关于正定矩阵的Hadamand不等式的证明
Hadamard乘积矩阵的一些性质
gikgjk x j
i= 1 j = 1
i= 1 j= 1
k= 1
r
nn
r
∑ ∑∑ ∑ =
aij ( x i gik) ( x j gj k) = ( Y k′A Y k ) .
k= 1 i= 1 j = 1
k= 1
因为 A 半正定, 所以 Y k ′A Y k ≥0, k= 1, 2, …, r , 所以 X ′( A * B ) X ≥0, 故 A * B 为半定的.
定理2的证明:
设秩 A = r1 , 秩 B= r2 , 由引理1
r1
∑ A = + 11 11 12 12+ …+ = 1r1 1r1
, 1i 1i
i= 1
r2
∑ B =
+ 21 21
22 22+ …+
= , 2r 2 2r 2
2j 2j j= 1
其中 11 , 12 , …, ; 1r 1 21 , 22 , …, 2r2是两组线性无关的列向量组, 11, 12 , …, ; 1r 1 21 , 22 , …,
A* B
=
A A 11
b11D 11 ≥
A A 11
b11
b22…bnnA 11
= b11 b22…bnn A ,
所以
A * B ≥b11 b22…bnn A .
同理可得 A * B ≥a11 a22 …ann B .
为证定理5, 先证下面两个引理.
引理3 A 正定, 令
a11 … a1n x 1
2r 2是两个线性无关的行向量组.
由 定理1 及引 理2得 :
A* B =
r1
关于半正定矩阵Hadamard积的矩阵不等式
证明: 因 A, B 0, M 为酉矩阵, 则 A = A* , B
= B* , MM* = M* M = I , 并且在 ( 1) 中取 a = 1, b = 0, 即可得到 ( 7) 。
定理 5: 设 A, B, M Cn n , 且 A, B, M 均为酉矩 阵, 则
I + A- 1B oB-1A 2 A - 1M oB- 1M M - 1A oM - 1B ( 8)
第 4卷 第 1期 2009年 3月
贵阳学院学报 (自然科学版 ) (季刊 ) JOURNAL OF GU IYANG COLLEGE N atural Sc iences ( Quarterly)
Vo.l 4 No. 1 M ar. 2009
*
关于半正定矩阵 H adam ard积的矩阵不等式
曾 诚1, 汤凤香2, 何淦瞳 3
A* A oB* B A* oB* A oB ( 3)
证明: 在 ( 1) 中取 a = 1, b = 0, M = I , 即可得
到 ( 3)。
推论 3[ 10] : 设 A, B Cn n , 且 A, B 0, 则
A 2 oB2
A oB 2
( 4)
证明: 因 A, B 0, 则 A = A* , B = B* , 并且
On the M atrix Inequalitiy for the Hadam ard P roduct of Positive Sem idefinite M atrices
ZENG Cheng1, TANG Feng-x iang2, H e G an- tong3
( 1. M aths D epartm ent, G uiyang U n ive rs ity, Gu iy ang Gu izhou 550005; 2. M aths D epa rtm en t, J iam usiU n iversity, J iam usiH e ilong jiang 154007; 3. Co llege o f N atura l Sc ience, G uizhou Un iv ers ity, G uiyang Gu izhou 550025, Ch ina) Abstrac t: T here ex ist great differences between positive sem idefin ite m a trix and positive defin ite m atr ix in the inequa lity research. M oore P enrose inverse is used to rep lace the general reverse w hen positiv e defin ite m atrix is extended to pos-i tive sem idefin ite m atr ix. Based on the m ethod o f b lo ck m atr ix and Schur com plem ent, w e obta in severa lH adam ard product inequalities abou t positive sem idefin ite ma tr ices. K ey word s: Schur comp lement; positive sem idefin ite m atrix; M oo re- Penrose inverses; H adam ard product; m atr ix inequa lities
关于“矩阵的行列式不等式”的几点注记
关于“矩阵的行列式不等式”的几点注记摘要本文给出了实矩阵的若干行列式不等式的证明，并在复数域上针对正定矩阵建立了行列式不等式。
针对实矩阵，主要给出了五个命题阐述其行列式不等式，同时对有些命题作出了引申与进一步说明；针对复正定矩阵，给出了三个命题，在这三个命题的证明过程中用到了Schur定理和Holder不等式。
关键词实矩阵；复正定矩阵；行列式；不等式Several Notes for “Inequalities on the Determinant of Matrix”Abstract In this paper, several determinantal inequalities on real matrix are proved. As applications, some inequalities on determinants of positively definite matrices are established in complex number field. For the real matrix, five propositions are given to explain its determinantal inequalities, and some time, extensions and further states are made for some propositions. For the complex positively definite matrix, three propositions are given, in the process of the proof of the three propositions, the Schur theorem and Holder inequality are used.Key words real matrix; complex positively definite matrix; determinant; inequality目录1 引言与记号....................................................................... .. (1)2 实矩阵的若干行列式不等式及证明 (1)3 复数域中矩阵的若干行列式不等式 (5)4 结论（结束语） (9)5 参考文献 (9)6 致谢 (10)一 引言与记号复（实）矩阵是数学理论中的一个重要知识点，无论是对其应用上还是在进修考察中，都具有重要地位。
阿达马不等式的证明
㊀㊀㊀１４３㊀数学学习与研究㊀２０２０ １５阿达马不等式的证明阿达马不等式的证明Һ王子晗㊀黎㊀雄㊀（北京师范大学数学科学学院，北京㊀１０００００）㊀㊀ʌ摘要ɔ本文给出了阿达马不等式的代数证法以及利用拉格朗日乘子的分析证法，同时讨论了阿达马不等式取等号的充要条件．ʌ关键词ɔ二次型；矩阵；条件极值一㊁引言阿达马不等式由法国数学家ＪａｃｑｕｅｓＳｏｌｏｍｏｎＨａｄａｍａｒｄ１８９３年提出．阿达马不等式内容是：设Ａ＝ａｉｊ()为ｎˑｎ实矩阵，则［ｄｅｔ（Ａ）］２ɤᵑｎｉ＝１ðｎｊ＝１ａｉｊ２，并且等号成立当且仅当矩阵Ａ至少有一行为零向量，或者矩阵Ａ的所有行向量两两正交．该不等式不仅描述了行列式的一个代数性质，也具有更为直观的几何意义．我们知道，ｎ阶行列式的几何意义是该行列式的所有行向量所张成的平行２ｎ面体的ｎ维有向体积．阿达马不等式的左边就是这个有向体积的平方，而右边就是组成该２ｎ面体的每个行向量长度的平方的乘积．也就是说，ｎ个向量所张成的平行２ｎ面体的ｎ维有向体积的绝对值小于或等于这ｎ个向量长度的乘积．ｎɤ３的结论是明显的，而ｎȡ４的结论几何上不太容易想象．取等号的情形在这一几何角度来看也很明显．一种情形是ｎ个基向量两两正交，其张成的是ｎ维长方体，其体积等于这ｎ条边长度的乘积；另一种情形是基向量包含零向量，张成的平行体的维数小于ｎ，其ｎ维体积当然为零．本文从‘简明数学分析“中证明该不等式的一道例题入手，不仅给出了原书中利用拉格朗日乘子的方法证明阿达马不等式取等号的充要条件，也利用高等代数中的二次型相关知识证明了阿达马不等式．二㊁代数证法（一）Ａ为可逆矩阵首先讨论Ａ为可逆矩阵的情形．由行列式的乘法可知ｄｅｔＡ()[]２＝ｄｅｔａ１１ａ１２ ａ１ｎａ２１ａ２２ ａ２ｎ︙︙⋱︙ａｎ１ａｎ２ ａｎｎæèçççççöø÷÷÷÷÷ａ１１ａ１２ ａ１ｎａ２１ａ２２ ａ２ｎ︙︙⋱︙ａｎ１ａｎ２ ａｎｎæèçççççöø÷÷÷÷÷ᶄéëêêêêêùûúúúúú＝ｄｅｔａ２１１＋ ＋ａ２１ｎ∗ ∗∗ａ２２１＋ ＋ａ２２ｎ ∗︙︙⋱︙∗∗ ａ２ｎ１＋ ＋ａ２ｎｎæèçççççöø÷÷÷÷÷＝ｄｅｔＦｎ，其中Ｆｎ是正定实对称矩阵．为了证明阿达马不等式，只需证明任何正定实对称矩阵的行列式小于或等于对角线上元素的乘积．记一般形式的正定实对称矩阵为Ｍｎ＝ｍ１１ ｍ１ｎ︙⋱︙ｍｎ１ ｍｎｎæèçççöø÷÷÷ｍｉｉ＞０，ｍｉｊ＝ｍｊｉ，ｉʂｊ()．下面用数学归纳法证明ｄｅｔＭｎ()ɤᵑｎｉ＝１ｍｉｉ．当ｎ＝１时，Ｍ１＝（ｍ１１），结论显然成立．若结论对ｎ＝ｋ－１时成立，即ｄｅｔＭｋ－１()ɤᵑｋ－１ｉ＝１ｍｉｉ，则ｎ＝ｋ时，ｄｅｔＭｋ()＝ｄｅｔｍ１１ ｍ１ｋ︙ ︙︙ ｍｋ－１()ｋｍｋ１ ｍｋｋæèçççççöø÷÷÷÷÷＝ｄｅｔｍ１１ ｍ１ｋ︙ ︙︙ ｍｋ－１()ｋｍｋ１ ０æèçççççöø÷÷÷÷÷＋㊀ｄｅｔｍ１１ ０︙ ︙︙ ０ｍｋ１ ｍｋｋæèçççççöø÷÷÷÷÷．注意到ｄｅｔｍ１１ ０︙ ︙︙ ０ｍｋ１ ｍｋｋæèçççççöø÷÷÷÷÷＝ｍｋｋｄｅｔＭ(ｋ－１），. All Rights Reserved.㊀㊀㊀㊀㊀１４４数学学习与研究㊀２０２０ １５由归纳假设只需证明ｄｅｔＢｋ()＝ｄｅｔｍ１１ｍ１ｋ︙︙︙ ｍｋ－１()ｋｍｋ１０æèçççççöø÷÷÷÷÷ɤ０．记Ｙ＝ｍｋ１ｍｋｋ－１()()．既然Ｍｋ－１为正定矩阵，所以Ｍｋ－１可逆，故存在可逆矩阵Ｔ，使得Ｔᶄ００１æèçöø÷Ｍｋ－１ＹᶄＹ０æèçöø÷Ｔ００１æèçöø÷＝ＩＺᶄＺ０æèçöø÷，其中Ｚ＝ＹＴ．则ｄｅｔＢｋ()Ｔ２＝ｄｅｔＩＺᶄＺ０æèçöø÷．所以，ｄｅｔＢｋ()ɤ０等价于ｄｅｔＩＺᶄＺ０æèçöø÷ɤ０．下面利用数学归纳法证明ｄｅｔＩＺᶄＺ０æèçöø÷ɤ０．当ｋ＝２时，ｄｅｔ１ｚ１２ｚ２１０æèçöø÷＝－ｚ２２１ɤ０．若ｋ＝ｌ－１时，该行列式非正，则ｋ＝ｌ时，将行列式ｄｅｔ１ ０ｚ１ｌ︙ ︙０ １ｚｌ－１()ｌｚｌ１ｚｌｌ－１()０æèçççççöø÷÷÷÷÷ｌˑｌ按第一行展开而得到，ｄｅｔ１０ｚ１ｌ︙︙０ １ｚｌ－１()ｌｚｌ１ ｚｌｌ－１()０æèçççççöø÷÷÷÷÷ｌˑｌ＝ｄｅｔ１ ０ｚ２ｌ︙ ︙０ １ｚｌ－１()ｌｚｌ２ｚｌ（ｌ－１）０æèçççççöø÷÷÷÷÷ｌ－１()ˑ（ｌ－１）＋㊀－１()２ｌ＋１ｚｌ１()２．因此，由归纳假设，对于任意的ｋ，ｄｅｔＩＺᶄＺ０æèçöø÷ɤ０．由此，Ａ为可逆矩阵情形的阿达马不等式证毕．下面探讨矩阵Ａ可逆时阿达马不等式取等号的充要条件．我们宣称ｄｅｔＭｎ()＝ᵑｎｉ＝１ｍｉｉ，当且仅当Ｍｎ为对角矩阵．事实上，若Ｍｎ为对角矩阵，结论显然成立．反之，当ｄｅｔＭｎ()＝ᵑｎｉ＝１ｍｉｉ，若Ｍｎ不是对角矩阵，那么存在元素ｍｉｊʂ０（ｉʂｊ），不妨设ｍ１２ʂ０，其余非对角线上元素全为０，则ｄｅｔＭｎ()＝ｍ１１ｍ１２００ｍ２１⋱００︙０⋱００００ｍｎｎ＝ᵑｎｉ＝１ｍｉｉ－ｍ２１２ｍ３３ ｍｎｎ＜ᵑｎｉ＝１ｍｉｉ．因此，阿达马不等式取等号当且仅当Ｆｎ非对角线上元素全为零，也就是矩阵Ａ所有行向量两两正交．（二）Ａ为不可逆矩阵对于Ａ不是可逆矩阵的情形，在原阿达马不等式的左侧为零，右侧为若干个大于等于零的数的乘积时，该不等式显然成立．若要取到等号，也就意味着不等式的右边也要取零，也就是Ｆｎ对角线上至少有一个元素为零．此时，至少有一个ｉɪ｛１， ，ｎ｝，使得ａ２ｉ１＋ ＋ａ２ｉｎ＝０，因此矩阵Ａ的行向量至少有一个是零向量．三㊁分析证法这一部分我们选择适合的函数以及约束条件，利用拉格朗日乘子计算多元函数条件极值的方法，来证明阿达马不等式，并且找到阿达马不等式取等号的充要条件．当ｎ＝１时，阿达马不等式就是等式．当ｎ＞１时，计算函数ｆＡ()＝ｄｅｔ（Ａ）在约束条件ðｎｊ＝１ａ２ｉｊ＝ｋｉ，ｉ＝１， ，ｎ下的极值．若存在ｉɪ｛１， ，ｎ｝，使得ðｎｊ＝１ａ２ｉｊ＝０，即矩阵Ａ中有一行全为零，阿达马不等式就是等式．下面看矩阵Ａ每一行不全为零的情况．构造拉格朗日函数ＬＡ，λ()＝ｄｅｔＡ()－λＦＡ()，其中ＦＡ()＝（ðｎｊ＝１ａ２１ｊ－ｋ１， ，ðｎｊ＝１ａ２ｎｊ－ｋｎ）ᶄ，λ＝（λ１， ，λｎ）．在极值点Ａ－＝（ａ－ｉｊ）处，Ａ－ｉｊ＝２λｉａ－ｉｊ，（下转１５７页）. All Rights Reserved.㊀㊀㊀１５７㊀数学学习与研究㊀２０２０ １５业成绩上也有了自身的进步．２０１７年㊁２０１８年㊁２０１９的大部分学科中考成绩百分比对比如下：学科年度优秀良好合格平均分总评朝鲜语文２０１７２２．８６％８７．４３％９７．１４％９８．７５７４．８６％２０１８４３．７１％８８．６２％９６．４１％１０３．１０８０．６０％２０１９３３．４９％９２．８２％９８．５６％１０２．８８７９．０４％数学２０１７２４．００％６２．２９％８０．００％８６．６２６３．２０％２０１８３９．５２％６７．６６％７７．２５％８９．５１６５．９３％２０１９５２．１９％７６．０８％８２．３０％９５．５８７３．２５％英语２０１７４２．２９％７２．００％８３．４３％９４．５１７１．０９％２０１８４８．５０％７７．２５％８７．４３％９８．６０７５．７５％２０１９６１．７２％７９．４３％８７．５６％１０１．１８７９．８１％物理２０１７４９．１４％７２．５７％８０．５７％５３．４５７１．１４％２０１８３７．１３％６３．４７％７３．６５％５０．９１６２．６９％２０１９５４．０７％７５．６０％８１．３４％５６．２１７３．１６％化学２０１７２６．２９％６１．７１％７８．８６％３５．１６６３．０９％２０１８５２．６９％６８．２６％７６．０５％３７．６１６９．０４％２０１９５３．１１％７５．１２％７８．４７％３８．７５７０．８６％汉语２０１７１０．８６％８５．１４％９４．２９％９６．７３６９．２６％２０１８４２．５１％９３．４１％９７．０１％１０４．０３８０．６６％２０１９３１．１０％９１．８７％９８．５６％１０２．９７８．３３％总分２０１７３３．７１％７６．００％８５．１４％５１４．３７６９．７１％２０１８５０．３０％７６．６５％８６．２３％５３０．８６７５．４５％２０１９５３．１１％７７．５１％８７．５６％５４１．４３７７．２２％通过成绩来看，除去每次考试题的难易程度不同，班级个体差异不同等一些不可避免的因素之外，我们看到的结果：除了个别学科以外平均分㊁及格率和优秀率方面都在逐年提高．这些成绩的取得来源于：①教师在教学策略上注重教学活力的同时，关注全员参与，关注个性发展，这样做提高了整体学生的学习积极性和参与度，也提高了实验班级的平均分．②教师利用能焕发活力的教学资源精心设计，提高课堂教学的效率㊁学习能力，因此实验班级中等生渐渐进入优等生行列，提高了优秀率．③激励性评价牵引学困生喜欢学习，也因此我们能看到实验班的及格率也高于对照班级．３．学生的综合素质得到提高．课改的最大受益者是学生．推进课改以来，学生不仅在学习方面有进步，同时也得到了综合发展．学校组织各项有意义㊁有实效的活动，让学生懂得生活㊁懂科学㊁懂爱国主义情怀，让他们的学校生活更富有生命活力．推进课改期间学生在市级以上各类的活动中获得的证书多达１２２项．（二）对于 活力课堂 课改的反思１． 活力课堂 课改目标有些过大，下一步可以进一步细化，从小问题切入，研究各个课堂环节会带来更大的收获．２．我们研究过程中发现构建 活力课堂 的策略大多只能激发学生的短期兴趣．如何把学生的短期兴趣转化为长期兴趣，形成良好的学习品格，成为我们今后研究的方向．㊀（上接１４４页）㊀㊀其中Ａ－ｉｊ为行列式ｄｅｔ（Ａ－）中元素ａ－ｉｊ所对应的代数余子式．注意到ｄｅｔ（Ａ－）＝ðｎｊ＝１Ａ－ｉｊａ－ｉｊ＝２λｉðｎｊ＝１ａ－２ｉｊ＝２λｉｋｉ，所以Ａ－ｉｊ＝２λｉａ－ｉｊ＝ｄｅｔ（Ａ－）ａ－ｉｊｋｉ．故原矩阵Ａ的伴随方阵为（Ａ－∗）ᶄ＝ｄｅｔ（Ａ－）ａ－ｉｊｋｉ＝ｆ（Ａ－）ａ－ｉｊｋｉæèçöø÷ｉ，ｊ＝１， ，ｎ．两边同时取行列式，等式左右两边分别为ｄｅｔ（Ａ－∗）ᶄ＝ｆ（Ａ－）[]ｎ－１，㊀㊀㊀㊀㊀㊀ｄｅｔｆ（Ａ－）ａ－ｉｊｋｉæèçöø÷ｉ，ｊ＝１， ，ｎ＝［ｆ（Ａ－）］ｎｋ１㊃ ㊃ｋｎｆ（Ａ－）＝［ｆ（Ａ－）］ｎ＋１ｋ１㊃ ㊃ｋｎ．则ｆ（Ａ－）[]ｎ－１＝［ｆ（Ａ－）］ｎ＋１ｋ１㊃ ㊃ｋｎ．也就是ｆ（Ａ－）[]２＝ᵑｎｉ＝１ｋｉ．由于原约束条件ＦＡ()＝ðｎｊ＝１ａ２１ｊ－ｋ１， ，ðｎｊ＝１ａ２ｎｊ－ｋｎ()ᶄ＝０为Ｒｎˑｎ中的有界光滑曲面，故ＦＡ()可以取到最值，考虑到ｄｅｔＡ()＝０的情形，可知该极值为最大值．下面讨论阿达马不等式取等号的条件．由于㊀㊀㊀㊀㊀ðｎｊ＝１ａ－ｉｊａ－ｋｊ＝ðｎｊ＝１Ａ－ｉｊ２λｉａ－ｋｊ＝１２λｉðｎｊ＝１Ａ－ｉｊａ－ｋｊ＝０，ｉʂｋ，因此矩阵Ａ－的所有行向量两两正交．ʌ参考文献ɔ［１］蓝以中．高等代数简明教程（第二版）［Ｍ］．北京：北京大学出版社，２００７．［２］郇中丹，刘永平，王昆扬．简明数学分析（第二版）［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０１８．. All Rights Reserved.。
hadamard不等式的几何解释
hadamard不等式的几何解释Hadamard不等式是数学中的一个重要不等式，它在几何上有着丰富的解释。
以下是关于Hadamard不等式的几何解释的一些内容：1. 向量的长度：Hadamard不等式可以用来证明向量的长度。
对于一个向量的模长为1的向量（单位向量），其内积的绝对值不会超过1。
这可以被解释为单位向量在任意两个方向之间的夹角不会大于180度。
换句话说，Hadamard不等式说明了单位向量在空间中的分布会更加均匀。
2. 几何中心：Hadamard不等式与几何中心有着密切关系。
几何中心是指在给定一组点的情况下，存在一个点使得到该点的距离之和最小。
Hadamard不等式可以用来证明在欧几里德空间中，几何中心存在且唯一。
这意味着Hadamard不等式在几何中心的问题上起到了关键作用。
3. 凸集：Hadamard不等式可以用来证明凸集的性质。
凸集是指包含其任意两点之间的线段的集合。
Hadamard不等式可用于证明一个凸集中的任意两个向量的内积的绝对值不超过这两个向量的模长之积。
这个结果可以被解释为凸集中的向量趋向于平行分布，而不会过于聚集在一起。
4. 极大化最小角度：Hadamard不等式可以应用于极大化最小角度的问题。
给定一组向量，Hadamard不等式可以用来证明最小角度的正弦值不会超过向量模长的最小值。
这意味着通过使向量的模长最小化，可以使最小角度的正弦值最大化。
Hadamard不等式在几何中有着广泛的应用和解释。
它涉及到向量的长度、几何中心、凸集以及极大化最小角度等问题。
这些几何解释帮助我们更好地理解和应用Hadamard不等式。
正定矩阵的判定方法及正定矩阵在三个不等式证明中的应用（写写帮整理）
正定矩阵的判定方法及正定矩阵在三个不等式证明中的应用（写写帮整理）第一篇：正定矩阵的判定方法及正定矩阵在三个不等式证明中的应用（写写帮整理）正定矩阵的判定方法及正定矩阵在三个不等式证明中的应用作者：袁亮（西安财经大学）摘要: 本文从正定矩阵的的定义出发，给出了正定矩阵的若干判定定理及推论，并给出了正定矩阵在柯西、Holder、Minkowski三个不等式证明中的应用.关键词: 正定矩阵，判定，不等式，应用Abstract: In this paper, we mainly introduce some decision theorem and inference based on the definition of positive definite matrices and give the application of positive definite matrices in the proving on Cauchy、Holder、and Minkowski inequality.Keywords: positive definite matrix, determine, inequality, application目录引言…………………………………………………………………4 2 正定矩阵的判定方法………………………………………………4 2.1 定义判定…………………………………………………………5 2.2 定理判定…………………………………………………………6 2.3 正定矩阵的一些重要推论………………………………………11 3 正定矩阵在三个不等式证明中的应用…………………………15 3.1 证明柯西不等式………………………………………………15 3.2 证明Holder不等式……………………………………………16 3.3 证明Minkowski不等式…………………………………………18 结束语…………………………………………………………………21 参考文献………………………………………………………………22 引言代数学是数学中的一个重要的分支，而正定矩阵又是高等代数中的重要部分．特别是正定矩阵部分的应用很广泛，n阶实对称正定矩阵在矩阵理论中，占有十分重要的地位．它在物理学、概率论以及优化控制理论[2]中都得到了重要的应用，而本文只提供解决正定矩阵判定问题的方法，并阐明它在数学分析中三个重要不等式证明中的应用.正定矩阵的一般形式是,设A是n阶实对称矩阵，若对任意x∈Rn，且x≠0，都有xTMx>0成立[2].本文从正定矩阵的定义，给出正定矩阵的判定定理，并给出正定矩阵的重要推论，这些重要推论对计算数学中的优化问题有着重要的作用，并在矩阵对策，经济均衡，障碍问题[3]的研究中具有很实用的价值.同时还介绍正定矩阵在三个不等式证明中的应用，其一是用正定矩阵证明著名的柯西不等式，其二是用正定矩阵的性质给出Holder 不等式的一个新的证明，其三是运用正定矩阵的两个引理证明Minkowski不等式，这三个应用说明正定矩阵运用的广泛性和有效性.以上这些正定矩阵的研究只局限在正定矩阵的理论分析方面，它的一些实际方面的应用还有待笔者和一些学者去探索挖掘.2 正定矩阵的判定方法 2.1 定义判定设A=(aij),(其中aij∈C,i,j=1,2,…，n), A的共轭转置记为A*=aji 定义1[1]对于实对称矩阵A=(aij),（其中aij∈R,i,j=1,2,…，n）若对于任意非零列向量X，都有XTAX>0,则称A是正定矩阵.定义2[1]对于复对称矩阵A=(aij),（其中aij∈C,i,j=1,2,…，n）若对于任意非零列向量X，都有X*AX>0,则称A是正定矩阵．例1 设A为m阶实对称矩阵且正定，B为m×n实矩阵，BT为B 的转置矩阵，试证 BTAB为正定矩阵的充要条件是B的秩r（B）=n.证[必要性] 设BTAB为正定矩阵，则对任意的实n维列向量x≠0，有()xTBTABx>0，()即(Bx)TA(Bx)>0.于是Bx≠0，因此，Bx=0只有零解，从而r(B)=n.[充分性] 因(BTAB)=BTATB=BTAB，T即BTAB为实对称矩阵.若秩r(B)=n，则线性方程组Bx=0只有零解，从而对任意实n维向量x≠0有Bx≠0.又A 为正定矩阵，所以对于Bx≠0，有(Bx)TABx>0, 于是当x≠0时，xTBTABx>0.()故BTAB为正定矩阵.例2[3]设 A 是 n 阶正定矩阵，B 是n×m 实矩阵，B的秩为 m，证明：B'AB 是正定矩阵.证因为（B'AB）'=B'A'B=B'AB, 故B'AB 是实对称矩阵，其次，由于秩B=m，m≤n.故 BX=0 只有零解，因此，若任取非零实列向量 X 必有BX≠0，因 A 是正定矩阵，故对任取的非零实列向量 X，必有X'（B'AB）X=(BX)'A(BX)>0.因此B'AB 是正定矩阵.注意以上两个例子，是运用正定矩阵的定义来证明的.还提供了利用实矩阵来构造正定矩阵的方法.具体是，若 A 不是方阵，也不对称时，A'A，AA'是正定矩阵，若A 是方阵，但不对称，则A+A'是正定矩阵，同时，在证明的过程中，我们也看到了齐次线性方程组解的理论在正定二次型的理论中的应用.2.2 定理判定定理1[1]n阶实对称矩阵A正定，当且仅当实二次f(x1,x2,…,xn)=XTAX的正惯性指数为n．证设实二次型f(x1,x2,…,xn)经过非退化线性变换得a1x1+a2x2+…+anxn.（2.1）222由于非退化实线性变换保持正定性不变，那么A正定当且仅当（2.1）是正定的，由定义3知（3.1）正定当且仅当ai>0(i=1,2,Λ,n)，因此，正惯性指数为n..⎛d1 定理2[1]实对角矩阵 ⎝(i=1,2,Λ,n).d2⎫⎪⎪⎪正定的充分必要条件是di>0，O⎪dn⎪⎭证由定理3.1得，实对称矩阵正定当且仅当二次型f(x1,x2,…，xn)=d1x1+d2x2+…+dnxn.的正惯性指数为n，因此，di>0（i=1,2,…,n,）．例3 设A为n阶实对称矩阵，证明：秩（A）=n的充分必要条件为存在一个n阶实矩阵B，使AB+BTA是正定矩阵.证[充分性]（反证法）反设r(A)<n，则A=0.于是λ=0是A的特征值，假设相应的特征向量为x，即Ax=0(x≠0)，222所以xTAT=0.所以xT(AB+BTA)x=xTABx+xTBTAx=0，和AB+BTA是正定矩阵矛盾.[必要性] 因为r(A)=n，所以A的特征值λ1,λ2,Λ,λn全不为0.取B=A，则AB+BTA=AA+AA=2A2.22T,2λ2,Λ2λ它的特征值为2λ12n全部为正，所以AB+BA是正定矩阵.定义3 在实二次型f(x1,x2,Λ,xn)的规范形中，正平方项的个数p称为f(x1,x2,Λ,xn)的正惯性指数，负平方项的个数r-p称为f(x1,x2,Λxn)的负惯性指数，它们的差p-(r-p)=2p-r 称为f(x1,x2,Λ,xn)的符号差.定理3[1]实对称矩阵A是正定的充要条件矩阵A的秩与符号差n．定理4[1]实对称矩阵A是正定的充要条件是二次型f(x1,x2,…xn)=XTAX的系数矩阵A的所有特征值都是正数，即大于零.证由文献[1]知，实对称矩阵A可对角化为⎛a1 ⎝a2⎫⎪⎪⎪O⎪an⎪⎭其中a1，a2,Λ,an恰好是A的特征值，则二次型XTAX的标准形为：a1x1+a2x2+…+anxn，222而非退化实线性变换保持正定性不变，由f(x1,x2,…，xn)=a1x1+a2x2+…+anxn.正定得ai>0(i=1,2,Λ,n)．例4设A为实对称矩阵，则当t充分大时，A+tE为正定矩阵.222证设A的特征值为λ1,λ2,...,λn(λi为实数)，取t>max{λi}，则A+tE的特1≤i≤n征值λi+t(i=1,2,...,n)全部大于零，因此当t>max{λi}时，A+tE是正定矩阵.1≤i≤n例 5 设A为n阶实对称矩阵，且A3-3A2+5A-3E=0.证明：A正定.证设λ是A的任一特征值，对应特征向量为x≠0，即Ax=λx，代入已知等式A3-3A2+5A-3E=0, 有(A3-3A2+5A-3Ex=λ3-3λ2+5λ-3x=0，)()因为x≠0，故λ满足λ3-3λ2+5λ-3=0.得λ=1或λ=1±2i，因A为实对称矩阵，其特征值一定为实数，故只有λ=1，即A的全部特征值就是λ=1>0，这就证明A是正定矩阵.定理5[1]实对称矩阵正定当且仅当它与单位矩阵合同．证实正定二次型的规范形为x1+x2+Λ+xn.222(2.2.1)而（2.2.1）的系数矩阵为单位矩阵，非退化实线性变换保持正定性不变，而且新二次型的系数矩阵与原二次型的系数矩阵是合同的，故实对称矩阵正定当且仅当它与单位矩阵合同．定理6[2]实对称矩阵A是正定的充要条件是存在可逆矩阵C使得A=CTC．证设A为一正定矩阵，当切仅当A与单位矩阵合同，因此，存在可逆矩阵C，使得A=CTEC=CTC.定理7[1]实对称矩阵A正定的充分必要条件是矩阵A的顺序主子式全大于零．证 [必要性] 实对称矩阵A正定，则二次型f(x1,x2,…,xn)=XAX=∑∑aijxixj是正定的，Ti=1j=1nn对于每一个k,1≤k≤n,令fk（x1,x2,…，xk）=∑∑aijxixj，i=1j=1kk我们来证fk是一个k元正定二次型，对于一组不全为零的数c1，c2，…，ck，有fk（c1，c2，…，ck）=fk（c1，c2，…，ck，0，…,0）>0, 因此，fk是一个k元正定二次型.由充要条件2得fk的矩阵行列式a11Λa1k Λak1Λakk>0,（k=1,2,…,n）.[充分性] 对n作数学归纳法当n=1时，f(x1)=a11x1, 由条件a11>0，显然f(x1)是正定的．假定此论断对n-1元二次型成立，下证n元的情形.令2⎛a11 a12A1= a⎝n-1,1a12a22Λan-1,2a1,n-1⎫⎪Λa2,n-1⎪，⎪Λ⎪Λan-1,n-1⎪⎭Λ⎛a1n⎫⎪a2n⎪，X= ⎪M⎪a⎪⎝n-1,n⎭⎛A1则A= XT⎝X⎫⎪.ann⎪⎭由A的顺序主子式全大于零可知A1的顺序主子式全大于零，由假设A1是正定矩阵，有n-1阶可逆矩阵G，使得GTA1G=En-1, 令⎛G0⎫C1= 01⎪⎪，⎝⎭则C1T⎛GTAC1= 0⎝0⎫⎪1⎪⎭⎛A1 XT⎝X⎫⎛G0⎫⎛En-1GTX⎫⎪.⎪⎪= T ⎪⎪a nn⎭⎝01⎭⎝XGann⎪⎭令⎛En-1C2= 0⎝-GTX⎫⎪, 1⎪⎭则C2C1TT0⎫⎛En-1GTX⎫⎛En-1⎪AC1C2= -XTG1⎪⎪XTGa⎪⎝⎭⎝nn⎭⎛E n-1= 0⎝⎫⎪.TTann-XGGX⎪⎭0⎛En-1 0⎝-GTX⎫⎪ 1⎪⎭令C=C1C2,a=ann-XTGGTX, 则有⎛1⎫⎪1⎪CTAC= .⎪O⎪a⎪⎝⎭两边取行列式得 C2A=a,由条件 A>0 知a>0.由于⎛1⎫⎛1 ⎪1⎪1 ⎪= O1 ⎪a⎪⎝⎭⎝⎫⎛1⎫⎛1⎪⎪⎪1⎪1⎪1⎪1⎪⎪a⎪1⎪⎭⎝⎭⎝⎫⎪⎪⎪.⎪a⎪⎭因此，A与单位矩阵合同.由定理5得，A是正定矩阵．定理8[2] n阶实对称阵A为正定的充要条件是存在对称正定阵B，使A=B2.证 [必要性] 存在正交阵Q，使。
正定矩阵的判定方法及正定矩阵在三个不等式证明中的应用
正定矩阵的判定方法及正定矩阵在三个不等式证明中的应用一、正定矩阵的判定方法一般而言，正定矩阵是一种特殊的方阵，它是满足下列条件的方阵：1）对于任一非零列向量$\mathbf x$，有$\mathbf x^T\mathbfAx>0$；2）对任一向量$\mathbf y$，有$\mathbf y^T\mathbf Ay\geqslant0$；3）对任一向量$\mathbf z$，$\mathbf z^T\mathbf Az\geqslant 0$，且$\mathbf z^T\mathbf Az=0$当且仅当$\mathbf z=\mathbf 0$。
(1)根据上述定义，可以判断一个矩阵是否为正定矩阵，即可以通过验证上述3个条件是否成立，来判断一个矩阵是否为正定矩阵。
(2)另一种方法是利用一般性的行列式代数秩定理，即一个正定方阵的行列式的秩为整数。
因此，可以根据行列式的秩来判断方阵是否为正定矩阵。
如果行列式的秩为整数，则该矩阵是正定矩阵；如果行列式的秩不为整数，则该矩阵不是正定矩阵。
（1）Cauchy-Schwarz不等式：若$\mathbf u,\mathbf v$是任意二个非零向量，则$\mathbf {u^Tv}\leqslant \sqrt{\mathbf{u^Tu}}\cdot\sqrt{\mathbf {v^Tv}} $。
证明：我们可以构造一个正定矩阵A，其中$A=\begin{bmatrix}\mathbf {u^Tu}&\mathbf {u^Tv}\\ \mathbf {v^Tu}& \mathbf{v^Tv}\end{bmatrix}$根据正定矩阵的定义，可以得到$\mathbf {u^Tv}\leqslant \sqrt{\mathbf {u^Tu}}\cdot\sqrt{\mathbf {v^Tv}} $。
（2）矩阵与向量乘积的定理：设A是$n$阶方阵，$\mathbf u,\mathbf v$是任意$n$个向量，则。
关于正定矩阵的Hadamand不等式的证明
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Ｖｏｌ．１２ Ｎｏ．５
２００５ 年 １０ 月
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文献标识码： Ａ
文章编号： １６７２－４１４３（ ２００５） ０５－０００５－０３
关于正定矩阵的 "#$#%#&$ 不等式的证明
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第 １２ 卷 第 ５ 期
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! ! !! 莆 田 学 院 学 报
中图分类号： Ｏ１５１．２１
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Ｖｏｌ．１２ Ｎｏ．５
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文章编号： １６７２－４１４３（ ２００５） ０５－０００５－０３
关于正定矩阵的 "#$#%#&$ 不等式的证明
晏瑜敏 " 张新军 " 杨忠鹏
（ 莆田学院 数学与应用数学系， 福建 莆田 ３５１１００ ）
关键词： 正定矩阵； Ｈａｄａｍａｎｄ 不等式； 对称矩阵 摘 要： 首先指出丁卫平 《关于正定矩阵一不等式的简单证明》 一文给出的关于正定矩阵的 Ｈａｄａｍａｎｄ 不等式
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当且仅当 & 是对角矩阵时 "%１& 式等号成立 $ 上述关于正定矩阵的行列式上界估计的不等 式 %１&" 就是著名的 Ｈａｄａｍａｎｄ 不等式 $ 国内使用 的最广泛的两本教材 ［１］’ ［２］ 都把这个不等式的证 明作为基本习题 $ 文［１］ 将上述不等式作为不涉及到实对称矩阵 的特征值问题而列为第五章的习题 " 而 ［２］ 虽然安
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第５期 秩 #!"# $＝ 秩! ｄｉａｇ（!１（!）"１， "２（!）"１，% ， #$（!）"１） "#１５& 由 ’１５ &知 !$%（!） ＝１ ! % ＝１，２， % ，$ 当且仅当秩 #!"# &＝ 晏瑜敏 ! 等 " 关于正定矩阵的 Ｈａｄａｍａｎｄ 不等式的证明 显然文 ［３］ 中证明所用的基本方法和基本工具 与文［４］ 是相同的 ! 但在文［４］ 给出的证明中 ! 矩阵 ! 满足 &%’ ＝ ＝( &%’ )
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排在最后一章 % 按 ［２］ 的教材安排 " 在这之前已介绍 了矩阵的特征值 &" 但从所提示的方法上看 " 与 ［１］ (( 所有 是相似的 " 即根据正定矩阵的特征性质 ( 主子矩阵是正定的 " 用归纳法可给出证明 $ 新近文［３］给出一个关于正定矩阵的 Ｈａｄａｍａｎｄ 不等式的简单证明 " 现将文［３］ 的证明摘录如下 ! 设 &＝ " $%’ $ ∈!!!! 是正定矩阵 " 记 (%’ ＝ )%’ " 则
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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收稿日期： ２００５－０４－１１
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:-4 ;)($5! ｐｏｓｉｔｉｖｅ ｄｅｆｉｎｉｔｅ ｍａｔｒｉｘ； Ｈａｄａｍａｎｄ ｉｎｅｑｕａｌｉｔｙ； ｓｙｍｍｅｔｒｉｃ ｍａｔｒｉｘ <=5+(#>+ ! Ｆｉｒｓｔ， ｗｅ ｐｏｉｎｔ ｏｕｔ ｔｈａｔ ｔｈｅ ｐｒｏｏｆ ｏｆ ｔｈｅ Ｈａｄａｍａｎｄ ｉｎｅｑｕａｌｉｔｙ ｏｆ ｐｏｓｉｔｉｖｅ ｄｅｆｉｎｉｔｅ ｍａｔｒｉｘ ｉｎ Ｄｉｎｇ
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可逆的 $ 知此时 *, 是可对角
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