四、正定二次型

小题

1. 【1997-3-3分】 若二次型

$$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1{x}_2+t{x}_2{x}_3$$

是正定的，则 $t$ 的取值范围是

查看答案与解析

答案： $-\sqrt{2}<t<\sqrt{2}$。

解析： 二次型的矩阵为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 1& 1& \frac{t}{2}\\ 0& \frac{t}{2}& 1\end{array}\right).$$

由实对称矩阵正定的顺序主子式判别法，必须且只需各阶顺序主子式均为正。计算得

$${\Delta }_1=2>0,$$$${\Delta }_2=\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right|=1>0,$$

以及

$${\Delta }_3=|A|=1-\frac{t^2}{2}.$$

因此

$$1-\frac{t^2}{2}>0⟺t^2<2⟺-\sqrt{2}<t<\sqrt{2}.$$

故所求范围为 $(-\sqrt{2},\sqrt{2})$。

---

2. 【2024-1-5分】 设

$$A=\left(\begin{array}{cc}a+1& a\\ a& a\end{array}\right).$$

对于任意实向量

$$\alpha =\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\end{array}\right),\beta =\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right),$$

都有

$$({\alpha }^{T}A\beta {)}^2\le {\alpha }^{T}A\alpha \cdot {\beta }^{T}A\beta ,$$

则 $a$ 的取值范围是

查看答案与解析

答案： $a\ge 0$。

解析： 先取

$$\alpha =\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right),\beta =\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right).$$

则

$${\alpha }^{T}A\beta =a,{\alpha }^{T}A\alpha =a+1,{\beta }^{T}A\beta =a.$$

由题设不等式有

$$a^2\le a(a+1)=a^2+a,$$

故必有

$$a\ge 0.$$

反之，当 $a\ge 0$ 时，矩阵 $A$ 的各阶主子式满足

$$a+1>0,|A|=a\ge 0,$$

所以 $A$ 为半正定矩阵。于是双线性型 ${\alpha }^{T}A\beta$ 满足半正定型的柯西不等式

$$({\alpha }^{T}A\beta {)}^2\le {\alpha }^{T}A\alpha \cdot {\beta }^{T}A\beta .$$

因此充分必要条件为

$$a\ge 0.$$

---

3. 【2025-3-5分】 设矩阵

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ -2& -a\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& a\end{array}\right).$$

若 $f(x,y)=|xA+yB|$ 是正定二次型，则 $a$ 的取值范围是（ ）

A. $(0,2-\sqrt{3})$    B. $(2-\sqrt{3},2+\sqrt{3})$    C. $(2+\sqrt{3},4)$    D. $(4,+\infty )$

查看答案与解析

答案： B。

解析： 有

$$xA+yB=\left(\begin{array}{cc}x+y& 2x\\ -2x+y& -ax+ay\end{array}\right).$$

因此

$$\begin{array}{rl}f(x,y)& =|xA+yB|\\ & =(x+y)a(y-x)-2x(-2x+y)\\ & =(4-a)x^2-2xy+a{y}^2.\end{array}$$

其矩阵为

$$C=\left(\begin{array}{cc}4-a& -1\\ -1& a\end{array}\right).$$

二元二次型正定的充分必要条件为

$$4-a>0,|C|=a(4-a)-1>0.$$

第二个不等式化为

$$-a^2+4a-1>0⟺a^2-4a+1<0.$$

方程 $a^2-4a+1=0$ 的两个根为

$$a=2\pm \sqrt{3}.$$

故

$$2-\sqrt{3}<a<2+\sqrt{3}.$$

该区间自动满足 $a<4$，所以答案为 B。其余三个区间均不能同时保证两个顺序主子式为正。

大题

1. 【1991-4-6分】 考虑二次型

$$f=x_1^2+4x_2^2+4x_3^2+2\lambda x_1{x}_2-2x_1{x}_3+4x_2{x}_3,$$

问 $\lambda$ 取何值时，$f$ 为正定二次型？

查看答案与解析

答案： $-2<\lambda <1$。

解析： 二次型矩阵为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& \lambda & -1\\ \lambda & 4& 2\\ -1& 2& 4\end{array}\right).$$

由顺序主子式判别法，$A$ 正定的充分必要条件为

$${\Delta }_1>0,{\Delta }_2>0,{\Delta }_3>0.$$

计算得

$${\Delta }_1=1>0,$$$${\Delta }_2=\left|\begin{array}{cc}1& \lambda \\ \lambda & 4\end{array}\right|=4-{\lambda }^2,$$

以及

$$\begin{array}{rl}{\Delta }_3& =|A|\\ & =-4(\lambda -1)(\lambda +2).\end{array}$$

于是

$${\Delta }_2>0⟺-2<\lambda <2,$$

而

$${\Delta }_3>0⟺(\lambda -1)(\lambda +2)<0⟺-2<\lambda <1.$$

两者取交集，得

$$-2<\lambda <1.$$

---

2. 【1991-12-6分】 设 $A$ 是 $n$ 阶正定矩阵，$E$ 是 $n$ 阶单位阵，证明 $A+E$ 的行列式大于 $1$。

查看答案与解析

答案： $|A+E|>1$。

解析： 由于 $A$ 为实对称正定矩阵，所以存在正交矩阵 $Q$，使得

$$Q^{T}AQ=\mathrm{diag}({\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_n),$$

其中

$${\lambda }_i>0,i=1,2,\dots ,n.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{Q}^T(A+E)Q& =Q^{T}AQ+Q^{T}EQ\\ & =\mathrm{diag}({\lambda }_1+1,{\lambda }_2+1,\dots ,{\lambda }_n+1).\end{array}$$

正交相似不改变行列式，因此

$$|A+E|=\prod _{i=1}^n({\lambda }_i+1).$$

由于每个 ${\lambda }_i>0$，故

$${\lambda }_i+1>1.$$

从而

$$|A+E|=\prod _{i=1}^n({\lambda }_i+1)>1.$$

证毕。

---

3. 【1992-4-6分】 设 $A$，$B$ 分别为 $m$，$n$ 阶正定矩阵，试判定分块矩阵

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

是否为正定矩阵。

查看答案与解析

答案： $C$ 为正定矩阵。

解析： 矩阵 $C$ 显然为实对称矩阵。任取非零向量

$$z=\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right),x\in {\mathbb{R}}^m,y\in {\mathbb{R}}^n,$$

则

$$\begin{array}{rl}{z}^{T}Cz& =\left(\begin{array}{cc}{x}^T& y^T\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}A& O\\ O& B\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)\\ & =x^{T}Ax+y^{T}By.\end{array}$$

因为 $A$、$B$ 均为正定矩阵，所以

$$x\ne 0⟹x^{T}Ax>0,$$$$y\ne 0⟹y^{T}By>0.$$

又因 $z\ne 0$，故 $x,y$ 不会同时为零，因此

$$z^{T}Cz=x^{T}Ax+y^{T}By>0.$$

所以 $C$ 为正定矩阵。

---

4. 【1998-3-8分】 设矩阵

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

矩阵 $B=(kE+A{)}^2$，其中 $k$ 为实数，$E$ 为单位矩阵，求对角矩阵 $\Lambda$，使 $B$ 与 $\Lambda$ 相似，并求 $k$ 为何值时，$B$ 为正定矩阵。

查看答案与解析

答案： 可取

$$\Lambda =\mathrm{diag}(k^2,(k+2{)}^2,(k+2{)}^2),$$

且 $B$ 正定的充分必要条件为

$$k\ne 0,k\ne -2.$$

解析： 矩阵 $A$ 的特征值及相应单位特征向量可取为

$${\lambda }_1=0,q_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1{)}^T,$$$${\lambda }_2=2,q_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1{)}^T,$$$${\lambda }_3=2,q_3=(0,1,0{)}^T.$$

令

$$Q=(q_1,q_2,q_3),$$

则 $Q$ 为正交矩阵，且

$$Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(0,2,2).$$

因此

$$\begin{array}{rl}{Q}^{T}BQ& =Q^T(kE+A{)}^{2}Q\\ & =(kE+Q^{T}AQ{)}^2\\ & =\mathrm{diag}(k^2,(k+2{)}^2,(k+2{)}^2).\end{array}$$

故 $B$ 与

$$\Lambda =\mathrm{diag}(k^2,(k+2{)}^2,(k+2{)}^2)$$

相似。

由于 $B$ 为实对称矩阵，它正定当且仅当三个特征值均为正，即

$$k^2>0,(k+2{)}^2>0.$$

因此

$$k\ne 0,-2.$$

---

5. 【1999-1-6分】 设 $A$ 为 $m$ 阶实对称矩阵且正定，$B$ 为 $m\times n$ 实矩阵，$B^T$ 为 $B$ 的转置矩阵，试证：$B^{T}AB$ 为正定矩阵的充分必要条件是 $B$ 的秩 $r(B)=n$。

查看答案与解析

答案： $B^{T}AB$ 正定当且仅当 $r(B)=n$。

解析： 首先，$B^{T}AB$ 为 $n$ 阶实对称矩阵，因为

$$(B^{T}AB{)}^T=B^T{A}^{T}B=B^{T}AB.$$

充分性： 假设 $r(B)=n$。由于 $B$ 有 $n$ 个列向量，故其列向量线性无关，从而齐次方程

$$Bx=0$$

只有零解。

任取 $x\ne 0$，则 $Bx\ne 0$。由于 $A$ 正定，故

$$x^T{B}^{T}ABx=(Bx{)}^{T}A(Bx)>0.$$

所以 $B^{T}AB$ 正定。

必要性： 假设 $B^{T}AB$ 正定。若 $r(B)<n$，则齐次方程 $Bx=0$ 存在非零解 $x_0$。于是

$$x_0^T{B}^{T}AB{x}_0=(B{x}_0{)}^{T}A(B{x}_0)=0,$$

这与 $B^{T}AB$ 正定矛盾。

因此必须有

$$r(B)=n.$$

综上，$B^{T}AB$ 正定的充分必要条件是 $r(B)=n$。

---

6. 【1999-3-7分】 设 $A$ 为 $m\times n$ 实矩阵，$E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，已知矩阵

$$B=\lambda E+A^{T}A,$$

试证：当 $\lambda >0$ 时，矩阵 $B$ 为正定矩阵。

查看答案与解析

答案： 当 $\lambda >0$ 时，$B$ 为正定矩阵。

解析： 首先

$$B^T=(\lambda E+A^{T}A{)}^T=\lambda E+A^{T}A=B,$$

所以 $B$ 为实对称矩阵。

任取非零向量 $x\in {\mathbb{R}}^n$，有

$$\begin{array}{rl}{x}^{T}Bx& =x^T(\lambda E+A^{T}A)x\\ & =\lambda x^{T}x+x^T{A}^{T}Ax\\ & =\lambda \Vert x{\Vert }^2+\Vert Ax{\Vert }^2.\end{array}$$

由于 $\lambda >0$ 且 $x\ne 0$，所以

$$\lambda \Vert x{\Vert }^2>0,$$

同时

$$\Vert Ax{\Vert }^2\ge 0.$$

因此

$$x^{T}Bx=\lambda \Vert x{\Vert }^2+\Vert Ax{\Vert }^2>0.$$

故 $B$ 为正定矩阵。

---

7. 【2000-3-9分】 设有 $n$ 元实二次型

$$\begin{array}{rl}f(x_1,x_2,\dots ,x_n)=& (x_1+a_1{x}_2{)}^2+(x_2+a_2{x}_3{)}^2+\cdots \\ & +(x_{n-1}+a_{n-1}{x}_n{)}^2+(x_n+a_n{x}_1{)}^2,\end{array}$$

其中 $a_i(i=1,2,\dots ,n)$ 为实数，试问：当 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 满足何种条件时，二次型 $f$ 为正定二次型。

查看答案与解析

答案：

$$\prod _{i=1}^n{a}_i\ne (-1{)}^n.$$

解析： 令

$$M=\left(\begin{array}{ccccc}1& a_1& 0& \cdots & 0\\ 0& 1& a_2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& 0& \cdots & 1& a_{n-1}\\ a_n& 0& \cdots & 0& 1\end{array}\right),x=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right).$$

则

$$f(x)=\Vert Mx{\Vert }^2=x^T{M}^{T}Mx.$$

因此 $f(x)\ge 0$ 恒成立。二次型 $f$ 正定，当且仅当

$$x\ne 0⟹Mx\ne 0,$$

即矩阵 $M$ 可逆。

矩阵 $M$ 的行列式为

$$|M|=1+(-1{)}^{n-1}{a}_1{a}_2\cdots a_n.$$

故 $M$ 可逆的充分必要条件是

$$1+(-1{)}^{n-1}{a}_1{a}_2\cdots a_n\ne 0.$$

等价地，

$$a_1{a}_2\cdots a_n\ne (-1{)}^n.$$

所以二次型正定的充分必要条件为

$$\prod _{i=1}^n{a}_i\ne (-1{)}^n.$$

---

8. 【2002-3-8分】 设 $A$ 为三阶实对称矩阵，且满足条件

$$A^2+2A=O,$$

已知 $A$ 的秩 $r(A)=2$。

（1）求 $A$ 的全部特征值；

（2）当 $k$ 为何值时，矩阵 $A+kE$ 为正定矩阵，其中 $E$ 为三阶单位矩阵。

查看答案与解析

答案： （1）$A$ 的特征值为 $-2,-2,0$；

（2）$k>2$。

解析： （1）设 $\lambda$ 是 $A$ 的任一特征值，$\xi \ne 0$ 是对应特征向量，则

$$A\xi =\lambda \xi .$$

由 $A^2+2A=O$ 得

$$(A^2+2A)\xi =({\lambda }^2+2\lambda )\xi =0.$$

因为 $\xi \ne 0$，所以

$${\lambda }^2+2\lambda =0,$$

即

$$\lambda =0\text{或}\lambda =-2.$$

又因 $A$ 为实对称矩阵，必可正交对角化。由 $r(A)=2$ 可知非零特征值共有两个，因此三个特征值为

$$-2,-2,0.$$

（2）矩阵 $A+kE$ 的特征值为

$$k-2,k-2,k.$$

实对称矩阵正定当且仅当全部特征值为正，因此

$$k-2>0,k>0.$$

故

$$k>2.$$

---

9. 【2005-3-13分】 设

$$D=\left(\begin{array}{cc}A& C\\ C^T& B\end{array}\right)$$

为正定矩阵，其中 $A,B$ 分别为 $m$ 阶、$n$ 阶对称矩阵，$C$ 为 $m\times n$ 矩阵。

（1）计算 $P^{T}DP$，其中

$$P=\left(\begin{array}{cc}{E}_m& -A^{-1}C\\ O& E_n\end{array}\right);$$

（2）利用（1）的结果判断矩阵 $B-C^T{A}^{-1}C$ 是否为正定矩阵，并证明你的结论。

查看答案与解析

答案： （1）

$$P^{T}DP=\left(\begin{array}{cc}A& O\\ O& B-C^T{A}^{-1}C\end{array}\right);$$

（2）$B-C^T{A}^{-1}C$ 为正定矩阵。

解析： 由于 $D$ 正定，其主子矩阵 $A$ 也正定，故 $A$ 可逆，且 $A^{-T}=A^{-1}$。

（1）先计算

$$\begin{array}{rl}DP& =\left(\begin{array}{cc}A& C\\ C^T& B\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{E}_m& -A^{-1}C\\ O& E_n\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}A& -A{A}^{-1}C+C\\ C^T& -C^T{A}^{-1}C+B\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}A& O\\ C^T& B-C^T{A}^{-1}C\end{array}\right).\end{array}$$

又

$$P^T=\left(\begin{array}{cc}{E}_m& O\\ -C^T{A}^{-1}& E_n\end{array}\right).$$

所以

$$\begin{array}{rl}{P}^{T}DP& =\left(\begin{array}{cc}{E}_m& O\\ -C^T{A}^{-1}& E_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}A& O\\ C^T& B-C^T{A}^{-1}C\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}A& O\\ -C^T{A}^{-1}A+C^T& B-C^T{A}^{-1}C\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}A& O\\ O& B-C^T{A}^{-1}C\end{array}\right).\end{array}$$

（2）矩阵 $P$ 为可逆上三角分块矩阵，因此 $D$ 与 $P^{T}DP$ 合同。合同变换保持正定性，所以

$$P^{T}DP=\left(\begin{array}{cc}A& O\\ O& B-C^T{A}^{-1}C\end{array}\right)$$

也正定。

任取非零向量 $y\in {\mathbb{R}}^n$，令

$$z=\left(\begin{array}{c}0\\ y\end{array}\right)\ne 0,$$

则

$$z^T(P^{T}DP)z=y^T(B-C^T{A}^{-1}C)y>0.$$

因此

$$B-C^T{A}^{-1}C$$

为正定矩阵。

---

10. 【2021-1-12分】 设

$$A=\left(\begin{array}{ccc}a& 1& -1\\ 1& a& -1\\ -1& -1& a\end{array}\right).$$

（Ⅰ）求正交矩阵 $P$，使 $P^{T}AP$ 为对角矩阵；

（Ⅱ）求正定矩阵 $C$，使

$$C^2=(a+3)E-A.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）可取

$$P=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}& -\frac{1}{\sqrt{3}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}& -\frac{1}{\sqrt{3}}\\ 0& \frac{2}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right),$$

则

$$P^{T}AP=\mathrm{diag}(a-1,a-1,a+2).$$

（Ⅱ）可取

$$C=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc}5& -1& 1\\ -1& 5& 1\\ 1& 1& 5\end{array}\right).$$

解析： （Ⅰ）将 $A$ 写成

$$A=aE+M,$$

其中

$$M=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& -1\\ 1& 0& -1\\ -1& -1& 0\end{array}\right).$$

矩阵 $M$ 的特征值为

$$-1,-1,2.$$

可分别取两两正交的特征向量

$$v_1=(1,-1,0{)}^T,v_2=(1,1,2{)}^T,v_3=(-1,-1,1{)}^T.$$

单位化得

$$q_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0{)}^T,$$$$q_2=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,2{)}^T,$$$$q_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(-1,-1,1{)}^T.$$

令

$$P=(q_1,q_2,q_3),$$

则 $P^{T}P=E$，且

$$P^{T}MP=\mathrm{diag}(-1,-1,2).$$

所以

$$\begin{array}{rl}{P}^{T}AP& =P^T(aE+M)P\\ & =aE+P^{T}MP\\ & =\mathrm{diag}(a-1,a-1,a+2).\end{array}$$

（Ⅱ）由上式可知

$$\begin{array}{rl}{P}^T[(a+3)E-A]P& =(a+3)E-P^{T}AP\\ & =\mathrm{diag}(4,4,1).\end{array}$$

因此取其正定平方根

$$C=P\mathrm{diag}(2,2,1)P^T.$$

计算得

$$C=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc}5& -1& 1\\ -1& 5& 1\\ 1& 1& 5\end{array}\right).$$

由于 $C$ 的特征值为 $2,2,1$，均为正数，所以 $C$ 正定。并且

$$\begin{array}{rl}{C}^2& =P\mathrm{diag}(4,4,1)P^T\\ & =(a+3)E-A.\end{array}$$

故所求正定矩阵为

$$C=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc}5& -1& 1\\ -1& 5& 1\\ 1& 1& 5\end{array}\right).$$