n阶实对称矩阵的等价刻画

n阶实对称矩阵的等价刻画

矩阵理论是数学的一个重要分支。它不仅是一门基础学科，也是一门具有广泛适用性的数学理论。作为一门常用的矩阵，它在数学、科学和其他科学领域也很广泛。因此，它的评估问题一直受到关注。虽然评估条件为人所知，但缺乏系统。在这项工作中，我们尽可能多地提供了一些具体的规定，以便为评估矩阵的适应性提供参考，以便更好地利用矩阵的重要工具雍正矩阵。引理设A是n阶实对称矩阵,则存在正交矩阵T使得其中λ1,λ2,…,λn为A的特征值.定理设A是n阶实对称矩阵,则下面各条等价:(Ⅰ)A为正定矩阵;(Ⅱ)A的一切顺序主子式都大于0;(Ⅲ)A的一切主子式都大于0;(Ⅳ)A的一切顺序主子矩阵都是正定矩阵;(Ⅴ)A的所有特征值都大于0;(Ⅵ)A存在正定矩阵B,使得A=B2;(Ⅶ)A合同于n阶单位矩阵E;(Ⅷ)A半正定,且|A|≠0;(Ⅸ)对任意n×m实矩阵C,如果秩C=m,都有CTAC为正定矩阵;(Ⅹ)对任意可逆矩阵P,PTAP正定;(Ⅺ)设A=(A1A2AΤ2A3)A=(A1A2AT2A3),则A1和A3-AΤ2T2A-11A2都正定.证明(Ⅰ)⇔(Ⅱ):证明参见文献第233-236页.(Ⅰ)⇔(Ⅲ):(反证法)设A=(aij)n×n是正定矩阵,若存在k阶主子矩阵,则由于Aik是阶实对称矩阵,由引理知存在k阶正交矩阵U,使得Aik=UTdiag(u1,u2,…,uk)U,其中u1,u2,…,uk为Aik的特征值.由于|Aik|<0,且|Aik|=u1·u2·…·uk知Aik的特征值u1,u2,…,uk中至少有一个小于0.不失一般性,设u1<0,令YT=(1,0,…,0)U,则Y≠0且YTAikY=u1<0再令XT=(x1,x2,…,xn),其中则X≠0,且XTAX=YTAikY=u1<0,这与A为正定矩阵的假设相矛盾.(Ⅲ)⇒(Ⅳ):设Aik是A的一个k阶主子矩阵,由于Aik的任意一个顺序主子式均为A的一个主子式,所以它们都大于0.由(Ⅱ)可知Aik为正定矩阵.(Ⅳ)⇒(Ⅰ):由于A的一切主子矩阵都是正定矩阵,A也是它自身的一个主子矩阵,所以A也是正定矩阵.(Ⅰ)⇒(Ⅴ):设A=(aij)n×n为正定矩阵,若A的全部特征值λ1,λ2,…,λn不全大于0,不妨设λ1≤0,由引理存在正交矩阵T使得(1)式成立.令T=(α1,α2,αn),则Aαi=λiαi(i=1,2,…,n),即αi为A的属于特征值λi的特征向量,特别地,取单位特征向量β1≠0,即Aβ1=λ1β1,于是有βΤ1T1Aβ1=βΤ1T1λ1β1=λ1≤0,这与A为正定矩阵相矛盾.(Ⅴ)⇒(Ⅵ):设A的全部特征值λ1,λ2,…,λn全大于0,由引理得其中B=Tdiag(√λ1,√λ2,⋯,√λn)Τ-1.(λ1−−√,λ2−−√,⋯,λn−−√)T−1.因为B为实对称矩阵,且特征值√λi)＞0(i=1,2,⋯,n),所以B为正定矩阵.(Ⅵ)⇒(Ⅶ):如果B正定,使得A=B2,则B为对称可逆矩阵,且有A=B2=BTB=BTEB,即A合同于E.(Ⅶ)⇒(Ⅰ):若A合同于E,则存在可逆矩阵B,使得A=BTEB.任取X≠0,令BX=Y=(y1,y2,…,yn)T,则Y≠0.于是故A为正定矩阵.(Ⅰ)⇒(Ⅷ):设A正定,则显然A一定半正定,且|A|≠0.(Ⅷ)⇒(Ⅰ):设A的特征值为λ1,λ2,…,λn,由A半正定可知,λi≥0(i=1,2,…,n).又|A|=λ1·λ2·…·λn≠0,故λi>0(i=1,2,…,n),由5)知A正定.(Ⅰ)⇒(Ⅸ):任取X≠0,则CX≠0(因为若CX=0,则CTCX=0,而CTC为m阶可逆矩阵,所以X=0,与假设矛盾).由于A为正定矩阵,因此XTCTACX=(CX)TA(CX)>0.(Ⅸ)⇒(Ⅹ):只要把(Ⅸ)中的C取成(Ⅹ)中的P即可证明.(Ⅹ)⇒(Ⅰ):由PTAP正定,P为可逆矩阵,可得A=(P-1)TPTAP(P-1),即A与PTAP合同,而合同不改变矩阵的正定性,所以A为正定矩阵.(Ⅰ)⇒(Ⅺ):由A为正定矩阵,知A1为正定矩阵.令,其中E1,E2都是单位矩阵,E1的阶数等于A1的秩,E2的阶数等于n-A1的秩.则ΤΤAΤ=(A100A3-AΤ2A-11A2)(2)但T为实可逆矩阵,所以由(Ⅹ)知TTAT正定.于是由(Ⅳ)知A1和A3-AΤ2A-11A2都是正定矩阵.(Ⅺ)⇒(Ⅰ):由假设仍取上面的T,则仍有(2)式成立.任取XT=(x1,x2,…,xn)≠0,令YT=(YΤ1,YΤ2),其中YΤ1