正定矩阵的八条性质

• 正定矩阵八条性质

叙述并证明正定矩阵的充要条件. (思考一下有多少个？)

正定矩阵的性质

(1) $n$ 级实矩阵 $A$ 正定的充要条件是: 存在可逆矩阵 $C$ 使得 $A=C C^{\prime}$ (或 $\left.C^{\prime} C\right)$.

(2) 实对称矩阵 $A$ 正定的充要条件是 $A$ 的所有主子式大于零.

(3) 实对称矩阵 $A$ 正定的充要条件是 $A$ 的所有顺序主子式大于零.

(4) 实对称矩阵 $A$ 正定的充要条件是 $A$ 的特征值都大于零.

(5)a. 已知 $A, B$ 是正定矩阵, 则 $A^{-1}, A^{*}, A^{k}, A+B$ 都是正定矩阵, 但是 $A B$ 不一定是正定矩阵, 因为 $A B$ 不一定是对称矩阵.

b. $A, B$ 正定可以得到 $A B$ 的所有特征值都大于零, 所以 $A B$ 正定的充要条件是 $A B$ 为实对称矩阵, 也就是 $A B=B A$.

(6) 实对称矩阵 $A$ 正定的充要条件是 $x^TAx>0$对所有非零向量$x$成立.

(7) 实对称矩阵 $A$ 正定的充要条件是存在列满秩矩阵$R$，使得$A=R^TR$

(8) 实对称矩阵 $A$ 正定的充要条件是$A$的所有主元（无行交换）都是正的。

欢迎大家补充.

证明 简单证明部分命题如下：

我们知道任意一个实对称矩阵都正交相似于一个对角矩阵，对角阵的元素就是实对称矩阵的特征值，由此可以得到(4)

下面利用(4)证明(6):

必要性. 由于A正定，所以根据(4)知A的所有特征值为正，即对于实对称矩阵A，存在正交方阵Q，使得

$A=Q\Lambda Q^T， \Lambda = \left[ \begin{matrix} \lambda_1 & 0 & 0\\ 0 & \cdots & 0\\ 0 & 0 & \lambda_n \end{matrix} \right] \\[1ex] 有x^TAx=x^TQ\Lambda Q^Tx \\[1ex] 令y=Q^Tx=(y_1,\cdots,y_n)，则y^T\Lambda y=\lambda_1y_1^2+\cdots+\lambda_ny_n^2>0$

充分性. 令$Ax=\lambda x(x\neq 0)$, 由题设$x^TAx=x^T\lambda x=\lambda\Vert x\Vert^2$ 可推出$\lambda > 0$, 故根据(4), A正定.

下面根据(6)来证明(3)和(8)，思路为: $(6)\Rightarrow(3)\Rightarrow(8)\Rightarrow(6)$

$(6)\Rightarrow(3)$

$\mathrm{det}A=\lambda_1\cdots\lambda_n>0 \\[1ex] 0<x^TAx=(x^T_k\;0) \begin{pmatrix} A_k & *\\ * & * \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_k\\ 0 \end{pmatrix} =x_k^TA_kx_k\\ \Rightarrow A_k正定\Rightarrow \mathrm{det}A_k > 0$

$(3)\Rightarrow(8)$

顺序主子式与主元有直接联系，第k个主元$d_k={\mathrm{det}A_k \over \mathrm{det}A_{k-1}}>0$, 其中$A_k$是第k个顺序主子矩阵

$(8)\Rightarrow(6)$

由对称矩阵的高斯消元法得到$A=LDL^T$，其中对角阵$D=diag(d_1,\cdots,d_n)$ 的对角元为A的主元，则对任意非零向量$x^TAx=x^TLDL^Tx=y^TDy=d_1y_1^2+\cdots+d_ny_n^2>0\\ (d_i>0，y=L^Tx\neq 0)$

利用(6)证明(7)

必要性.

$A=LDL^T=L\sqrt D\sqrt D L^T=(\sqrt DL^T)^T(\sqrt DL^T)=R^TR\\ 取R=\sqrt DL^T（可逆）\\ 或者A=Q\Lambda Q^T=Q\sqrt \Lambda\sqrt\Lambda Q^T=(\sqrt \Lambda Q)^T(\sqrt\Lambda Q^T)=R^TR\\ 取R=\sqrt \Lambda Q^T（可逆）$

充分性.

设$A=R^TR$，对任意非零向量$x^TAx=x^TR^TRx=(Rx)^T(Rx):=\Vert x \Vert ^2$若R为列满秩矩阵，则$\Vert x \Vert >0$

利用(6)证明(2):

必要性. 根据(3), 显然

充分性.

$对k阶主子矩阵A_{i_1\cdots i_k}，任取X=(x_1,\cdots, x_n)，使其除x_{i_1},\cdots,x_{i_k}的其余分量全为0\\ 0<x^TAx=(x_{i_1},\cdots,x_{i_k})A_{i_1\cdots i_k} \begin{pmatrix} x_{i_1}\\ \vdots\\ x_{i_k} \end{pmatrix}\\ \Rightarrow A_{i_1\cdots i_k}正定 \Rightarrow detA_{i_1\cdots i_k}>0$