 ${\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha \ge 0$ . 又 $t>0$ 且 ${\alpha }^{\prime }\alpha >0$ ,从而 ${\alpha }^{\prime }\left(\mathbf{A}+t{\mathbf{I}}_n\right)\alpha >0$ ,因此 $\mathbf{A}+t{\mathbf{I}}_n$ 是正定阵.

再证充分性. 由假设对任意的非零实列向量 $\alpha$ 和正实数 $t$ ,有

$${\alpha }^{\prime }\left(\mathbf{A}+t{\mathbf{I}}_n\right)\alpha ={\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha +t{\alpha }^{\prime }\alpha >0.$$

令 $t\to 0+$ ,上式两边同取极限可得 ${\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha \ge 0$ ,即 $\mathbf{A}$ 是半正定阵.

上面的例题告诉我们, 半正定阵是一列正定阵的极限, 因此我们可以利用摄动法将半正定阵的问题转化成正定阵的问题来研究.

例 $8.41n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 是半正定阵的充要条件是 $\mathbf{A}$ 的所有主子式全大于等于零.

证明 必要性由例 8.3 和例 8.17 (2) 即得, 下证充分性. 由例 1.39 可得

$$\left|\mathbf{A}+t{\mathbf{I}}_n\right|=t^n+c_1{t}^{n-1}+\cdots +c_{n-1}t+c_n,$$

其中 $c_i$ 是 $\mathbf{A}$ 的所有 $i$ 阶主子式之和. 由假设可知 $c_i\ge 0\left(i=1,\cdots ,n\right)$ ,故对任意的正实数 $t$ ,我们总有 $\left|\mathbf{A}+t{\mathbf{I}}_n\right|>0$ . 设 ${\mathbf{A}}_k\left(k=1,\cdots ,n\right)$ 是 $\mathbf{A}$ 的 $n$ 个顺序主子阵,则 ${\mathbf{A}}_k$ 的主子式也是 $\mathbf{A}$ 的主子式,从而 ${\mathbf{A}}_k$ 的所有主子式全大于等于零,根据上面的讨论可知,对任意的正实数 $t$ ,我们总有 $\left|{\mathbf{A}}_k+t{\mathbf{I}}_k\right|>0$ . 注意到 $\left|{\mathbf{A}}_k+t{\mathbf{I}}_k\right|\left(k=1,\cdots ,n\right)$ 是 $\mathbf{A}+t{\mathbf{I}}_n$ 的 $n$ 个顺序主子式,故由上面的讨论可知, 对任意的正实数 $t,\mathbf{A}+t{\mathbf{I}}_n$ 都是正定阵,再由例 8.40 即得 $\mathbf{A}$ 为半正定阵.

注 我们不能用顺序主子式的非负性来推出半正定性, 这一点和正定阵不同. 例如,矩阵 $\mathbf{A}=\mathrm{diag}\{1,0,-1\}$ 的顺序主子式都非负,但 $\mathbf{A}$ 却不是半正定阵.

例 8.42 设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 都是 $n$ 阶半正定实对称矩阵, $c$ 是非负实数,求证:

(1) ${\mathbf{A}}^{\ast },\mathbf{A}+\mathbf{B},c\mathbf{A}$ 都是半正定阵;

(2) 若 $\mathbf{D}$ 是实矩阵,则 ${\mathbf{D}}^{\prime }\mathbf{AD}$ 也是半正定阵.

证明 (1) 因为 $\mathbf{A}$ 半正定,故存在实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使得 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ ,于是 ${\mathbf{A}}^{\ast }=$ $C^{\ast }{\left(C^{\prime }\right)}^{\ast }=C^{\ast }{\left(C^{\ast }\right)}^{\prime }$ 是半正定阵. 对任一非零实列向量 $\alpha ,{\alpha }^{\prime }\left(\mathbf{A}+\mathbf{B}\right)\alpha ={\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha +$ ${\alpha }^{\prime }\mathbf{B}\alpha \ge 0$ ,从而 $\mathbf{A}+\mathbf{B}$ 是半正定阵. 同理可证 $c\mathbf{A}$ 也是半正定阵.

(2) 采用 (1) 的记号,则 $D^{\prime }AD=D^{\prime }{C}^{\prime }CD={\left(CD\right)}^{\prime }\left(CD\right)$ 也是半正定阵.

由例 8.4 可知,正定阵 $\mathbf{A}$ 的主对角元素全为正实数,并且绝对值最大的元素只在主对角线上. 半正定阵当然没有这么好的性质, 不过通过下面的例题可以看出, 若半正定阵的某个主对角元素为零, 则与之同行同列的所有元素都为零. 这个性质可以看成是正定阵上述性质的极限版本, 是半正定阵第一个重要的性质.

例 8.43 设 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 为 $n$ 阶半正定实对称矩阵,求证: 若 $a_{ii}=0$ ,则 $\mathbf{A}$ 的第 $i$ 行和第 $i$ 列的所有元素都等于零.

证明 任取 $j\ne i$ ,考虑 $\mathbf{A}$ 的第 $i,j$ 行和第 $i,j$ 列构成的主子式,由例 8.41 可得

$$\left|\begin{array}{ll}{a}_{ii}& a_{ij}\\ a_{ji}& a_{jj}\end{array}\right|=a_{ii}{a}_{jj}-a_{ij}{a}_{ji}=-a_{ij}^2\ge 0,$$

从而 $a_{ij}=a_{ji}=0\left(j\ne i\right)$ ,结论得证.

例 8.39 的证法 3 设 $\alpha ={\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)}^{\prime }$ 为实列向量,要证 $g$ 是负定型,等价地只要证明: 若 $g\left(\alpha \right)\ge 0$ ,则 $\alpha =0$ 即可. 作 $n+1$ 变元二次型 $h\left(\mathbf{y}\right)={\mathbf{y}}^{\prime }\mathbf{By}$ , 其中 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \alpha \\ {\alpha }^{\prime }& 0\end{array}\right)$ ,则 $\left|\mathbf{B}\right|=g\left(\alpha \right)\ge 0$ . 又已知 $\mathbf{A}$ 正定,因此 $\mathbf{B}$ 的前 $n$ 个顺序主子式为正. 由例 8.11 可知, $h$ 是半正定型,从而 $\mathbf{B}$ 是半正定阵. 注意到 $\mathbf{B}$ 的第 $\left(n+1,n+1\right)$ 元素为零,故由例 8.43 可知 $\alpha =0$ .

半正定阵第二个重要的性质是: 若 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶半正定阵, $\alpha$ 为 $n$ 维实列向量,则由 ${\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha =0$ 可以推出 $\mathbf{A}\alpha =0$ . 这是一个非常强的结论,可以处理很多关于半正定阵的问题. 为了完整起见, 我们在下面的例题中证明一个充要条件.

例 8.44 设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶实对称矩阵,求证: $\mathbf{A}$ 为半正定阵或半负定阵的充要条件是对任一满足 ${\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha =0$ 的 $n$ 维实列向量 $\alpha$ ,均有 $\mathbf{A}\alpha =0$ .

证明 先证必要性. 若 $\mathbf{A}$ 是半正定阵,则存在实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使得 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ ,从而

$$0={\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha ={\alpha }^{\prime }{\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}\alpha ={\left(\mathbf{C}\alpha \right)}^{\prime }\left(\mathbf{C}\alpha \right),$$

于是 $C\alpha =0$ ,因此 $A\alpha =C^{\prime }\left(C\alpha \right)=0$ . 同理可证 $A$ 是半负定阵的情形.

再证充分性. 用反证法,设 $\mathbf{A}$ 既不是半正定阵,也不是半负定阵,则 $\mathbf{A}$ 的正惯性指数 $p>0$ ,负惯性指数 $q>0$ . 设 $\mathbf{C}$ 是非异实矩阵,使得 $\mathbf{B}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}=$ $\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{I}}_p,-{\mathbf{I}}_q,\mathbf{O}\right\}$ 为 $\mathbf{A}$ 的合同标准型. 令 $b_1=1,b_{p+1}=1$ ,其他 $b_i$ 全为零, 则 $\beta ={\left(b_1,b_2,\cdots ,b_n\right)}^{\prime }$ 是非零列向量,并且满足 ${\beta }^{\prime }\mathbf{B}\beta =0$ ,但 $\mathbf{B}\beta \ne 0$ ,从而 $\alpha =\mathbf{C}\beta ={\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)}^{\prime }$ 也是非零列向量,并且满足 ${\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha =0$ ,但 $\mathbf{A}\alpha =$ $\mathbf{AC}\beta ={\left({\mathbf{C}}^{\prime }\right)}^{-1}\mathbf{B}\beta \ne 0$ ,这就推出了矛盾.

例 8.45 设 $M=\left(\begin{array}{cc}A& B\\ B^{\prime }& D\end{array}\right)$ 为半正定实对称矩阵,求证: $\mathrm{r}\left(A!B\right)=\mathrm{r}\left(A\right)$ .

证法 1 根据线性方程组的求解理论,要证明 $\mathrm{r}\left(\mathbf{A};\mathbf{B}\right)=\mathrm{r}\left(\mathbf{A}\right)$ ,只要证明线性方程组 $\left(\begin{array}{c}A\\ B^{\prime }\end{array}\right)x=0$ 与 $Ax=0$ 同解即可. 显然前面线性方程组的解是后面线性方程组的解,下面证明反之也成立. 设 $\mathbf{A}{\mathbf{x}}_0=0$ ,其中 ${\mathbf{x}}_0$ 是实列向量,则有

$$\left({\mathbf{x}}_0^{\prime },0\right)\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\\ {\mathbf{B}}^{\prime }& \mathbf{D}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\mathbf{x}}_0\\ 0\end{array}\right)={\mathbf{x}}_0^{\prime }\mathbf{A}{\mathbf{x}}_0=0,$$

由例 8.44 可知 $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\\ {\mathbf{B}}^{\prime }& \mathbf{D}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\mathbf{x}}_0\\ 0\end{array}\right)=0$ ,即有 $\left(\begin{array}{c}\mathbf{A}\\ {\mathbf{B}}^{\prime }\end{array}\right){\mathbf{x}}_0=0$ 成立,从而结论得证.

证法 2 由 $\mathbf{M}$ 的半正定性可得 $\mathbf{A}$ 也是半正定的,因此存在非异实矩阵 $\mathbf{C}$ ,使得 ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}=\left(\begin{array}{ll}{\mathbf{I}}_r& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{O}\end{array}\right)$ . 考虑如下合同变换:

$$\left(\begin{array}{cc}{C}^{\prime }& O\\ O& I\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}A& B\\ B^{\prime }& D\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}C& O\\ O& I\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{C}^{\prime }AC& C^{\prime }B\\ B^{\prime }C& D\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}{I}_r& O& B_1\\ O& O& B_2\\ B_1^{\prime }& B_2^{\prime }& D\end{array}\right),$$

由例 8.43 可知 ${\mathbf{B}}_2=\mathbf{O}$ . 对分块矩阵 $\left(\mathbf{A}!\mathbf{B}\right)$ 左乘 ${\mathbf{C}}^{\prime }$ ,相当于实施初等行变换,再对左边的分块 $\mathbf{A}$ 右乘 $\mathbf{C}$ ,相当于实施初等列变换,注意到矩阵的秩在初等变换下不改变, 故有

$$\mathrm{r}\left(\mathbf{A};\mathbf{B}\right)=\mathrm{r}\left({\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC};{\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{B}\right)=\mathrm{r}\left(\begin{array}{ccc}{\mathbf{I}}_r& \mathbf{O}& {\mathbf{B}}_1\\ \mathbf{O}& \mathbf{O}& \mathbf{O}\end{array}\right)=r=\mathrm{r}\left(\mathbf{A}\right).\square$$

注 本题的结论可以看成是例 8.43 结论的推广.

例 8.46 设 $\mathbf{A},\mathbf{B},\mathbf{A}-\mathbf{B}$ 都是 $n$ 阶半正定实对称矩阵,求证: $\mathrm{r}\left(\mathbf{A};\mathbf{B}\right)=\mathrm{r}\left(\mathbf{A}\right)$ .

证法 1 根据线性方程组的求解理论,要证明 $\mathrm{r}\left(\mathbf{A};\mathbf{B}\right)=\mathrm{r}\left(\mathbf{A}\right)$ ,只要证明线性方程组 $\left(\begin{array}{l}A\\ B\end{array}\right)x=0$ 与 $Ax=0$ 同解即可. 显然前面线性方程组的解是后面线性方程组的解,下面证明反之也成立. 设 $A{x}_0=0$ ,其中 $x_0$ 是实列向量,则将等式 $\mathbf{A}=\left(\mathbf{A}-\mathbf{B}\right)+\mathbf{B}$ 的两边同时左乘 ${\mathbf{x}}_0^{\prime }$ ,右乘 ${\mathbf{x}}_0$ ,可得

$$0={\mathbf{x}}_0^{\prime }\mathbf{A}{\mathbf{x}}_0={\mathbf{x}}_0^{\prime }\left(\mathbf{A}-\mathbf{B}\right){\mathbf{x}}_0+{\mathbf{x}}_0^{\prime }\mathbf{B}{\mathbf{x}}_0.$$

因为 $\mathbf{A}-\mathbf{B},\mathbf{B}$ 都是半正定阵,故 ${\mathbf{x}}_0^{\prime }\left(\mathbf{A}-\mathbf{B}\right){\mathbf{x}}_0\ge 0,{\mathbf{x}}_0^{\prime }\mathbf{B}{\mathbf{x}}_0\ge 0$ ,由上述等式可得 ${\mathbf{x}}_0^{\prime }\left(\mathbf{A}-\mathbf{B}\right){\mathbf{x}}_0={\mathbf{x}}_0^{\prime }\mathbf{B}{\mathbf{x}}_0=0$ ,再由例 8.44 可得 $\mathbf{B}{\mathbf{x}}_0=0$ ,因此 $\mathbf{x}={\mathbf{x}}_0$ 也是线性方程组 $\left(\begin{array}{l}\mathbf{A}\\ \mathbf{B}\end{array}\right)\mathbf{x}=0$ 的解,结论得证.

证法 2 考虑如下对称分块初等变换:

$$\left(\begin{array}{cc}A-B& O\\ O& B\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}A-B& B\\ O& B\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ll}A& B\\ B& B\end{array}\right),$$

因为 $A-B,B$ 都是半正定阵,故 $\left(\begin{array}{cc}A-B& O\\ O& B\end{array}\right)$ 也是半正定阵,从而 $\left(\begin{array}{ll}A& B\\ B& B\end{array}\right)$ 也是半正定阵, 由例 8.45 即得结论. [

利用例 8.45 的结论, 我们还可以得到类似于例 8.10 的关于半正定阵的刻画.

例 8.47 证明下列关于 $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 的命题等价:

(1) $\mathbf{A}$ 是半正定阵;

(2) 存在主对角线上元素全等于 1 的上三角矩阵 $\mathbf{B}$ ,使 $\mathbf{A}={\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{DB}$ ,其中 $\mathbf{D}$ 是半正定对角矩阵;

(3) 存在主对角线上元素全为非负实数的上三角矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ .

证明 $\left(1\right)\Rightarrow \left(2\right)$ : 对矩阵的阶用归纳法证明必存在主对角线上元素全为 1 的上三角矩阵 $\mathbf{T}$ ,使 ${\mathbf{T}}^{\prime }\mathbf{AT}=\mathbf{D}$ 是半正定对角矩阵. 一旦证明,因为 ${\mathbf{T}}^{-1}$ 也是主对角线上元素全为 1 的上三角矩阵,则结论自然成立. 当 $n=1$ 时显然. 假定对 $n-1$ 阶矩阵结论正确,现对 $n$ 阶正定阵来证明结论成立. 设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_{n-1}& \alpha \\ {\alpha }^{\prime }& a_{nn}\end{array}\right)$ ,其中 ${\mathbf{A}}_{n-1}$ 是 $n-1$ 阶矩阵, $\alpha$ 是 $n-1$ 维列向量. 因为 $\mathbf{A}$ 半正定,所以 ${\mathbf{A}}_{n-1}$ 是 $n-1$ 阶半正

定阵,并且由例 8.45 可得 $\mathrm{r}\left({\mathbf{A}}_{n-1};\alpha \right)=\mathrm{r}\left({\mathbf{A}}_{n-1}\right)$ ,故由线性方程组的求解理论可知, 存在 $n-1$ 维列向量 $\beta$ ,使 ${\mathbf{A}}_{n-1}\beta =\alpha$ . 考虑如下对称分块初等变换:

$$\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_{n-1}& \mathbf{O}\\ -{\beta }^{\prime }& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_{n-1}& \alpha \\ {\alpha }^{\prime }& a_{nn}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_{n-1}& -\beta \\ \mathbf{O}& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{A}}_{n-1}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& a_{nn}-{\beta }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}\beta \end{array}\right),$$

由 $\mathbf{A}$ 的半正定性可得 $a_{nn}-{\beta }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}\beta \ge 0$ . 再由归纳假设,存在主对角线上元素全为 1 的 $n-1$ 阶上三角矩阵 ${\mathbf{T}}_{n-1}$ ,使 ${\mathbf{T}}_{n-1}^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}{\mathbf{T}}_{n-1}={\mathbf{D}}_{n-1}$ 是 $n-1$ 阶半正定对角矩阵. 令

$$\mathbf{T}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_{n-1}& -\beta \\ \mathbf{O}& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{T}}_{n-1}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& 1\end{array}\right)$$

则 $\mathbf{T}$ 是一个主对角线上元素全为 1 的 $n$ 阶上三角矩阵,使

$${\mathbf{T}}^{\prime }\mathbf{AT}=\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{D}}_{n-1}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& a_{nn}-{\beta }^{\prime }{\mathbf{A}}_{n-1}\beta \end{array}\right)$$

是 $n$ 阶半正定对角矩阵.

$\left(2\right)\Rightarrow \left(3\right)$ : 由 $\left(2\right)$ ,设 $\mathbf{D}=\mathrm{diag}\left\{d_1,d_2,\cdots ,d_n\right\},s_i=\sqrt{d_i}$ ,令

$$\mathbf{S}=\mathrm{diag}\left\{s_1,s_2,\cdots ,s_n\right\}$$

设 $C=SB$ ,则 $A=C^{\prime }C$ . 显然 $C=SB$ 是主对角线上元素全为非负实数的上三角矩阵.

(3) $\Rightarrow$ (1): 这时 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ ,故 $\mathbf{A}$ 为半正定阵.

注 若 $\mathbf{A}$ 是半正定阵,则一般来说,使得 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$ 成立的主对角线上元素全为非负实数的上三角矩阵 $\mathbf{C}$ 并不一定是唯一的,这一点和正定阵的情形不同. 例如, $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ll}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$ ,则 ${\mathbf{C}}_1=\left(\begin{array}{ll}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ 和 ${\mathbf{C}}_2=\left(\begin{array}{ll}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$ 都是主对角线上元素全为非负实数的上三角矩阵且 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}_1^{\prime }{\mathbf{C}}_1={\mathbf{C}}_2^{\prime }{\mathbf{C}}_2$ . 我们还将在第 9 章用矩阵的 $QR$ 分解给出例 8.10 和例 8.47 的另一证明.

8.2.7 多变元二次型的计算

下面几个例子说明如何运用可逆线性变换来计算二次型的不变量或标准型.

例 8.48 证明: 一个秩大于 1 的实二次型可以分解为两个实系数一次多项式之积的充要条件是它的秩等于 2 , 且符号差等于零.

证明 设这个二次型为 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ ,假定

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\left(a_1{x}_1+a_2{x}_2+\cdots +a_n{x}_n\right)\left(b_1{x}_1+b_2{x}_2+\cdots +b_n{x}_n\right).$$

令

$$y_1=a_1{x}_1+a_2{x}_2+\cdots +a_n{x}_n,y_2=b_1{x}_1+b_2{x}_2+\cdots +b_n{x}_n.$$

如果向量 $\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)$ 和 $\left(b_1,b_2,\cdots ,b_n\right)$ 线性相关,则它们的元素成比例,即可假设 $\left(b_1,b_2,\cdots ,b_n\right)=k\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)$ ,于是 $f=k{y}_1^2$ . 这和 $f$ 的秩大于 1 的条件矛盾,因此向量 $\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)$ 和 $\left(b_1,b_2,\cdots ,b_n\right)$ 线性无关. 不妨设 $\left|\begin{array}{ll}{a}_1& a_2\\ b_1& b_2\end{array}\right|\ne 0$ ,定义可逆线性变换如下:

$$\{\begin{array}{l}{y}_1=a_1{x}_1+a_2{x}_2+\cdots +a_n{x}_n\\ y_2=b_1{x}_1+b_2{x}_2+\cdots +b_n{x}_n\\ y_i=x_i\left(i=3,\cdots ,n\right)\end{array}$$

得到 $f=y_1{y}_2$ . 再令 $y_1=z_1+z_2,y_2=z_1-z_2,y_i=z_i\left(i=3,\cdots ,n\right)$ ,可得 $f=z_1^2-z_2^2$ , 显然 $f$ 的秩为 2 且符号差为零.

反之,假定 $f\left(\mathbf{x}\right)=y_1^2-y_2^2$ ,显然有 $f=\left(y_1+y_2\right)\left(y_1-y_2\right),f$ 可以分解为两个一次多项式之积.

例 8.49 设实二次型

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=y_1^2+\cdots +y_k^2-y_{k+1}^2-\cdots -y_{k+s}^2,$$

其中 $y_i=a_{i1}{x}_1+a_{i2}{x}_2+\cdots +a_{in}{x}_n\left(i=1,2,\cdots ,k+s\right)$ ,求证: $f$ 的正惯性指数 $p\le k$ ,负惯性指数 $q\le s$ .

证明 假定经过可逆线性变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Cz}$ 后 $f$ 变为规范标准型: .

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=z_1^2+\cdots +z_p^2-z_{p+1}^2-\cdots -z_{p+q}^2.$$

于是有

$$y_1^2+\cdots +y_k^2-y_{k+1}^2-\cdots -y_{k+s}^2=z_1^2+\cdots +z_p^2-z_{p+1}^2-\cdots -z_{p+q}^2.\text{\hspace{1em}(8.3)}$$

若 $p>k$ ,作线性方程组

$$\{\begin{array}{l}{y}_i=0\left(i=1,2,\cdots ,k\right),\\ z_j=0\left(j=p+1,\cdots ,n\right).\end{array}$$

这是个未知数个数 (以 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为未知数) 超过方程式个数 $\left(k+n-p\right)$ 的齐次线性方程组,必有非零解 $x=\alpha$ . 将 $x=\alpha$ 代入 (8.3) 式,左边小于等于零,而右边大于等于零,于是只能等于零. 又从 $z_1^2+\cdots +z_p^2=0$ 推出 $z_1=\cdots =z_p=0$ . 这表明 $\alpha =\mathbf{Cz}=0$ ,这与 $\alpha$ 非零的假定矛盾. 因此 $p\le k$ . 同理可证 $q\le s$ .

例 8.50 设 $\mathbf{A}$ 为 $m$ 阶实对称矩阵, $\mathbf{C}$ 为 $m\times n$ 实矩阵,证明: ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}$ 的正惯性指数小于等于 $\mathbf{A}$ 的正惯性指数; ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}$ 的负惯性指数小于等于 $\mathbf{A}$ 的负惯性指数.

证明 由于正负惯性指数是合同不变量,故不妨假设 $\mathbf{A}=\mathrm{diag}\left\{{\mathbf{I}}_k,-{\mathbf{I}}_s,\mathbf{O}\right\}$ 是合同标准型,其中 $k,s$ 分别是 $\mathbf{A}$ 的正负惯性指数. 设 $\mathbf{x}={\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)}^{\prime },f\left(\mathbf{x}\right)=$ ${\mathbf{x}}^{\prime }{\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{ACx}$ 是相伴于 ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}$ 的二次型, $\mathbf{C}={\left(a_{ij}\right)}_{m\times n},\mathbf{y}={\left(y_1,y_2,\cdots ,y_m\right)}^{\prime }=\mathbf{Cx}$ , 即 $y_i=a_{i1}{x}_1+a_{i2}{x}_2+\cdots +a_{in}{x}_n\left(i=1,2,\cdots ,m\right)$ ,则 $f={\left(Cx\right)}^{\prime }A\left(Cx\right)=y^{\prime }Ay=$ $y_1^2+\cdots +y_k^2-y_{k+1}^2-\cdots -y_{k+s}^2$ . 由例 8.49 可知, $f$ 的正惯性指数 $p\le k$ ,负惯性指数 $q\le s$ ,结论得证.

• 例 8.51 设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为 $n$ 阶实对称矩阵,并用 $p\left(\mathbf{A}\right),q\left(\mathbf{A}\right)$ 分别表示 $\mathbf{A}$ 的正负惯性指数. 求证: $p\left(\mathbf{A}+\mathbf{B}\right)\le p\left(\mathbf{A}\right)+p\left(\mathbf{B}\right),q\left(\mathbf{A}+\mathbf{B}\right)\le q\left(\mathbf{A}\right)+q\left(\mathbf{B}\right)$ .

证明 考虑如下分块矩阵的乘积:

$$\left(\begin{array}{ll}{\mathbf{I}}_n& {\mathbf{I}}_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{B}\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}{\mathbf{I}}_n\\ {\mathbf{I}}_n\end{array}\right)=\mathbf{A}+\mathbf{B},$$

由例 8.6 和例 8.50 可得 $p\left(\mathbf{A}+\mathbf{B}\right)\le p\left(\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{B}\end{array}\right)=p\left(\mathbf{A}\right)+p\left(\mathbf{B}\right),q\left(\mathbf{A}+\mathbf{B}\right)\le$ $q\left(\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{B}\end{array}\right)=q\left(\mathbf{A}\right)+q\left(\mathbf{B}\right)$

• 例 8.52 化下列二次型为标准型:

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=x_1{x}_2+x_2{x}_3+\cdots +x_{n-1}{x}_n.$$

解 令

$$y_i=\frac{1}{2}\left(x_i+x_{i+1}+x_{i+2}\right),y_{i+1}=\frac{1}{2}\left(x_i-x_{i+1}+x_{i+2}\right),$$

则 $y_i^2-y_{i+1}^2=x_i{x}_{i+1}+x_{i+1}{x}_{i+2}$ . 因此当 $n=2k$ 时,令

$$y_i=\frac{1}{2}\left(x_i+x_{i+1}+x_{i+2}\right),y_{i+1}=\frac{1}{2}\left(x_i-x_{i+1}+x_{i+2}\right)\left(i=1,3,\cdots ,n-3\right),$$ $$y_{n-1}=\frac{1}{2}\left(x_{n-1}+x_n\right),y_n=\frac{1}{2}\left(x_{n-1}-x_n\right),$$

得到

$$f=y_1^2-y_2^2+y_3^2-y_4^2+\cdots +y_{n-1}^2-y_n^2.$$

当 $n=2k+1$ 时,令

$$y_i=\frac{1}{2}\left(x_i+x_{i+1}+x_{i+2}\right),y_{i+1}=\frac{1}{2}\left(x_i-x_{i+1}+x_{i+2}\right)\left(i=1,3,\cdots ,n-2\right),$$ $$y_n=x_n$$

得到

$$f=y_1^2-y_2^2+y_3^2-y_4^2+\cdots +y_{n-2}^2-y_{n-1}^2.$$

例 8.53 用配方法化下列二次型为标准型:

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\sum _{i=1}^n{x}_i^2+\sum _{1\le i<j\le n}{x}_i{x}_j.$$

解 用配方法可将原式化为

$${\left(x_1+\frac{1}{2}\sum _{i=2}^n{x}_i\right)}^2+\frac{3}{4}{\left(x_2+\frac{1}{3}\sum _{i=3}^n{x}_i\right)}^2+\cdots +\frac{n}{2n-2}{\left(x_{n-1}+\frac{1}{n}{x}_n\right)}^2+\frac{n+1}{2n}{x}_n^2.\square$$

• 例 8.54 化下列二次型为标准型:

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\sum _{i=1}^n{\left(x_i-s\right)}^2,s=\frac{1}{n}\left(x_1+x_2+\cdots +x_n\right).$$

解法 1 作线性变换: $y_i=x_i-s\left(i=1,\cdots ,n-1\right),y_n=x_n$ . 容易验证这是一

个可逆线性变换且 $s=y_1+y_2+\cdots +y_n$ . 因此可得

$$f=y_1^2+y_2^2+\cdots +y_{n-1}^2+{\left(y_1+y_2+\cdots +y_{n-1}\right)}^2.$$

进一步可化为

$$f=2\left(\sum _{i=1}^{n-1}{y}_i^2+\sum _{1\le i<j\le n-1}{y}_i{y}_j\right).$$

由上例即得

$$f=2z_1^2+\frac{3}{2}{z}_2^2+\cdots +\frac{n}{n-1}{z}_{n-1}^2.$$

解法 2 令 $y_i=x_i-s\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ ,用矩阵来表示就是 $\mathbf{y}=\mathbf{Ax}$ ,其中

$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cccc}\frac{n-1}{n}& -\frac{1}{n}& \cdots & -\frac{1}{n}\\ -\frac{1}{n}& \frac{n-1}{n}& \cdots & -\frac{1}{n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ -\frac{1}{n}& -\frac{1}{n}& \cdots & \frac{n-1}{n}\end{array}\right)$$

$\mathbf{A}$ 的第 $n-1$ 个顺序主子式是一个严格对角占优阵,因此必可逆,而 $\mathbf{A}$ 的每行元素之和等于零,因此 $\mathbf{A}$ 的秩等于 $n-1$ . 因为 $f={\mathbf{y}}^{\prime }\mathbf{y}={\mathbf{x}}^{\prime }{\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{Ax}$ ,注意到矩阵 $\mathbf{A}$ 和 ${\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}$ 的秩相同 (参见例 3.72),因此 $f$ 的秩为 $n-1$ . 于是 $f$ 的正惯性指数等于 $n-1$ ,负惯性指数为 0 .

例 8.55 设 $\mathbf{X}={\left(x_{ij}\right)}_{n\times n}$ 是 $n$ 阶矩阵变量, $f\left(\mathbf{X}\right)=\mathrm{tr}\left({\mathbf{X}}^2\right)$ 是关于未定元 $x_{ij}\left(1\le i,j\le n\right)$ 的二次型,试求 $f$ 的正负惯性指数.

解 经计算可得 $f=\sum _{i=1}^n{x}_{ii}^2+2\sum _{1\le i<j\le n}{x}_{ij}{x}_{ji}$ . 作如下非异线性变换:

$$x_{ii}=y_{ii},1\le i\le n,$$ $$x_{ij}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(y_{ij}+y_{ji}\right),x_{ji}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(y_{ij}-y_{ji}\right),1\le i<j\le n,$$

可得 $f=\sum _{i=1}^n{y}_{ii}^2+\sum _{1\le i<j\le n}\left(y_{ij}^2-y_{ji}^2\right)$ ,因此 $f$ 的正惯性指数为 $\frac{1}{2}n\left(n+1\right)$ ,负惯性指数为 $\frac{1}{2}n\left(n-1\right)$ . $\square$

注 由例 3.48 可知 $M_n\left(\mathbb{R}\right)=V_1\oplus V_2$ ,其中 $V_1$ 是 $n$ 阶实对称矩阵构成的子空间, $V_2$ 是 $n$ 阶实反对称矩阵构成的子空间. 对任意的 $\mathbf{X}\in V_1,\mathbf{Y}\in V_2$ ,我们有 $f\left(\mathbf{X}\right)=\mathrm{tr}\left({\mathbf{X}}^2\right)=\mathrm{tr}\left({\mathbf{X}}^{\prime }\mathbf{X}\right)\ge 0$ ,等号仅当 $\mathbf{X}=\mathbf{O}$ 时成立; $f\left(\mathbf{Y}\right)=\mathrm{tr}\left({\mathbf{Y}}^2\right)=$ $-\mathrm{tr}\left({\mathbf{Y}}^{\prime }\mathbf{Y}\right)\le 0$ ,等号仅当 $\mathbf{Y}=\mathbf{O}$ 时成立; $\mathrm{tr}\left(\mathbf{XY}\right)=\mathrm{tr}\left({\left(\mathbf{XY}\right)}^{\prime }\right)=\mathrm{tr}\left({\mathbf{Y}}^{\prime }{\mathbf{X}}^{\prime }\right)=$ $-\mathrm{tr}\left(\mathbf{YX}\right)=-\mathrm{tr}\left(\mathbf{XY}\right)$ ,即有 $\mathrm{tr}\left(\mathbf{XY}\right)=\mathrm{tr}\left(\mathbf{YX}\right)=0$ ,因此

$$f\left(\mathbf{X}+\mathbf{Y}\right)=\mathrm{tr}\left({\left(\mathbf{X}+\mathbf{Y}\right)}^2\right)=\mathrm{tr}\left({\mathbf{X}}^2\right)+\mathrm{tr}\left(\mathbf{XY}\right)+\mathrm{tr}\left(\mathbf{YX}\right)+\mathrm{tr}\left({\mathbf{Y}}^2\right)$$ $$=\mathrm{tr}\left({\mathbf{X}}^{\prime }\mathbf{X}\right)-\mathrm{tr}\left({\mathbf{Y}}^{\prime }\mathbf{Y}\right)$$

因为 $\dim V_1=\frac{1}{2}n\left(n+1\right),\dim V_2=\frac{1}{2}n\left(n-1\right)$ ,故上述等式给出例 8.55 的几何解释.

$\S 8.3$ 基础训练

8.3.1 训 练 题

一、单选题

1. 矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& \frac{1}{\sqrt{2}}& 1\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& 3& -\frac{3}{2}\\ 1& -\frac{3}{2}& 0\end{array}\right)$ 对应的二次型为 $\left(\right)$ .

(A) $x_1^2+\frac{1}{2}{x}_1{x}_2+2x_1{x}_3-3x_2{x}_3$

(B) $2\sqrt{2}{x}_1{x}_2-3x_2^2+x_1{x}_3-\frac{3}{2}{x}_2{x}_3$

(C) $\sqrt{2}{x}_1{x}_2+3x_2^2+2x_1{x}_3-3x_2{x}_3$

(D) $x_1{x}_2-3x_2^2+x_1{x}_3-3x_2{x}_3$

2. 设 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1{x}_2+x_1{x}_3-x_2{x}_3$ ,则它的相伴实对称矩阵 (即系数矩阵) 为 $\left(\right)$ .

(A) $\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right)$ (B) $\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& 0& -1\\ 1& -1& 0\end{array}\right)$

(C) $\left(\begin{array}{ccc}0& 1& -1\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ (D) $\left(\begin{array}{ccc}0& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& 0& -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& 0\end{array}\right)$

3. 在下列二次型中, 正惯性指数等于 2 的是 ( ).

(A) $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\left(x_1+x_2+x_3\right)}^2-2x_2^2$

(B) $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+x_2^2+5x_3^2-6x_1{x}_2-2x_1{x}_3+2x_2{x}_3$

(C) $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-x_1{x}_2$

(D) $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1{x}_2+2x_1{x}_3-2x_2{x}_3$

4. 设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& \frac{1}{3}& 0\\ 0& 0& -2\end{array}\right)$ ,则和 $\mathbf{A}$ 合同的矩阵是 $\left(\right)$ .

(A) $\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$ (B) $\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& -2& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$

(C) $\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& -5\end{array}\right)$ (D) $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 3\end{array}\right)$

5. 实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩等于 $r$ ,它正惯性指数为 $m$ ,则它的符号差为 $\left(\right)$ .

(A) $r$ (B) $m-r$ (C) $2m-r$ (D) $r-m$

6. 在下列二次型中, 属于正定型的是 ( ).

(A) $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+x_2^2$

(B) $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+x_2^2+2x_1{x}_2+x_3^2$

(C) $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=4x_1^2+3x_2^2+6x_3^2-x_1{x}_2-x_1{x}_3$

(D) $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1{x}_2+2x_1{x}_3+2x_2{x}_3$

7. $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶实对称矩阵,则 $\mathbf{A}$ 为正定阵的充要条件是 ( ).

(A) $\left|\mathbf{A}\right|>0$

(B) 存在 $n$ 阶可逆矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{C}$

(C) 对元素全不为零的向量 $\mathbf{x}$ ,总有 ${\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{Ax}>0$

(D) 存在 $n$ 维列向量 $\alpha \ne 0$ ,使 ${\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha >0$

8. 二次型 $f\left(x_1,\cdots ,x_n\right)$ 的系数矩阵是 $\left(\right)$ 时必是正定型.

(A) 实对称且主对角线上元素为正数 (B) 实对称且顺序主子式的值都为正数

(C) 实对称且所有元素为正数 (D) 实对称且行列式的值为正数

9. 设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为正定阵,则 $\left(\right)$ .

(A) $\mathbf{AB},\mathbf{A}+\mathbf{B}$ 一定都是正定阵

(B) $\mathbf{AB}$ 是正定阵, $\mathbf{A}+\mathbf{B}$ 不是正定阵

(C) $\mathbf{A}+\mathbf{B}$ 是正定阵, $\mathbf{AB}$ 不一定是正定阵

(D) $\mathbf{AB}$ 必不是正定阵, $\mathbf{A}+\mathbf{B}$ 必是正定阵

10. 二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=\left(k+1\right)x_1^2+\left(k-1\right)x_2^2+\left(k-2\right)x_3^2$ ,当 $\left(\right)$ 时,二次型 $f$ 必是正定型.

(A) $k>0$ (B) $k>1$ (C) $k=1$ (D) $k>2$

11. 下列条件不能保证 $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 为正定的是 ( ).

(A) ${\mathbf{A}}^{-1}$ 正定 (B) $\mathbf{A}$ 的负惯性指数为零

(C) $\mathbf{A}$ 的正惯性指数等于 $n$ (D) $\mathbf{A}$ 合同于单位矩阵

12. $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶正定阵,则下列结论错误的是 ( ).

(A) $\left|\mathbf{A}\right|>0$ (B) $\mathbf{A}$ 非异

(C) $\mathbf{A}$ 的元素全是正数 (D) $\mathbf{A}$ 的主对角线上的元素全是正数

13. 当 $k$ 为 $\left(\right)$ 时,矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}k& k& 1\\ k& k& 0\\ 1& 0& k^2\end{array}\right)$ 为正定阵.

(A) $k>1$ (B) $k^2>1$ (C) $k<0$ (D) $k$ 不存在

14. 下列矩阵合同于单位矩阵的是 ( ).

(A) $\left(\begin{array}{lll}1& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$ (B) $\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right)$

(C) $\left(\begin{array}{lll}1& 2& 1\\ 2& 7& 1\\ 1& 1& 8\end{array}\right)$ (D) $\left(\begin{array}{ccc}2& -1& 2\\ -1& 3& -\frac{3}{2}\\ 2& -\frac{3}{2}& -4\end{array}\right)$

15. 矩阵 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶实反对称矩阵,则 ${\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}$ 必是 $\left(\right)$ .

(A) 正定阵 (B) 负定矩阵 (C) 半正定阵 (D) 半负定矩阵

二、慎空题

1. 若可逆矩阵 $\mathbf{A}$ 和 $\mathbf{B}$ 合同,问 ${\mathbf{A}}^{-1}$ 和 ${\mathbf{B}}^{-1}$ 是否合同? ( )

2. $n\left(n>1\right)$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 和它的伴随矩阵 ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 是否必合同? ( )

3. 已知 $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 合同于对角矩阵 $\mathbf{B}$ ,其主对角元素中有 $m$ 个零, $t$ 个正实数. 问 $\mathbf{A}$ 的秩、正惯性指数、负惯性指数及符号差是什么? ( )

4. 若实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩为 $r$ ,符号差为 $s$ ,比较 $\left|s\right|$ 和 $r$ 的大小. ( )

5. 用对称初等变换法将下列二次型化为规范标准型并求其正负惯性指数:

$$2x_1{x}_2-6x_1{x}_3-6x_2{x}_4+2x_3{x}_4.$$

6. 试决定 $\lambda$ 的值,使下列实二次型为正定型:

$$f\left(x_1,x_2,x_3,x_4\right)=\lambda x_1^2+\lambda x_2^2+\lambda x_3^2+2x_1{x}_2-2x_2{x}_3+2x_1{x}_3+x_4^2.$$

7. 若 $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 是正定阵,问: 分块矩阵 $\left(\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{B}\end{array}\right)$ 是否是正定阵? ( )

8. 任意两个同阶正定阵合同吗? ( )

9. 若 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶实矩阵,问: ${\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}$ 何时为正定阵? ( )

10. $n$ 阶实对称矩阵按合同分类,共有 $\left(\right)$ 类.

11. 秩为 $n$ 的 $n$ 元实二次型 $f$ 和 $-f$ 合同,则 $f$ 的正惯性指数等于 $\left(\right)$ .

12. $\mathbf{A}$ 是正定阵,问 ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 是否也是正定阵? ( )

13. $\mathbf{A}$ 是正定阵,问 ${\mathbf{A}}^k\left(k>1\right)$ 是否也是正定阵? ( )

14. 若实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 的极小多项式为 $x^3-2x$ ,问 $\mathbf{A}$ 是否正定阵? ( )

15. 某同学对下列实二次型用配方法求惯性指数:

$$f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-x_1{x}_2-x_1{x}_3-x_2{x}_3$$ $$=\frac{1}{2}{\left(x_1-x_2\right)}^2+\frac{1}{2}{\left(x_2-x_3\right)}^2+\frac{1}{2}{\left(x_1-x_3\right)}^2.$$

因此他认为 $f$ 是正定型,你认为他的结论是否正确,如不正确,指出错误的原因.

三、解答题

1. 若已知 $\mathbf{A}$ 是半正定阵且 $\mathbf{A}$ 可逆,求证: $\mathbf{A}$ 必是正定阵.

2. 证明: 元素是整数的反对称矩阵的行列式是一个整数的平方.

3. 证明: 实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 是秩为 $r$ 的半正定阵的充要条件是,存在秩等于 $r$ 的 $r\times n$ 矩阵 $\mathbf{B}$ , 使 $A=B^{\prime }B$ .

4. 设矩阵

$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{llll}0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& a& 1\\ 0& 0& 1& 2\end{array}\right)$$

有一个特征值为 3,求 $a$ 的值并求可逆矩阵 $\mathbf{C}$ ,使得 ${\left(\mathbf{AC}\right)}^{\prime }\left(\mathbf{AC}\right)$ 是对角矩阵.

5. 设 $\mathbf{A}$ 是 $m\times n$ 实矩阵且 $\mathrm{r}\left(\mathbf{A}\right)=r$ ,作 $n$ 元二次型 $f\left(\mathbf{x}\right)={\mathbf{x}}^{\prime }\left({\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}\right)\mathbf{x}$ ,求证: $f$ 的秩等于 $r$ .

6. 化下列二次型为标准型:

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_{2n}\right)=x_1{x}_{2n}+x_2{x}_{2n-1}+\cdots +x_n{x}_{n+1}.$$

7. 判定下列二次型是什么型:

$$\sum _{i=1}^n{x}_i^2+\sum _{i=1}^{n-1}{x}_i{x}_{i+1}$$

8. 设有实二次型

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\sum _{i=1}^k{\left(a_{i1}{x}_1+a_{i2}{x}_2+\cdots +a_{in}{x}_n\right)}^2,$$

求证 $f$ 的秩等于下列矩阵的秩:

$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{k1}& a_{k2}& \cdots & a_{kn}\end{array}\right)$$

9. 设有 $n$ 元实二次型

$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)={\left(x_1-a_1{x}_2\right)}^2+{\left(x_2-a_2{x}_3\right)}^2+\cdots +{\left(x_{n-1}-a_{n-1}{x}_n\right)}^2+{\left(x_n-a_n{x}_1\right)}^2,$$

其中 $a_i$ 是实数,问: $a_i$ 适合什么条件时, $f$ 的正惯性指数恰为 $n$ ?

10. 证明下列二次型是半正定型:

$$n\sum _{i=1}^n{x}_i^2-{\left(\sum _{i=1}^n{x}_i\right)}^2$$

11. 设 $\mathbf{A}$ 是 $m$ 阶正定实对称矩阵, $\mathbf{B}$ 是 $m\times n$ 实矩阵. 求证: ${\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{AB}$ 是正定阵的充要条件是 $\mathrm{r}\left(\mathbf{B}\right)=n$ .

12. 设 $A,B,A-B$ 都是 $n$ 阶正定实对称矩阵,问 $A^2-B^2$ 是否为正定阵? 若成立,请证之; 若不成立, 请举出反例.

13. 求证: $n$ 阶矩阵 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 是正定阵,其中 $a_{ij}=\frac{1}{{\left(i+j\right)}^k},k$ 是任意的正整数.

14. 设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶实矩阵,若对任意的 $n$ 维非零实列向量 $\alpha$ ,总有 ${\alpha }^{\prime }\mathbf{A}\alpha >0$ ,则称 $A$ 为亚正定阵. 下设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 都是 $n$ 阶亚正定阵, $c$ 是正实数,求证:

(1) $\mathbf{A}$ 是亚正定阵的充要条件是 $\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{\prime }$ 是正定阵;

(2) $\mathbf{A}+\mathbf{B},c\mathbf{A},{\mathbf{A}}^{\prime },{\mathbf{A}}^{-1},{\mathbf{A}}^{\ast }$ 都是亚正定阵;

(3) 若 $\mathbf{C}$ 是 $n$ 阶非异实矩阵,则 ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}$ 是亚正定阵;

(4) 若 $\mathbf{B}$ 是对称矩阵且 $\mathbf{A}-\mathbf{B}$ 是亚正定阵,则 ${\mathbf{B}}^{-1}-{\mathbf{A}}^{-1}$ 也是亚正定阵.

15. 设实二次型 $f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 的秩等于 $n$ ,符号差等于 $s$ . 求证: 在 $n$ 维实向量空间 $V$ 中,存在维数等于 $\frac{1}{2}\left(n-\left|s\right|\right)$ 的子空间 $U$ ,对 $U$ 中任一向量 $\alpha ,f\left(\alpha \right)=0$ .

8.3.2 训练题答案

一、单选题

1. 应选择 $\left(\mathrm{C}\right)$ .

2. 选择 (D).

3. 经计算可知应选择 (B).

4. 合同的矩阵有相同的正负惯性指数, 故选择 (C).

5. 选择 $\left(\mathrm{C}\right)$ .

6. 对相伴矩阵用顺序主子式法判定, (C) 是正确的选择.

7. (B) 表明 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\prime }{\mathbf{I}}_n\mathbf{C}$ ,因此 $\mathbf{A}$ 正定. 故选择 (B).

8. 显然应选择 (B).

9. 注意对称矩阵之积未必是对称矩阵 (在乘法可交换时是), 因此选择 (C).

10. 容易知道应选择 (D).

11. 负惯性指数为零并不意味着正惯性指数等于 $n$ (秩可能小于 $n$ ). 因此选择 (B).

12. 选择 (C). 譬如元素全等于 1 的二阶矩阵不是正定阵.

13. 由顺序主子式法可知 $k$ 不存在,选择 (D).

14. (A) 和 (B) 中的矩阵的秩小于 3, (D) 中的矩阵的主对角线上有负元素, 因此它们都不是正定阵, 当然也不会合同于单位矩阵. 应该选择 (C).

15. 无论 $\mathbf{A}$ 是什么 (实) 矩阵, ${\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}$ 总是半正定阵,只有当 $\mathbf{A}$ 可逆时它才是正定阵. 应该选择 $\left(\mathrm{C}\right)$ .

二、慎空题

1. 必合同. 设 $\mathbf{B}={\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC},\mathbf{C}$ 是可逆矩阵. 两边求逆得 ${\mathbf{B}}^{-1}={\mathbf{C}}^{-1}{\mathbf{A}}^{-1}{\left({\mathbf{C}}^{\prime }\right)}^{-1}$ . 由矩阵的运算性质知 ${\left(C^{\prime }\right)}^{-1}={\left(C^{-1}\right)}^{\prime }$ ,故 $B^{-1}=C^{-1}{A}^{-1}{\left(C^{-1}\right)}^{\prime }$ ,此即表明 $A^{-1}$ 和 $B^{-1}$ 合同.

2. 不一定. $I_n$ 的伴随仍是 $I_n$ ,二者当然合同. 但若 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right)$ ,则 ${\mathbf{A}}^{\ast }=$

$\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right).\mathbf{A}$ 和 ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 的正惯性指数不相同,因此不合同.

3. $\mathbf{A}$ 的秩等于 $\mathbf{B}$ 的主对角线上非零元素的个数,即 $n-m.\mathbf{B}$ 的主对角线上正实数的个数 $t$ 就是 $\mathbf{A}$ 的正惯性指数,负实数的个数 $n-m-t$ 就是 $\mathbf{A}$ 的负惯性指数. 由此可知符号差等于 $2t+m-n$ .

4. 设 $\mathbf{A}$ 的正惯性指数为 $p$ ,负惯性指数为 $q$ ,则 $r=p+q,s=p-q$ . 由不等式 $\left|p-q\right|\le p+q$ 即知 $\left|s\right|\le r$ .

5. 二次型的系数矩阵为 $\left(\begin{array}{cccc}0& 1& -3& 0\\ 1& 0& 0& -3\\ -3& 0& 0& 1\\ 0& -3& 1& 0\end{array}\right)$ ,对它施以对称初等变换可求得正惯性指数

为 2,负惯性指数为 2. 因此规范标准型为 $y_1^2+y_2^2-y_3^2-y_4^2$ .

6. 这个二次型的系数矩阵为 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cccc}\lambda & 1& 1& 0\\ 1& \lambda & -1& 0\\ 1& -1& \lambda & 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right),\mathbf{A}$ 的顺序主子式为 $A_1=\lambda$ , $A_2=\left|\begin{array}{ll}\lambda & 1\\ 1& \lambda \end{array}\right|={\lambda }^2-1,A_3=\left|\begin{array}{ccc}\lambda & 1& 1\\ 1& \lambda & -1\\ 1& -1& \lambda \end{array}\right|={\left(\lambda +1\right)}^2\left(\lambda -2\right),A_4=A_3={\left(\lambda +1\right)}^2\left(\lambda -2\right)$ . 要使 $f$ 为正定型,必须有 $\lambda >0,{\lambda }^2-1>0,{\left(\lambda +1\right)}^2\left(\lambda -2\right)>0$ ,解得 $\lambda >2$ .

7. 必正定.

8. 合同. 因为两个 $n$ 阶正定阵的正惯性指数都等于 $n$ ,负惯性指数都等于零,故必合同.

9. 当 $\mathbf{A}$ 是可逆矩阵时, ${\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}={\mathbf{A}}^{\prime }{\mathbf{I}}_n\mathbf{A}$ ,因此 ${\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}$ 是正定阵.

10. 共有 $\frac{1}{2}\left(n+1\right)\left(n+2\right)$ 类.

11. $\frac{n}{2}$ .

12. ${\overline{\mathbf{A}}}^{\ast }$ 是正定阵 (参见例 8.26).

13. ${\mathbf{A}}^k$ 是正定阵. 注意 $\mathbf{A}$ 是可逆矩阵. 当 $k=2m$ 是偶数时, ${\mathbf{A}}^k={\left({\mathbf{A}}^m\right)}^{\prime }{\mathbf{I}}_n{\mathbf{A}}^m,{\mathbf{A}}^k$ 和 ${\mathbf{I}}_n$ 合同,因此 ${\mathbf{A}}^k$ 是正定阵; 当 $k=2m+1$ 是奇数时, ${\mathbf{A}}^k={\left({\mathbf{A}}^m\right)}^{\prime }\mathbf{A}{\mathbf{A}}^m,{\mathbf{A}}^k$ 和 $\mathbf{A}$ 合同, ${\mathbf{A}}^k$ 仍是正定阵.

14. $\mathbf{A}$ 必不是正定阵,因为 $\left|\mathbf{A}\right|=0$ .

15. 不正确. 因为他使用的线性变换是不可逆的.

三、解答题

1. 由惯性定律即得.

2. 设 $\mathbf{A}$ 是整数反对称矩阵. 由例 8.12 可知,存在有理数域上的可逆矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathbf{AC}$ 为 (8.2) 式所示,则显然 ${\left|C\right|}^2\left|A\right|=\left|C^{\prime }AC\right|=1$ 或 0 . 因此 $\left|A\right|$ 是某个有理数的平方,但整数矩阵的行列式是整数,故 $\left|\mathbf{A}\right|$ 必是整数的平方.

3. 若 $A=B^{\prime }B$ ,则对任意的 $n$ 维实向量 $x,f\left(x\right)=x^{\prime }Ax=x^{\prime }{B}^{\prime }Bx={\left(Bx\right)}^{\prime }\left(Bx\right)\ge 0$ . 因此 $\mathbf{A}$ 是半正定阵. 反之,若 $\mathbf{A}$ 半正定, $\mathbf{A}$ 合同于一个对角矩阵,即存在可逆矩阵 $\mathbf{C}$ ,使 $\mathbf{A}=$ ${\mathbf{C}}^{\prime }\mathrm{diag}\{1,\cdots ,1,0,\cdots ,0\}\mathbf{C}$ ,其中有 $r$ 个 1 . 令 $\mathbf{M}=\left({\mathbf{I}}_r,\mathbf{O}\right)$ 是 $r\times n$ 矩阵,再令 $\mathbf{B}=\mathbf{MC}$ , 则 $\mathbf{B}$ 是秩等于 $r$ 的 $r\times n$ 矩阵. 显然 $\mathbf{A}={\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{B}$ .

4. 由 $\left|3{\mathbf{I}}_4-\mathbf{A}\right|=0$ 可得 $a=2$ ,故 ${\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}=\mathrm{diag}\left\{\left(\begin{array}{ll}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{ll}5& 4\\ 4& 5\end{array}\right)\right\}$ . 经计算可

取 $C=\mathrm{diag}\left\{\left(\begin{array}{ll}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right),\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\right\}\left(C\text{的选取不唯一}\right)$ ,使得 ${\left(AC\right)}^{\prime }\left(AC\right)=C^{\prime }\left(A^{\prime }A\right)C=$ $\mathrm{diag}\{1,1,1,9\}$ .

5. 由例 3.72 可知, $f$ 的秩等于 $\mathrm{r}\left({\mathbf{A}}^{\prime }\mathbf{A}\right)=\mathrm{r}\left(\mathbf{A}\right)=r$ .

6. 解法 1: 这个二次型的系数矩阵为 $\left(2n\text{阶}\right)$ :

$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccccc}0& 0& \cdots & 0& \frac{1}{2}\\ 0& 0& \cdots & \frac{1}{2}& 0\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮\\ 0& \frac{1}{2}& \cdots & 0& 0\\ \frac{1}{2}& 0& \cdots & 0& 0\end{array}\right).$$

由例 8.9 知这个矩阵的正负惯性指数都是 $n$ ,所以原二次型的标准型为 $f=y_1^2+\cdots +y_n^2-y_{n+1}^2-$ $\cdots -y_{2n}^2$ . 解法 2: 作如下非异线性变换: $x_i=y_i+y_{2n+1-i},x_{2n+1-i}=y_i-y_{2n+1-i},i=1,\cdots ,n$ , 则 $f=y_1^2+\cdots +y_n^2-y_{n+1}^2-\cdots -y_{2n}^2$ .

7. 解法 1: 该二次型的系数矩阵为

$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccccc}1& \frac{1}{2}& 0& \cdots & 0\\ \frac{1}{2}& 1& \frac{1}{2}& \cdots & 0\\ 0& \frac{1}{2}& 1& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & 1\end{array}\right).$$

这是一个三对角矩阵,主对角元素全为 1,上下次对角线元素为 $\frac{1}{2}$ ,且 $\mathbf{A}$ 的每个顺序主子式形状相同. 由例 1.23 知每个顺序主子式均大于零,所以 $\mathbf{A}$ 是正定阵,二次型为正定型. 解法 2: 用配方法可将二次型化为 $\frac{1}{2}{\left(x_1+x_2\right)}^2+\frac{1}{2}{\left(x_2+x_3\right)}^2+\cdots +\frac{1}{2}{\left(x_{n-1}+x_n\right)}^2+\frac{1}{2}{x}_1^2+\frac{1}{2}{x}_n^2$ . 因此二次型至少是半正定的. 而若上式等于零,则显然有 $x_1=x_2=\cdots =x_n=0$ ,所以该二次型是正定型.

8. 将 $f$ 写成矩阵形式: $f\left(x\right)={\left(Ax\right)}^{\prime }\left(Ax\right)=x^{\prime }\left(A^{\prime }A\right)x$ ,可见 $f$ 的系数矩阵为 $A^{\prime }A$ . 由解答题 5 可知, $f$ 的秩就是 $\mathbf{A}$ 的秩.

9. 解法 1: 显然此二次型至少是半正定的. 若二次型的值等于零,则有 $x_1=a_1{x}_2$ , $x_2=a_2{x}_3,\cdots ,x_{n-1}=a_{n-1}{x}_n,x_n=a_n{x}_1$ ,于是 $\left(1-a_1{a}_2\cdots a_n\right)x_1=0$ . 若 $a_1{a}_2\cdots a_n\ne 1$ , 则 $x_1=x_2=\cdots =x_n=0$ ,此时 $f$ 为正定型; 若 $a_1{a}_2\cdots a_n=1$ ,则由 $x_1=c\ne 0$ 可依次解出 $x_i=a_i{a}_{i+1}\cdots a_{n}c$ ,此时 $f$ 不是正定型. 因此当且仅当 $a_1{a}_2\cdots a_n\ne 1$ 时, $f$ 的正惯性指数等于 $n$ . 解法 2: 按照解答题 8 的方式构造矩阵 $\mathbf{A}$ ,计算出 $\left|\mathbf{A}\right|=1-a_1{a}_2\cdots a_n$ ,由此即得结论.

10. 用配方法可将上述二次型化为 $\sum _{1\le i<j\le n}^n{\left(x_i-x_j\right)}^2$ . 因此该二次型半正定.

11. 由 $\mathbf{A}$ 的正定性可知, ${\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{AB}$ 至少是半正定的,并且 ${\mathbf{x}}^{\prime }\left({\mathbf{B}}^{\prime }\mathbf{AB}\right)\mathbf{x}={\left(\mathbf{Bx}\right)}^{\prime }\mathbf{A}\left(\mathbf{Bx}\right)=0$ 当且仅当 $Bx=0$ . 因此, $B^{\prime }AB$ 是正定阵当且仅当 $Bx=0$ 只有零解,而由线性方程组的求解理论可知,后者当且仅当 $\mathrm{r}\left(\mathbf{B}\right)=n$ .

12. 一般来说, ${\mathbf{A}}^2-{\mathbf{B}}^2$ 不一定是正定阵. 例如, $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cc}2.0011& 0.001\\ 0.001& 1.001\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ll}2& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$ ,容易验证 $A,B,A-B$ 都是正定阵,但 $\left|A^2-B^2\right|<0$ ,从而 $A^2-B^2$ 不是正定阵.

13. 由例 8.27 (1) 和例 8.23 即得结论.

14. (1) 由 ${\alpha }^{\prime }A\alpha ={\left({\alpha }^{\prime }A\alpha \right)}^{\prime }={\alpha }^{\prime }{A}^{\prime }\alpha$ 可得 ${\alpha }^{\prime }\left(A+A^{\prime }\right)\alpha =2{\alpha }^{\prime }A\alpha$ ,故结论成立. (2) $\mathbf{A}+\mathbf{B},c\mathbf{A},{\mathbf{A}}^{\prime }$ 的亚正定性直接由定义验证可得. 由第 6 章解答题 2 可知 $\left|\mathbf{A}\right|>0$ ,从而 $\mathbf{A}$ 可逆. 注意到 ${\mathbf{A}}^{-1}+{\left({\mathbf{A}}^{-1}\right)}^{\prime }={\left({\mathbf{A}}^{-1}\right)}^{\prime }\left(\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{\prime }\right){\mathbf{A}}^{-1}$ ,故由 (1) 可知 ${\mathbf{A}}^{-1}$ 亚正定. 注意到 ${\mathbf{A}}^{\ast }=\left|\mathbf{A}\right|\cdot {\mathbf{A}}^{-1}$ , 故 ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 也是亚正定的. (3) 直接由定义验证可得. (4) 由例 2.19 可知 ${\mathbf{B}}^{-1}-{\mathbf{A}}^{-1}=(\mathbf{B}+\mathbf{B}(\mathbf{A}-$ $B{)}^{-1}B{)}^{-1}$ ,再由 (2) 和 (3) 可得 $B^{-1}-A^{-1}$ 是亚正定阵.

15. 设 $\mathbf{x}=\mathbf{Cy},f=y_1^2+\cdots +y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots -y_n^2$ ,其中 $p$ 是二次型的正惯性指数. 不失一般性,可设 $p\le n-p$ (否则可对 $-f$ 考虑本问题),则 $s=p-\left(n-p\right)=2p-n\le 0$ ,从而 $\frac{1}{2}\left(n-\left|s\right|\right)=p$ 是非负整数. 令 ${\beta }_i\left(i=1,\cdots ,p\right)$ 是第 $i$ 坐标和第 $p+i$ 坐标等于 1,其他坐标等于 0 的 $n$ 维列向量,容易验证这 $p$ 个向量线性无关. 令 ${\alpha }_i=\mathbf{C}{\beta }_i\left(i=1,\cdots ,p\right)$ ,因为 $\mathbf{C}$ 可逆, 故 $\left\{{\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_p\right\}$ 线性无关. 令 $U=L\left({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_p\right)$ ,则 $\dim U=\frac{1}{2}\left(n-\left|s\right|\right)$ ,显然对任意的 $\alpha \in U$ , $f\left(\alpha \right)=0.$