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31 , 用配方法化下列二次型成规范形 , 并写出所用变换的矩阵:

(1) f(x1 , x2 , x3)= x 1 2 x_{1}^{2} +3 x 2 2 x_{2}^{2} +5 x 3 2 x_{3}^{2} + 2x1x2-4x1x3

(2) f(x1 , x2 , x3)= x 1 2 x_{1}^{2} +2 x 3 2 x_{3}^{2} + 2x1x3+2x2x3

(3) f(x1 , x2 , x3)=2 x 1 2 x_{1}^{2} + x 2 2 x_{2}^{2} +4 x 3 2 x_{3}^{2} + 2x1x2-2x2x3

解(1)

1.对二次型进行配方

已知二次型 f(x₁,x₂,x₃) = x₁² + 3x₂² + 5x₃² + 2x₁x₂ - 4x₁x₃。

因为f中含变量x₁的平方项，把含x₁的项归并起来进行配方：

f(x₁,x₂,x₃) = x₁² + 2x₁x₂ - 4x₁x₃ + 3x₂² + 5x₃²

= (x₁² + 2x₁x₂ - 4x₁x₃) + 3x₂² + 5x₃²

= (x₁ + x₂ - 2x₃)² - (x₂ - 2x₃)² + 3x₂² + 5x₃²

= (x₁ + x₂ - 2x₃)² - (x₂² - 4x₂x₃ + 4x₃²) + 3x₂² + 5x₃²

= (x₁ + x₂ - 2x₃)² + 2x₂² + 4x₂x₃ + x₃²

= (x₁ + x₂ - 2x₃)² + 2(x₂² + 2x₂x₃ + x₃²) - x₃²

= (x₁ + x₂ - 2x₃)² + 2(x₂ + x₃)² - x₃²

2. 作线性变换化为标准形

令线性变换为 { y ₁ = x ₁ + x ₂ − 2 x ₃ y ₂ = 2 ( x ₂ + x ₃ ) y ₃ = x ₃ \left\{ \begin{matrix} y₁\ = \ x₁\ + \ x₂\ - \ 2x₃ \\ y₂\ = \ \sqrt{2}(x₂\ + \ x₃) \\ y₃\ = \ x₃\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix} \right.\

将其写成矩阵形式y=Ax，即 [ y 1 y 2 y 2 ] = [ 1 1 − 2 0 2 2 0 0 1 ] [ x 1 x 2 x 2 ] \left\lbrack \begin{array}{r} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{2} \end{array} \right\rbrack = \begin{bmatrix} 1 & 1 & - 2 \\ 0 & \sqrt{2} & \sqrt{2} \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{2} \end{array} \right\rbrack

为了用 𝒚 \mathbf{y} 表示 𝒙 \mathbf{x} ，需要求出 A A 的逆矩阵 A − 1 A^{- 1} 。

因为 A − 1 = [ 1 − 1 2 3 0 1 2 − 1 0 0 1 ] . A^{- 1} = \begin{bmatrix} 1 & \frac{- 1}{\sqrt{2}} & 3 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & - 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.

写出反过来的方程组

由 𝒙 = A − 1 𝒚 \mathbf{x} = A^{- 1}\mathbf{y} ， [ x 1 x 2 x 2 ] \left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{2} \end{array} \right\rbrack = [ 1 − 1 2 3 0 1 2 − 1 0 0 1 ] [ y 1 y 2 y 2 ] \begin{bmatrix} 1 & \frac{- 1}{\sqrt{2}} & 3 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & - 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{2} \end{array} \right\rbrack

得 { x ₁ = y ₁ − 1 2 y ₂ + 3 y ₃ x ₂ = 1 2 y ₂ − y ₃ x ₃ = y ₃ \left\{ \begin{matrix} x₁\ = \ y₁\ - \ \frac{1}{\sqrt{2}}y₂\ + \ 3y₃ \\ x₂\ = \ \frac{1}{\sqrt{2}}y₂\ - \ y₃ \\ x₃\ = \ y₃ \end{matrix} \right.\

在此变换下二次型化为标准形 f(y) = y₁² - y₂² + y₃²。

3. 化为规范形

因为标准形 f(y) = y₁² + y₂² - y₃² 已经是平方项系数为 ±1 的形式，所以它就是规范形。

综上，二次型 f(x₁, x₂, x₃) 的规范形为 f = y₁² + y₂² - y₃²，

所用变换的矩阵 C = [ 1 − 1 2 3 0 1 2 − 1 0 0 1 ] \begin{bmatrix} 1 & \frac{- 1}{\sqrt{2}} & 3 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & - 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

(2)1. 对二次型进行配方

已知二次型 f(x₁, x₂, x₃) = x₁² + 2x₃² + 2x₁x₃ + 2x₂x₃。

由于f中含变量x₁的平方项，把含x₁的项归并起来进行配方：

f(x₁, x₂, x₃) = x₁² + 2x₁x₃ + 2x₃² + 2x₂x₃

= (x₁² + 2x₁x₃ + x₃²) + x₃² + 2x₂x₃

= (x₁ + x₃)² + x₃² + 2x₂x₃

= (x₁ + x₃)² + x₃² + 2x₂x₃ + x₂² - x₂²

= (x₁ + x₃)² - x₂² + (x₂ + x₃)²

2. 作线性变换化为标准形

令线性变换为 { y 1 = x 1 + x 3 y 2 = x 2 y 3 = x 2 + x 3 \left\{ \begin{matrix} y_{1} = x_{1} + x_{3} \\ y_{2} = x_{2} \\ y_{3} = x_{2} + x_{3} \end{matrix} \right.\

将其写成矩阵形式y=Ax，即 [ y 1 y 2 y 2 ] = [ 1 0 1 0 1 0 0 1 1 ] [ x 1 x 2 x 2 ] \left\lbrack \begin{array}{r} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{2} \end{array} \right\rbrack = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{2} \end{array} \right\rbrack

为了用 𝒚 \mathbf{y} 表示 𝒙 \mathbf{x} ，需要求出 A A 的逆矩阵 A − 1 A^{- 1} 。

因为 A − 1 = [ 1 1 − 1 0 1 0 0 − 1 1 ] . A^{- 1} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & - 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 & 1 \end{bmatrix}.

写出反过来的方程组

由 𝒙 = A − 1 𝒚 \mathbf{x} = A^{- 1}\mathbf{y} ， [ x 1 x 2 x 2 ] \left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{2} \end{array} \right\rbrack = [ 1 1 − 1 0 1 0 0 − 1 1 ] [ y 1 y 2 y 2 ] \begin{bmatrix} 1 & 1 & - 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 & 1 \end{bmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{2} \end{array} \right\rbrack

得 { x 1 = y 1 + y 2 − y 3 x 2 = y 2 x 3 = − y 2 + y 3 \left\{ \begin{matrix} x_{1} = y_{1} + y_{2} - y_{3} \\ x_{2} = y_{2} \\ x_{3} = - y_{2} + y_{3} \end{matrix} \right.\

在此变换下二次型化为标准形 f(y) = y₁² - y₂² + y₃²。

3. 化为规范形

因为标准形 f(y) = y₁² - y₂² + y₃² 的平方项系数已经是 1, -1, 1，满足规范形的要求，所以它就是规范形。

综上，二次型 f(x₁, x₂, x₃) 的规范形为 f = y₁² - y₂² + y₃²，

所用变换的矩阵 C = [ 1 1 − 1 0 1 0 0 − 1 1 ] C = \begin{bmatrix} 1 & 1 & - 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 & 1 \end{bmatrix}

(3)

1. 对二次型进行配方

已知二次型f(x₁,x₂,x₃)=2x₁² + x₂² + 4x₃² + 2x₁x₂ - 2x₂x₃。

由于f中含变量x₁的平方项，把含x₁的项归并起来进行配方:

f(x₁, x₂, x₃) = 2x₁² + 2x₁x₂ + x₂² + 4x₃² - 2x₂x₃

= 2(x₁² + x₁x₂ )+ x₂² + 4x₃² - 2x₂x₃

= 2( x 1 2 + x 1 x 2 + ( x 2 2 ) 2 − ( x 2 2 ) 2 x_{1}^{2} + x_{1}x_{2} + \left( \frac{x_{2}}{2} \right)^{2} - \left( \frac{x_{2}}{2} \right)^{2} )+ x₂² + 4x₃² - 2x₂x₃

= 2( ( x 1 + x 2 2 ) 2 − x 2 2 4 \left( x_{1} + \frac{x_{2}}{2} \right)^{2} - \frac{x_{2}^{2}}{4} )+ x₂² + 4x₃² - 2x₂x₃

= 2 ( x 1 + x 2 2 ) 2 − x 2 2 2 \left( x_{1} + \frac{x_{2}}{2} \right)^{2} - \frac{x_{2}^{2}}{2} + x₂² + 4x₃² - 2x₂x₃

= ( 2 ) 2 ⋅ ( x 1 + x 2 2 ) 2 − x 2 2 2 (\sqrt{2})^{2} \cdot \left( x_{1} + \frac{x_{2}}{2} \right)^{2} - \frac{x_{2}^{2}}{2} + x₂² + 4x₃² - 2x₂x₃

= ( 2 ⋅ x 1 + 2 ⋅ x 2 2 ) 2 − x 2 2 2 \left( \sqrt{2} \cdot x_{1} + \sqrt{2} \cdot \frac{x_{2}}{2} \right)^{2} - \frac{x_{2}^{2}}{2} + x₂² + 4x₃² - 2x₂x₃

= ( 2 x 1 + 1 2 x 2 ) 2 − x 2 2 2 \left( \sqrt{2}x_{1} + \frac{1}{\sqrt{2}}x_{2} \right)^{2} - \frac{x_{2}^{2}}{2} + x₂² + 4x₃² - 2x₂x₃

= ( 2 \sqrt{2} x₁ + 1 2 \frac{1}{\sqrt{2}} x₂)² + 1 2 \frac{1}{2} x₂² + 4x₃² - 2x₂x₃

= ( 2 \sqrt{2} x₁ + 1 2 \frac{1}{\sqrt{2}} x₂)² + 1 2 \frac{1}{2} x₂² + 2x₃² - 2x₂x₃+ 2x₃²

= ( 2 \sqrt{2} x₁ + 1 2 \frac{1}{\sqrt{2}} x₂)² + ( 1 2 \frac{1}{\sqrt{2}} x₂ - 2 \sqrt{2} x₃)² + ( 2 \sqrt{2} x₃)²

2. 作线性变换化为标准形

令线性变换为 { y 1 = 2 x ₁ + 1 2 x ₂ y 2 = 1 2 x ₂ − 2 x ₃ y 3 = 2 x ₃ \left\{ \begin{matrix} y_{1} = \sqrt{2}x₁\ + \ \frac{1}{\sqrt{2}}x₂ \\ y_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}x₂\ - \ \sqrt{2}x₃ \\ y_{3} = \sqrt{2}x₃ \end{matrix} \right.\

将其写成矩阵形式y=Ax，即 [ y 1 y 2 y 2 ] = [ 2 1 2 0 0 1 2 − 2 0 0 2 ] [ x 1 x 2 x 2 ] \left\lbrack \begin{array}{r} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{2} \end{array} \right\rbrack = \begin{bmatrix} \sqrt{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & - \sqrt{2} \\ 0 & 0 & \sqrt{2} \end{bmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{2} \end{array} \right\rbrack

为了用 𝒚 \mathbf{y} 表示 𝒙 \mathbf{x} ，需要求出 A A 的逆矩阵 A − 1 A^{- 1} 。

因为 A − 1 = 1 2 [ 1 − 1 − 1 0 2 2 0 0 1 ] . A^{- 1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix} 1 & - 1 & - 1 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.

写出反过来的方程组

由 𝒙 = A − 1 𝒚 \mathbf{x} = A^{- 1}\mathbf{y} ， [ x 1 x 2 x 2 ] \left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{2} \end{array} \right\rbrack = 1 2 [ 1 − 1 − 1 0 2 2 0 0 1 ] [ y 1 y 2 y 2 ] \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix} 1 & - 1 & - 1 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{2} \end{array} \right\rbrack

得 { x 1 = 1 2 y 1 − 1 2 y 2 − 1 2 y 3 x 2 = 2 2 y 2 + 2 2 y 3 x 3 = 1 2 y 3 \left\{ \begin{matrix} x_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}y_{1} - \frac{1}{\sqrt{2}}y_{2} - \frac{1}{\sqrt{2}}y_{3} \\ x_{2} = \frac{2}{\sqrt{2}}y_{2} + \frac{2}{\sqrt{2}}y_{3} \\ x_{3} = \frac{1}{\sqrt{2}}y_{3} \end{matrix} \right.\

在此变换下二次型化为标准形 f(y) = y₁² + y₂² + y₃²。    

 

32.设f= x 1 2 x_{1}^{2} + x 2 2 x_{2}^{2} +5 x 3 2 x_{3}^{2} +2ax1x2-2x1x3+4x2x3为正定二次型 , 求a

解:

正定二次型的判定方法

当且仅当它的对称矩阵 A A 的所有顺序主子式都为正，那么二次型 f f 是正定的，

具体步骤如下：

步骤 1：写出对称矩阵 A A

矩阵 A A 为： A = [ 1 a − 1 a 1 2 − 1 2 5 ] A = \begin{bmatrix} 1 & a & - 1 \\ a & 1 & 2 \\ - 1 & 2 & 5 \end{bmatrix}

步骤 2：计算顺序主子式

1. 一阶顺序主子式： D 1 = a 11 = 1 > 0 D_{1} = a_{11} = 1 > 0

2. 二阶顺序主子式： D 2 = | 1 a a 1 | = 1 ⋅ 1 − a ⋅ a = 1 − a 2 D_{2} = \left| \begin{matrix} 1 & a \\ a & 1 \end{matrix} \right| = 1 \cdot 1 - a \cdot a = 1 - a^{2}

正定性要求 ： 1 − a 2 > 0 ⇒ a 2 < 1 ⇒ − 1 < a < 1 1 - a^{2} > 0 \Longrightarrow a^{2} < 1 \Longrightarrow - 1 < a < 1

3. 三阶顺序主子式： D 3 = d e t ( A ) = | 1 a − 1 a 1 2 − 1 2 5 | D_{3} = det(A) = \left| \begin{matrix} 1 & a & - 1 \\ a & 1 & 2 \\ - 1 & 2 & 5 \end{matrix} \right|

展开行列式： D 3 = 1 − 5 a 2 − 2 a − 2 a − 1 = − 5 a 2 − 4 a D_{3} = 1 - 5a^{2} - 2a - 2a - 1 = - 5a^{2} - 4a

正定性要求 ： − 5 a 2 − 4 a > 0 ⇒ 5 a 2 + 4 a < 0 - 5a^{2} - 4a > 0 \Longrightarrow 5a^{2} + 4a < 0

解不等式 5 a 2 + 4 a < 0 5a^{2} + 4a < 0 ：方程 5 a 2 + 4 a = 0 5a^{2} + 4a = 0 的根为 a = 0 a = 0 和 a = − 4 5 a = - \frac{4}{5} ；

二次函数开口向上，因此不等式成立的区间为 − 4 5 < a < 0 - \frac{4}{5} < a < 0 。

综合约束条件

1. 二阶主子式要求： − 1 < a < 1 - 1 < a < 1

2. 三阶主子式要求： − 4 5 < a < 0 - \frac{4}{5} < a < 0

两者的交集为： − 4 5 < a < 0 - \frac{4}{5} < a < 0

验证边界点

当 a = − 4 5 a = - \frac{4}{5} 时： D 3 = 0 D_{3} = 0 ，此时二次型是半正定的，非严格正定。

当 a = 0 a = 0 时： D 3 = 0 D_{3} = 0 ，同样为半正定。

因此，严格正定的范围是开区间 − 4 5 < a < 0 - \frac{4}{5} < a < 0 。

结论

为了使二次型 f f 正定，参数 a a 的取值范围为： − 4 5 < a < 0 - \frac{4}{5} < a < 0 ，即 a ∈ ( − 4 5 , 0 ) a \in \left( - \frac{4}{5},0 \right) 。

33 , 判定下列二次型的正定性:

(1) f=-2 x 1 2 x_{1}^{2} -6 x 2 2 x_{2}^{2} -4 x 3 2 x_{3}^{2} +2x1x2+2x1x3

(2) f= x 1 2 x_{1}^{2} +3 x 2 2 x_{2}^{2} +9 x 3 2 x_{3}^{2} -2x1x2+4x1x3

解(1)f的矩阵A= [ − 2 1 1 1 − 6 0 1 0 − 4 ] \begin{bmatrix} - 2 & 1 & 1 \\ 1 & - 6 & 0 \\ 1 & 0 & - 4 \end{bmatrix}

它的一阶主子式-2<0 , 二阶主子式 | − 2 1 1 − 6 | \left| \begin{matrix} - 2 & 1 \\ 1 & - 6 \end{matrix} \right| =11>0 , 三阶主子式|A|=-38<0

因为奇数阶主子式为负，偶数阶主子式为正，所以f为负定二次型

(2) f的矩阵A= [ 1 − 1 2 − 1 3 0 2 0 9 ] \begin{bmatrix} 1 & - 1 & 2 \\ - 1 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 9 \end{bmatrix}

它的一阶主子式1>0 , 二阶主子式 | 1 − 1 − 1 6 | \left| \begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 6 \end{matrix} \right| =2>0 , 三阶主子式|A|=6>0

因为各阶主子式为正，所以f为正定二次型

34 , 证明对称阵A为正定的充要条件是

存在可逆矩阵U , 使A= U T I U U^{T}IU = U T U U^{T}U , 即 A与单位阵I合同，

证:

充要条件的严谨证明

一、必要性证明： A A 正定 ⇒ \Longrightarrow 存在可逆矩阵 U U ，使 A = U T U A = U^{T}U ，且 A A 与单位阵 I I 合同

1. 实对称矩阵的正交对角化性质

n阶实对称矩阵 A A 必可正交对角化，即存在n阶正交矩阵 P P ，

使得： P T A P = Λ = d i a g ( λ 1 , λ 2 , … , λ n ) P^{T}AP = \Lambda = diag(\lambda_{1},\lambda_{2},\ldots,\lambda_{n})

其中 λ 1 , λ 2 , … , λ n \lambda_{1},\lambda_{2},\ldots,\lambda_{n} 是 A A 的全部特征值；正交矩阵满足核心性质 P T = P − 1 P^{T} = P^{- 1} 。

2. 正定矩阵的特征值正定性

若 A A 正定，则其所有特征值均大于0，即 λ i > 0 ( i = 1 , 2 , … , n ) \lambda_{i} > 0\ (i = 1,2,\ldots,n) 。

证明：对 A A 的任意特征值 λ i \lambda_{i} ，取对应的单位特征向量 ξ i ≠ 0 \xi_{i} \neq 0 ，满足 A ξ i = λ i ξ i A\xi_{i} = \lambda_{i}\xi_{i} 。

代入正定二次型得： ξ i T A ξ i = λ i ξ i T ξ i = λ i > 0 \xi_{i}^{T}A\xi_{i} = \lambda_{i}\xi_{i}^{T}\xi_{i} = \lambda_{i} > 0

因此所有特征值均为正实数。

3. 构造可逆对角矩阵

记对角矩阵 Λ = d i a g ( λ 1 , λ 2 , … , λ n ) \sqrt{\Lambda} = diag(\sqrt{\lambda_{1}},\sqrt{\lambda_{2}},\ldots,\sqrt{\lambda_{n}}) ，因 λ i > 0 \lambda_{i} > 0 ，故 λ i \sqrt{\lambda_{i}} 均为正实数。

该矩阵的行列式 | Λ | = ∏ i = 1 n λ i > 0 |\sqrt{\Lambda}| = \prod_{i = 1}^{n}\sqrt{\lambda_{i}} > 0 ，因此 Λ \sqrt{\Lambda} 可逆；

且对角矩阵的转置等于自身，即 Λ T = Λ {\sqrt{\Lambda}}^{T} = \sqrt{\Lambda} ，满足 Λ = Λ ⋅ Λ \Lambda = \sqrt{\Lambda} \cdot \sqrt{\Lambda} 。

4. 构造可逆矩阵 U U 并完成分解

由正交对角化结果 P T A P = Λ P^{T}AP = \Lambda ，结合 P T = P − 1 P^{T} = P^{- 1} ，变形得： A = P Λ P T A = P\Lambda P^{T}

将 Λ = Λ ⋅ Λ \Lambda = \sqrt{\Lambda} \cdot \sqrt{\Lambda} 代入上式，结合矩阵转置运算法则 ( A B ) T = B T A T (AB)^{T} = B^{T}A^{T} ，

可得： A = P ⋅ Λ ⋅ Λ ⋅ P T = ( Λ ⋅ P T ) T ⋅ ( Λ ⋅ P T ) A = P \cdot \sqrt{\Lambda} \cdot \sqrt{\Lambda} \cdot P^{T} = \left( \sqrt{\Lambda} \cdot P^{T} \right)^{T} \cdot \left( \sqrt{\Lambda} \cdot P^{T} \right)

令 U = Λ ⋅ P T U = \sqrt{\Lambda} \cdot P^{T} ，由于正交矩阵 P P 可逆、对角矩阵 Λ \sqrt{\Lambda} 可逆，可逆矩阵的乘积仍可逆，

因此 U U 为n阶可逆矩阵，最终得： A = U T U A = U^{T}U

5. 与单位矩阵合同的推导

由 A = U T U = U T I U A = U^{T}U = U^{T}IU ，且 U U 可逆，根据矩阵合同的定义，

直接可得 A A 与单位矩阵 I I 合同。

二、充分性证明：存在可逆矩阵 U U ，使 A = U T U A = U^{T}U ⇒ \Longrightarrow A A 为正定矩阵

1. 验证 A A 为实对称矩阵

对 A A 取转置，由转置运算法则得： A T = ( U T U ) T = U T ⋅ ( U T ) T = U T U = A A^{T} = \left( U^{T}U \right)^{T} = U^{T} \cdot \left( U^{T} \right)^{T} = U^{T}U = A

因此 A A 为n阶实对称矩阵，满足正定矩阵的前提条件。

2. 二次型的变形与非负性

对任意n维非零列向量 x x ，将 A = U T U A = U^{T}U 代入二次型，

得： x T A x = x T U T U x = ( U x ) T ( U x ) x^{T}Ax = x^{T}U^{T}Ux = (Ux)^{T}(Ux)

记 y = U x y = Ux ，则上式等于 y T y y^{T}y ，即n维向量 y y 的欧氏范数的平方。

由向量内积的非负性，恒有 y T y ≥ 0 y^{T}y \geq 0 ，等号当且仅当 y = 0 y = 0 时成立。

3. 严格正定性证明

因 U U 可逆，齐次线性方程组 U x = 0 Ux = 0 只有零解 x = 0 x = 0 。

由于 x ≠ 0 x \neq 0 ，故 y = U x ≠ 0 y = Ux \neq 0 ，因此 y T y > 0 y^{T}y > 0 ，即对任意非零列向量 x x ，恒有 x T A x > 0 x^{T}Ax > 0 。

根据正定矩阵的定义， A A 为正定矩阵。

补充等价性说明

若 A A 与单位矩阵 I I 合同，则存在可逆矩阵 C C ，使得 A = C T I C = C T C A = C^{T}IC = C^{T}C 。

令 U = C U = C ，即回到上述 A = U T U A = U^{T}U 的形式，

因此“存在可逆矩阵 U U 使 A = U T U A = U^{T}U ”与“ A A 与单位矩阵 I I 合同”

两个条件完全等价。

综上，实对称矩阵 A A 正定的充要条件得证。

实例验证 本部分通过二阶实对称矩阵，

分别验证上述充要条件的必要性与充分性，

计算过程完全贴合理论证明逻辑，直观可复现。

一、必要性验证：正定实对称矩阵 A A ⇒ \Longrightarrow 存在可逆矩阵 U U ，使 A = U T U A = U^{T}U

步骤1：选取并验证正定的实对称矩阵

取二阶实对称矩阵 A = ( 2 1 1 2 ) A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} ，先通过定义验证其正定性：

对任意非零二维列向量 x = ( x 1 x 2 ) x = \begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{pmatrix} ，

计算二次型： x T A x = ( x 1 x 2 ) ( 2 1 1 2 ) ( x 1 x 2 ) = 2 x 1 2 + 2 x 1 x 2 + 2 x 2 2 x^{T}Ax = \begin{pmatrix} x_{1} & x_{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{pmatrix} = 2x_{1}^{2} + 2x_{1}x_{2} + 2x_{2}^{2}

配方得： 2 ( x 1 + 1 2 x 2 ) 2 + 3 2 x 2 2 2\left( x_{1} + \frac{1}{2}x_{2} \right)^{2} + \frac{3}{2}x_{2}^{2}

由于 x ≠ 0 x \neq 0 ，平方项不全为0，故 x T A x > 0 x^{T}Ax > 0 对任意非零 x x 恒成立，

因此 A A 是正定矩阵。

步骤2：对 A A 进行正交对角化

① 求特征值：特征方程为 | λ I − A | = 0 |\lambda I - A| = 0 ，

即： | λ − 2 − 1 − 1 λ − 2 | = ( λ − 2 ) 2 − 1 = λ 2 − 4 λ + 3 = 0 \left| \begin{matrix} \lambda - 2 & - 1 \\ - 1 & \lambda - 2 \end{matrix} \right| = (\lambda - 2)^{2} - 1 = \lambda^{2} - 4\lambda + 3 = 0

解得特征值 λ 1 = 1 \lambda_{1} = 1 ， λ 2 = 3 \lambda_{2} = 3 ，均大于0，符合正定矩阵的特征值性质。

② 求特征向量并单位化，构造正交矩阵 P P ：

对 λ 1 = 1 \lambda_{1} = 1 ，解齐次方程组 ( I − A ) ξ = 0 (I - A)\xi = 0 ，得基础解系 ξ 1 = ( 1 − 1 ) \xi_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ - 1 \end{pmatrix} ，单位化得 p 1 = 1 2 ( 1 − 1 ) p_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ - 1 \end{pmatrix}

对 λ 2 = 3 \lambda_{2} = 3 ，解齐次方程组 ( 3 I − A ) ξ = 0 (3I - A)\xi = 0 ，得基础解系 ξ 2 = ( 1 1 ) \xi_{2} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} ，单位化得 p 2 = 1 2 ( 1 1 ) p_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}

构造正交矩阵： P = ( p 1 p 2 ) = 1 2 ( 1 1 − 1 1 ) P = \begin{pmatrix} p_{1} & p_{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ - 1 & 1 \end{pmatrix}

验证得 P T A P = ( 1 0 0 3 ) = Λ P^{T}AP = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} = \Lambda ，且 P T = P − 1 P^{T} = P^{- 1} ，符合正交矩阵性质。

步骤3：构造可逆矩阵 U U

令 Λ = d i a g ( λ 1 , λ 2 ) = ( 1 0 0 3 ) \sqrt{\Lambda} = diag(\sqrt{\lambda_{1}},\sqrt{\lambda_{2}}) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \sqrt{3} \end{pmatrix} ，其行列式 | Λ | = 3 ≠ 0 |\sqrt{\Lambda}| = \sqrt{3} \neq 0 ，可逆。

根据证明中的构造方法，令 U = Λ ⋅ P T U = \sqrt{\Lambda} \cdot P^{T} ，

计算得： U = ( 1 0 0 3 ) ⋅ 1 2 ( 1 − 1 1 1 ) = 1 2 ( 1 − 1 3 3 ) U = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \sqrt{3} \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & - 1 \\ \sqrt{3} & \sqrt{3} \end{pmatrix}

验证 U U 的可逆性： | U | = 1 2 ⋅ 1 2 ⋅ | 1 − 1 3 3 | = 1 2 ⋅ 2 3 = 3 ≠ 0 |U| = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \left| \begin{matrix} 1 & - 1 \\ \sqrt{3} & \sqrt{3} \end{matrix} \right| = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{3} = \sqrt{3} \neq 0

因此 U U 为可逆矩阵。

步骤4：验证 A = U T U A = U^{T}U 与合同关系

① 计算 U U 的转置： U T = 1 2 ( 1 3 − 1 3 ) U^{T} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ - 1 & \sqrt{3} \end{pmatrix}

② 计算 U T U U^{T}U ： U T U = 1 2 ( 1 3 − 1 3 ) ( 1 − 1 3 3 ) = 1 2 ( 4 2 2 4 ) = ( 2 1 1 2 ) = A U^{T}U = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ - 1 & \sqrt{3} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & - 1 \\ \sqrt{3} & \sqrt{3} \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = A

同时， A = U T I U A = U^{T}IU ， U U 可逆，故 A A 与单位矩阵 I I 合同，必要性得证。

二、充分性验证：

存在可逆矩阵 U U ，使 A = U T U A = U^{T}U ⇒ \Longrightarrow A A 为正定实对称矩阵

步骤1：选取可逆矩阵 U U 取二阶可逆矩阵 U = ( 1 1 0 1 ) U = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} ，

验证其可逆性： | U | = 1 × 1 − 1 × 0 = 1 ≠ 0 |U| = 1 \times 1 - 1 \times 0 = 1 \neq 0 ，满足可逆要求。

步骤2：构造矩阵 A A 并验证实对称性

由 A = U T U A = U^{T}U ，先计算 U U 的转置 U T = ( 1 0 1 1 ) U^{T} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} ，

因此： A = U T U = ( 1 0 1 1 ) ( 1 1 0 1 ) = ( 1 1 1 2 ) A = U^{T}U = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}

验证实对称性： A T = ( 1 1 1 2 ) T = ( 1 1 1 2 ) = A A^{T} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}^{T} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = A

因此 A A 为实对称矩阵，满足正定矩阵的前提条件。

步骤3：验证 A A 的正定性

对任意非零二维列向量 x = ( x 1 x 2 ) x = \begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{pmatrix} ，将 A = U T U A = U^{T}U 代入二次型，

得： x T A x = x T U T U x = ( U x ) T ( U x ) x^{T}Ax = x^{T}U^{T}Ux = (Ux)^{T}(Ux)

计算 U x Ux ： U x = ( 1 1 0 1 ) ( x 1 x 2 ) = ( x 1 + x 2 x 2 ) Ux = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_{1} + x_{2} \\ x_{2} \end{pmatrix}

记 y = U x y = Ux ，则： ( U x ) T ( U x ) = y 1 2 + y 2 2 = ( x 1 + x 2 ) 2 + x 2 2 (Ux)^{T}(Ux) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} + x_{2}^{2}

步骤4：证明二次型严格大于0

因 U U 可逆，齐次线性方程组 U x = 0 Ux = 0 只有零解 x = 0 x = 0 。

已知 x ≠ 0 x \neq 0 ，故 y = U x ≠ 0 y = Ux \neq 0 ，因此 y 1 2 + y 2 2 > 0 y_{1}^{2} + y_{2}^{2} > 0 ，即对任意非零向量 x x ，恒有 x T A x > 0 x^{T}Ax > 0 。

根据正定矩阵的定义， A = ( 1 1 1 2 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} 为正定矩阵，充分性得证。

实例总结

1. 必要性：从正定实对称矩阵出发，通过正交对角化得到全正的特征值，

按理论方法构造可逆矩阵 U U ，最终验证 A = U T U A = U^{T}U ，

且 A A 与单位阵合同，完全贴合证明逻辑。

2. 充分性：从可逆矩阵 U U 出发构造 A = U T U A = U^{T}U ，

先验证 A A 的实对称性，再利用可逆矩阵的性质证明二次型严格正定，

完整复现了充分性的证明思路。

上述二阶实例的核心逻辑可直接推广到n阶实对称矩阵，与理论证明完全一致。