第六章 二次型

选择题

1. 下列矩阵中，正定矩阵是

A. $\displaystyle \begin{bmatrix} 1&2&-3\\ 2&7&5\\ -3&5&0 \end{bmatrix}$

B. $\displaystyle \begin{bmatrix} 1&2&-3\\ 2&4&5\\ -3&5&7 \end{bmatrix}$

C. $\displaystyle \begin{bmatrix} 5&-2&0\\ -2&6&-2\\ 0&-2&4 \end{bmatrix}$

D. $\displaystyle \begin{bmatrix} 5&2&0\\ 2&6&-3\\ 0&-3&-1 \end{bmatrix}$

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答案： C

解析： 对于实对称矩阵，可利用顺序主子式判定正定性。矩阵正定的充要条件是其各阶顺序主子式均为正。

对选项（C），记其矩阵为 $\displaystyle A_C$，则

$$\displaystyle \Delta_1=5>0,$$$$\displaystyle \Delta_2= \begin{vmatrix} 5&-2\\ -2&6 \end{vmatrix} =30-4=26>0,$$$$\displaystyle \Delta_3=|A_C| =5 \begin{vmatrix} 6&-2\\ -2&4 \end{vmatrix} +2 \begin{vmatrix} -2&-2\\ 0&4 \end{vmatrix} =5(24-4)+2(-8)=84>0.$$

因此（C）中的矩阵正定。

其余选项：

• （A）的三阶顺序主子式为 $\displaystyle -148<0$，不正定；
• （B）的二阶顺序主子式为 $\displaystyle 0$，不正定；
• （D）的三阶顺序主子式为 $\displaystyle -71<0$，不正定。

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2. 矩阵

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&-1&2\\ 0&2&2 \end{bmatrix}$$

合同于

A. $\displaystyle \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&0 \end{bmatrix}$

B. $\displaystyle \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}$

C. $\displaystyle \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}$

D. $\displaystyle \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}$

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答案： B

解析： 矩阵 $\displaystyle A$ 已分成一个一阶正块 $\displaystyle [1]$ 和一个二阶对称块

$$\displaystyle B= \begin{bmatrix} -1&2\\ 2&2 \end{bmatrix}.$$

由于

$$\displaystyle |B|=(-1)\cdot2-2\cdot2=-6<0,$$

故 $\displaystyle B$ 的两个特征值异号，即它有一个正特征值和一个负特征值。因此矩阵 $\displaystyle A$ 的正惯性指数为 $\displaystyle 2$，负惯性指数为 $\displaystyle 1$，零惯性指数为 $\displaystyle 0$。

根据惯性定理，实对称矩阵合同的充要条件是正、负惯性指数分别相同。因此

$$\displaystyle A\cong\operatorname{diag}(1,1,-1),$$

即选择（B）。

（A）秩为 $\displaystyle 2$，而 $\displaystyle A$ 的行列式为 $\displaystyle -6\ne0$，秩为 $\displaystyle 3$，故不合同；（C）、（D）的正负惯性指数与 $\displaystyle A$ 不同。

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3. 设

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 3&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{bmatrix},$$

则 $\displaystyle A$ 与 $\displaystyle B$

A. 合同且相似    B. 合同但不相似    C. 不合同但相似    D. 不合同也不相似

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答案： A

解析： 矩阵 $\displaystyle A$ 的每一行都相同，因此

$$\displaystyle r(A)=1.$$

向量 $\displaystyle (1,1,1)^T$ 是 $\displaystyle A$ 的特征向量，且

$$\displaystyle A(1,1,1)^T=3(1,1,1)^T,$$

所以 $\displaystyle 3$ 是 $\displaystyle A$ 的特征值。又因为 $\displaystyle r(A)=1$，故另外两个特征值均为 $\displaystyle 0$。因此 $\displaystyle A$ 的全部特征值为

$$\displaystyle 3,0,0.$$

矩阵 $\displaystyle B$ 的特征值显然也是

$$\displaystyle 3,0,0.$$

由于 $\displaystyle A,B$ 均为实对称矩阵，二者都可以正交相似对角化为

$$\displaystyle \operatorname{diag}(3,0,0),$$

故 $\displaystyle A$ 与 $\displaystyle B$ 相似。

另一方面，二者均有一个正特征值、两个零特征值，正、负惯性指数相同，故又合同。因此选择（A）。

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4. 设 $\displaystyle A,B$ 均为 $\displaystyle n$ 阶实对称矩阵，则 $\displaystyle A$ 与 $\displaystyle B$ 合同的充要条件是

A. $\displaystyle A,B$ 有相同的特征值    B. $\displaystyle A,B$ 有相同的秩

C. $\displaystyle A,B$ 有相同的行列式    D. $\displaystyle A,B$ 有相同的正负惯性指数

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答案： D

解析： 根据实二次型的惯性定理，任一实对称矩阵都合同于一个对角矩阵

$$\displaystyle \operatorname{diag}(\underbrace{1,\ldots,1}_{p}, \underbrace{-1,\ldots,-1}_{q}, \underbrace{0,\ldots,0}_{n-p-q}),$$

其中 $\displaystyle p$ 和 $\displaystyle q$ 分别为正惯性指数与负惯性指数，并且它们在可逆线性变换下保持不变。

因此，两个同阶实对称矩阵合同的充要条件是它们具有相同的正惯性指数和负惯性指数，故选（D）。

错误选项说明：

• 相同特征值是实对称矩阵相似的判据，不是一般合同的判据；
• 相同秩只保证非零惯性指数之和相同，不能区分正、负惯性指数；
• 相同行列式更弱，不能确定二次型的惯性指数。

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5. 二次型 $\displaystyle x^TAx$ 正定的充要条件是

A. 负惯性指数为零    B. 存在可逆矩阵 $\displaystyle P$，使 $\displaystyle P^{-1}AP=E$

C. $\displaystyle A$ 的特征值全大于零    D. 存在 $\displaystyle n$ 阶矩阵 $\displaystyle C$，使 $\displaystyle A=C^TC$

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答案： C

解析： 二次型的矩阵可以取为实对称矩阵。实对称矩阵 $\displaystyle A$ 可由正交矩阵 $\displaystyle Q$ 对角化：

$$\displaystyle Q^TAQ=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n).$$

令 $\displaystyle x=Qy$，则

$$\displaystyle x^TAx =y^TQ^TAQy =\lambda_1y_1^2+\lambda_2y_2^2+\cdots+\lambda_ny_n^2.$$

该二次型对一切非零向量均取正值，当且仅当

$$\displaystyle \lambda_i>0, \qquad i=1,2,\ldots,n.$$

故正确选项为（C）。

错误选项说明：

• （A）负惯性指数为零时还可能存在零特征值，此时只能保证半正定；
• （B）若 $\displaystyle P^{-1}AP=E$，则实际上 $\displaystyle A=E$，条件过强；正定矩阵应满足的是存在可逆矩阵 $\displaystyle P$，使 $\displaystyle P^TAP=E$；
• （D）$\displaystyle A=C^TC$ 只能保证 $\displaystyle A$ 半正定。还需 $\displaystyle C$ 可逆，才能保证 $\displaystyle A$ 正定。

填空题

1. 二次型

$$\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=(a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3)^2$$

的矩阵是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

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答案：

$$\displaystyle \begin{bmatrix} a_1^2&a_1a_2&a_1a_3\\ a_1a_2&a_2^2&a_2a_3\\ a_1a_3&a_2a_3&a_3^2 \end{bmatrix}$$

解析： 将二次型展开：

$$\displaystyle \begin{aligned} f(x_1,x_2,x_3) ={}&a_1^2x_1^2+a_2^2x_2^2+a_3^2x_3^2\\ &+2a_1a_2x_1x_2+2a_1a_3x_1x_3+2a_2a_3x_2x_3. \end{aligned}$$

二次型矩阵的对角元素为各平方项系数，非对角元素为相应交叉项系数的一半，因此矩阵为

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} a_1^2&a_1a_2&a_1a_3\\ a_1a_2&a_2^2&a_2a_3\\ a_1a_3&a_2a_3&a_3^2 \end{bmatrix}.$$

也可记列向量 $\displaystyle a=(a_1,a_2,a_3)^T$，则

$$\displaystyle A=aa^T.$$

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2. 二次型

$$\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=x_2^2+2x_1x_3$$

的负惯性指数 $\displaystyle q=\underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle 1$

解析： 原二次型可写为

$$\displaystyle f=x_2^2+2x_1x_3.$$

对 $\displaystyle x_1,x_3$ 作变量替换

$$\displaystyle y_1=\dfrac{x_1+x_3}{\sqrt2}, \qquad y_3=\dfrac{x_1-x_3}{\sqrt2}, \qquad y_2=x_2.$$

则

$$\displaystyle 2x_1x_3=y_1^2-y_3^2,$$

故

$$\displaystyle f=y_1^2+y_2^2-y_3^2.$$

规范形中有两个正平方项和一个负平方项，因此负惯性指数为

$$\displaystyle q=1.$$

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3. 若二次型

$$\displaystyle 2x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2tx_2x_3$$

的秩为 $\displaystyle 2$，则 $\displaystyle t=\underline{\qquad}$。

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答案：

$$\displaystyle t=\pm\dfrac{1}{\sqrt2}.$$

解析： 二次型的矩阵为

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 2&1&0\\ 1&1&t\\ 0&t&1 \end{bmatrix}.$$

若 $\displaystyle r(A)=2$，则必须有三阶行列式为零：

$$\displaystyle |A| = \begin{vmatrix} 2&1&0\\ 1&1&t\\ 0&t&1 \end{vmatrix} =2(1-t^2)-1 =1-2t^2=0.$$

因此

$$\displaystyle t^2=\frac12,$$

即

$$\displaystyle t=\pm\frac1{\sqrt2}.$$

还需验证此时秩不是小于 $\displaystyle 2$。矩阵左上角二阶子式为

$$\displaystyle \begin{vmatrix} 2&1\\ 1&1 \end{vmatrix}=1\ne0,$$

所以 $\displaystyle r(A)\ge2$。结合 $\displaystyle |A|=0$，可知 $\displaystyle r(A)=2$。

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4. 已知二次型

$$\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+cx_3^2+2ax_1x_2+2x_1x_3$$

经正交变换化为标准形 $\displaystyle y_1^2+2y_3^2$，则 $\displaystyle a=\underline{\qquad}$。

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答案： $\displaystyle 0$

解析： 二次型的矩阵为

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&a&1\\ a&1&0\\ 1&0&c \end{bmatrix}.$$

经过正交变换后得到标准形

$$\displaystyle y_1^2+2y_3^2,$$

故矩阵 $\displaystyle A$ 的三个特征值为

$$\displaystyle 1,0,2.$$

正交相似变换保持迹不变，因此

$$\displaystyle \operatorname{tr}(A)=1+1+c=1+0+2=3,$$

从而

$$\displaystyle c=1.$$

同时，正交相似变换也保持 $\displaystyle \operatorname{tr}(A^2)$ 不变。由特征值可得

$$\displaystyle \operatorname{tr}(A^2)=1^2+0^2+2^2=5.$$

由于 $\displaystyle A$ 为实对称矩阵，

$$\displaystyle \operatorname{tr}(A^2) =1^2+1^2+c^2+2(a^2+1^2+0^2).$$

代入 $\displaystyle c=1$，得

$$\displaystyle 5+2a^2=5.$$

所以

$$\displaystyle a=0.$$

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5. 设三元二次型

$$\displaystyle x_1^2+x_2^2+5x_3^2+2tx_1x_2-2x_1x_3+4x_2x_3$$

是正定二次型，则 $\displaystyle t\in\underline{\qquad}$。

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答案：

$$\displaystyle t\in\left(-\frac45,0\right).$$

解析： 二次型的矩阵为

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&t&-1\\ t&1&2\\ -1&2&5 \end{bmatrix}.$$

根据顺序主子式判别法，$\displaystyle A$ 正定的充要条件是

$$\displaystyle \Delta_1>0, \qquad \Delta_2>0, \qquad \Delta_3>0.$$

第一阶顺序主子式为

$$\displaystyle \Delta_1=1>0.$$

第二阶顺序主子式为

$$\displaystyle \Delta_2= \begin{vmatrix} 1&t\\ t&1 \end{vmatrix} =1-t^2>0,$$

即

$$\displaystyle -1<t<1.$$

第三阶顺序主子式为

$$\displaystyle \begin{aligned} \Delta_3 &= \begin{vmatrix} 1&t&-1\\ t&1&2\\ -1&2&5 \end{vmatrix}\\ &=1(5-4)-t(5t+2)-(2t+1)\\ &=-5t^2-4t\\ &=-t(5t+4). \end{aligned}$$

要求

$$\displaystyle -t(5t+4)>0,$$

等价于

$$\displaystyle t(5t+4)<0,$$

所以

$$\displaystyle -\frac45<t<0.$$

该区间已包含在 $\displaystyle (-1,1)$ 内，故最终

$$\displaystyle t\in\left(-\frac45,0\right).$$

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6. 已知

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{bmatrix},$$

矩阵 $\displaystyle B=A+kE$ 正定，则 $\displaystyle k$ 的取值为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

查看答案与解析

答案：

$$\displaystyle k>0.$$

解析： 矩阵 $\displaystyle A$ 的各行元素均相同，且

$$\displaystyle A(1,1,1)^T=3(1,1,1)^T,$$

所以 $\displaystyle 3$ 是 $\displaystyle A$ 的一个特征值。又因为

$$\displaystyle r(A)=1,$$

故其余两个特征值均为 $\displaystyle 0$。因此 $\displaystyle A$ 的特征值为

$$\displaystyle 3,0,0.$$

单位矩阵 $\displaystyle E$ 与任意矩阵可交换，矩阵

$$\displaystyle B=A+kE$$

的特征值分别为

$$\displaystyle k+3,\quad k,\quad k.$$

实对称矩阵正定的充要条件是其全部特征值均为正，因此需满足

$$\displaystyle \begin{cases} k+3>0,\\ k>0. \end{cases}$$

两者合并得到

$$\displaystyle k>0.$$

计算题与证明题

1. 求正交变换化二次型

$$\displaystyle x_1^2+x_2^2+x_3^2-4x_1x_2-4x_2x_3-4x_1x_3$$

为标准形。

查看答案与解析

答案： 取正交变换

$$\displaystyle x=Py,$$

其中

$$\displaystyle P= \begin{bmatrix} \dfrac1{\sqrt2}&\dfrac1{\sqrt6}&\dfrac1{\sqrt3}\\[2mm] -\dfrac1{\sqrt2}&\dfrac1{\sqrt6}&\dfrac1{\sqrt3}\\[2mm] 0&-\dfrac2{\sqrt6}&\dfrac1{\sqrt3} \end{bmatrix},$$

则二次型化为标准形

$$\displaystyle 3y_1^2+3y_2^2-3y_3^2.$$

解析： 原二次型的矩阵为

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&-2&-2\\ -2&1&-2\\ -2&-2&1 \end{bmatrix}.$$

其特征多项式为

$$\displaystyle \begin{aligned} |\lambda E-A| &= \begin{vmatrix} \lambda-1&2&2\\ 2&\lambda-1&2\\ 2&2&\lambda-1 \end{vmatrix}\\ &=(\lambda-3)^2(\lambda+3). \end{aligned}$$

所以特征值为

$$\displaystyle \lambda_1=3,\qquad \lambda_2=3,\qquad \lambda_3=-3.$$

对于特征值 $\displaystyle \lambda=3$，方程

$$\displaystyle (A-3E)x=0$$

等价于

$$\displaystyle x_1+x_2+x_3=0.$$

可取两个相互正交的特征向量

$$\displaystyle \xi_1=(1,-1,0)^T, \qquad \xi_2=(1,1,-2)^T.$$

单位化后得到

$$\displaystyle p_1=\frac1{\sqrt2}(1,-1,0)^T, \qquad p_2=\frac1{\sqrt6}(1,1,-2)^T.$$

对于特征值 $\displaystyle \lambda=-3$，可取特征向量

$$\displaystyle \xi_3=(1,1,1)^T,$$

单位化后为

$$\displaystyle p_3=\frac1{\sqrt3}(1,1,1)^T.$$

令

$$\displaystyle P=(p_1,p_2,p_3),$$

则 $\displaystyle P$ 为正交矩阵，并且

$$\displaystyle P^TAP= \begin{bmatrix} 3&0&0\\ 0&3&0\\ 0&0&-3 \end{bmatrix}.$$

作正交变换 $\displaystyle x=Py$，原二次型化为

$$\displaystyle f=3y_1^2+3y_2^2-3y_3^2.$$

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2. 二次型

$$\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=5x_1^2+5x_2^2+cx_3^2-2x_1x_2-6x_2x_3+6x_1x_3$$

的秩为 $\displaystyle 2$，求 $\displaystyle c$ 及此二次型的规范形，并写出相应的变换。

查看答案与解析

答案：

$$\displaystyle c=3.$$

二次型的规范形为

$$\displaystyle z_1^2+z_2^2.$$

可取变换

$$\displaystyle \begin{cases} \displaystyle z_1=\sqrt3(x_1-x_2+x_3),\\[2mm] \displaystyle z_2=\sqrt2(x_1+x_2),\\[2mm] \displaystyle z_3=\dfrac{-x_1+x_2+2x_3}{\sqrt6}. \end{cases}$$

解析： 二次型的矩阵为

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 5&-1&3\\ -1&5&-3\\ 3&-3&c \end{bmatrix}.$$

因为二次型的秩为 $\displaystyle 2$，所以

$$\displaystyle |A|=0.$$

计算得

$$\displaystyle \begin{aligned} |A| &= \begin{vmatrix} 5&-1&3\\ -1&5&-3\\ 3&-3&c \end{vmatrix}\\ &=24(c-3). \end{aligned}$$

故

$$\displaystyle c=3.$$

当 $\displaystyle c=3$ 时，矩阵为

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} 5&-1&3\\ -1&5&-3\\ 3&-3&3 \end{bmatrix}.$$

其左上角二阶子式为

$$\displaystyle \begin{vmatrix} 5&-1\\ -1&5 \end{vmatrix}=24\ne0,$$

所以此时确有 $\displaystyle r(A)=2$。

矩阵 $\displaystyle A$ 的特征值为

$$\displaystyle 9,\quad 4,\quad 0.$$

分别可取相互正交的特征向量

$$\displaystyle \xi_1=(1,-1,1)^T, \qquad \xi_2=(1,1,0)^T, \qquad \xi_3=(-1,1,2)^T.$$

单位化后得到

$$\displaystyle p_1=\frac1{\sqrt3}(1,-1,1)^T, \quad p_2=\frac1{\sqrt2}(1,1,0)^T, \quad p_3=\frac1{\sqrt6}(-1,1,2)^T.$$

令正交矩阵

$$\displaystyle P=(p_1,p_2,p_3),$$

作正交变换

$$\displaystyle x=Py,$$

则

$$\displaystyle P^TAP= \begin{bmatrix} 9&0&0\\ 0&4&0\\ 0&0&0 \end{bmatrix},$$

从而

$$\displaystyle f=9y_1^2+4y_2^2.$$

再令

$$\displaystyle z_1=3y_1, \qquad z_2=2y_2, \qquad z_3=y_3,$$

便得到规范形

$$\displaystyle f=z_1^2+z_2^2.$$

因为

$$\displaystyle y=P^Tx,$$

所以以上两步合并后可写成

$$\displaystyle \begin{cases} \displaystyle z_1=\sqrt3(x_1-x_2+x_3),\\[2mm] \displaystyle z_2=\sqrt2(x_1+x_2),\\[2mm] \displaystyle z_3=\dfrac{-x_1+x_2+2x_3}{\sqrt6}. \end{cases}$$

该变换的系数矩阵可逆，故为合法的非退化线性变换。

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3. 设 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle n$ 阶实对称矩阵，若对任意的 $\displaystyle n$ 维列向量 $\displaystyle \alpha$ 恒有 $\displaystyle \alpha^TA\alpha=0$，证明 $\displaystyle A=0$。

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答案：

$$\displaystyle A=0.$$

解析： 设

$$\displaystyle A=(a_{ij})_{n\times n}.$$

由于 $\displaystyle A$ 是实对称矩阵，有

$$\displaystyle a_{ij}=a_{ji}.$$

记 $\displaystyle e_i$ 为第 $\displaystyle i$ 个分量为 $\displaystyle 1$、其余分量为 $\displaystyle 0$ 的单位列向量。由题设对任意列向量 $\displaystyle \alpha$ 都有

$$\displaystyle \alpha^TA\alpha=0.$$

先取

$$\displaystyle \alpha=e_i,$$

则

$$\displaystyle e_i^TAe_i=a_{ii}=0.$$

因此

$$\displaystyle a_{ii}=0, \qquad i=1,2,\ldots,n.$$

再对任意 $\displaystyle i\ne j$，取

$$\displaystyle \alpha=e_i+e_j.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} 0 &=(e_i+e_j)^TA(e_i+e_j)\\ &=e_i^TAe_i+e_i^TAe_j+e_j^TAe_i+e_j^TAe_j\\ &=a_{ii}+a_{ij}+a_{ji}+a_{jj}. \end{aligned}$$

由 $\displaystyle a_{ii}=a_{jj}=0$ 以及 $\displaystyle a_{ij}=a_{ji}$，得

$$\displaystyle 2a_{ij}=0,$$

所以

$$\displaystyle a_{ij}=0, \qquad i\ne j.$$

因此矩阵 $\displaystyle A$ 的所有元素均为零，即

$$\displaystyle A=0.$$

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4. 若 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle n$ 阶正定矩阵，证明 $\displaystyle A^{-1},A^\ast$ 也是正定矩阵。

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答案：

$$\displaystyle A^{-1}\text{ 与 }A^\ast\text{ 均为正定矩阵}.$$

解析： 因为 $\displaystyle A$ 是正定矩阵，所以 $\displaystyle A$ 为实对称矩阵，且对任意非零列向量 $\displaystyle x$，都有

$$\displaystyle x^TAx>0.$$

正定矩阵必可逆，因此 $\displaystyle A^{-1}$ 存在。又因为

$$\displaystyle (A^{-1})^T=(A^T)^{-1}=A^{-1},$$

所以 $\displaystyle A^{-1}$ 仍为实对称矩阵。

任取非零列向量 $\displaystyle x$，令

$$\displaystyle y=A^{-1}x.$$

由于 $\displaystyle A^{-1}$ 可逆且 $\displaystyle x\ne0$，故 $\displaystyle y\ne0$，并且 $\displaystyle x=Ay$。于是

$$\displaystyle \begin{aligned} x^TA^{-1}x &=(Ay)^TA^{-1}(Ay)\\ &=y^TA^TA^{-1}Ay\\ &=y^TAy>0. \end{aligned}$$

因此 $\displaystyle A^{-1}$ 正定。

再证明 $\displaystyle A^\ast$ 正定。由伴随矩阵公式

$$\displaystyle A^\ast=|A|A^{-1}.$$

由于 $\displaystyle A$ 正定，其全部特征值均为正，因此

$$\displaystyle |A|>0.$$

任取非零列向量 $\displaystyle x$，有

$$\displaystyle x^TA^\ast x =|A|x^TA^{-1}x>0.$$

故 $\displaystyle A^\ast$ 也是正定矩阵。

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5. 设 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle m\times n$ 实矩阵，$\displaystyle r(A)=n$，证明 $\displaystyle A^TA$ 是正定矩阵。

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答案：

$$\displaystyle A^TA\text{ 是正定矩阵}.$$

解析： 首先，

$$\displaystyle (A^TA)^T=A^TA,$$

所以 $\displaystyle A^TA$ 是 $\displaystyle n$ 阶实对称矩阵。

又因为

$$\displaystyle r(A)=n,$$

即 $\displaystyle A$ 满列秩，所以齐次线性方程组

$$\displaystyle Ax=0$$

只有零解。

任取非零列向量 $\displaystyle x\in\mathbb R^n$，必有

$$\displaystyle Ax\ne0.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} x^TA^TAx &=(Ax)^T(Ax)\\ &=\|Ax\|^2>0. \end{aligned}$$

因此对任意 $\displaystyle x\ne0$，均有

$$\displaystyle x^T(A^TA)x>0,$$

故 $\displaystyle A^TA$ 是正定矩阵。

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6. 设 $\displaystyle A$ 是 $\displaystyle n$ 阶正定矩阵，证明 $\displaystyle |A+2E|>2^n$。

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答案：

$$\displaystyle |A+2E|>2^n.$$

解析： 因为 $\displaystyle A$ 是实对称正定矩阵，所以存在正交矩阵 $\displaystyle P$，使得

$$\displaystyle P^TAP= \operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n),$$

其中

$$\displaystyle \lambda_i>0, \qquad i=1,2,\ldots,n.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} P^T(A+2E)P &=P^TAP+2P^TEP\\ &=\operatorname{diag}(\lambda_1+2,\lambda_2+2,\ldots,\lambda_n+2). \end{aligned}$$

因此 $\displaystyle A+2E$ 的特征值为

$$\displaystyle \lambda_1+2,\lambda_2+2,\ldots,\lambda_n+2.$$

由于每个 $\displaystyle \lambda_i>0$，故

$$\displaystyle \lambda_i+2>2.$$

从而

$$\displaystyle |A+2E| =\prod_{i=1}^n(\lambda_i+2) >\prod_{i=1}^n2 =2^n.$$

所以

$$\displaystyle \boxed{|A+2E|>2^n}.$$

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7. 已知

$$\displaystyle A= \begin{bmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{bmatrix}$$

是正定矩阵，证明

$$\displaystyle \Delta= \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}>0。$$

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答案：

$$\displaystyle \Delta>0.$$

解析： 因为 $\displaystyle A$ 是正定矩阵，所以 $\displaystyle A$ 为实对称矩阵。取其第 $\displaystyle 2,3$ 行与第 $\displaystyle 2,3$ 列构成的主子矩阵

$$\displaystyle B= \begin{bmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{bmatrix}.$$

下面证明 $\displaystyle B$ 也是正定矩阵。

任取非零列向量

$$\displaystyle y= \begin{bmatrix} y_2\\y_3 \end{bmatrix}\ne0,$$

并令

$$\displaystyle x= \begin{bmatrix} 0\\y_2\\y_3 \end{bmatrix}.$$

显然 $\displaystyle x\ne0$。由 $\displaystyle A$ 正定，得

$$\displaystyle x^TAx>0.$$

而

$$\displaystyle x^TAx = \begin{bmatrix}y_2&y_3\end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{bmatrix} \begin{bmatrix}y_2\\y_3\end{bmatrix} =y^TBy.$$

故对任意 $\displaystyle y\ne0$，均有

$$\displaystyle y^TBy>0,$$

因此 $\displaystyle B$ 是二阶正定矩阵。

由二阶实对称矩阵正定的顺序主子式判别法，必有

$$\displaystyle |B|>0.$$

而

$$\displaystyle |B| = \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix} =\Delta.$$

所以

$$\displaystyle \boxed{\Delta>0}.$$