\section{正定二次型}

\subsection{二次型的定性理论}
\begin{frame}{二次型的定性理论}
\begin{defn}
设对称矩阵 $A$ 对应的二次型为 $f=X^{T}AX$,

(1) 如果对任何非零向量 $X$, 都有
\[
X^{T}AX>0,\quad(\text{或 }X^{T}AX<0)
\]
成立, 则称 \textbf{$f=X^{T}AX$ 为正定 (负定) 二次型}, \textbf{矩阵 $A$ 称为正定矩阵
(负定矩阵)}.

(2) 如果对任何非零向量 $X$, 都有
\[
X^{T}AX\geq0,\quad(\text{或 }X^{T}AX\leq0)
\]

成立, 且有非零向量 $X_{0}$, 使 $X_{0}{}^{T}AX_{0}=0$, 则称 \textbf{$f=X^{T}AX$
为半正定 (半负定) 二次型}, \textbf{矩阵 $A$ 称为半正定矩阵 (半负定矩阵)}.
\end{defn}

\begin{rem}
二次型的正定 (负定)、半正定 (半负定) 统称为\textbf{二次型及其矩阵的有定性}. 不具备有定性的二次型及其矩阵称为\textbf{不定的}.

二次型的有定性与其矩阵的有定性之间具有一一对应关系. 因此, 二次型的正定性判别可转化为对称矩阵的正定性判别.
\end{rem}

\end{frame}
%
\begin{frame}{判断二次型的正定性}
\begin{example}[E01]
 二次型 $f\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}$,
当 $X=\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)^{T}\neq0$ 时, 显然有
\[
f\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)>0,
\]
所以这个二次型是正定的, 其矩阵 $E_{n}$ 是正定矩阵.
\end{example}

\end{frame}
%
\begin{frame}{半负定矩阵的例}
\begin{example}[E02]
 二次型 $f=-x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+4x_{1}x_{3}-x_{2}^{2}+4x_{2}x_{3}-4x_{3}^{2}$,
将其改写成
\[
f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=-\left(x_{1}+x_{2}-2x_{3}\right)^{2}\leq0,
\]
当 $x_{1}+x_{2}-2x_{3}=0$ 时, $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=0$,
故 $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)$ 是半负定二次型, 其对应的矩阵 $\begin{bmatrix}-1 & -1 & 2\\
-1 & -1 & 2\\
2 & 2 & -4
\end{bmatrix}$ 是半负定矩阵.
\end{example}

\end{frame}
%
\begin{frame}{不定二次型的例}
\begin{example}[E03]
 二次型 $f\left(x_{1},x_{2}\right)=x_{1}^{2}-2x_{2}^{2}$ 是不定二次型, 因其符号有时正有时负,
如
\[
f(1,1)=-1<0,\quad f(2,1)=2>0.
\]
\end{example}

\end{frame}

\subsection{正定矩阵的判别法}
\begin{frame}[allowframebreaks]{正定矩阵的判别法}
\begin{thm}
设 $A$ 为正定矩阵, 若 $A\cong B$, ($A$ 与 $B$ 合同), 则 $B$ 也是正定矩阵.
\end{thm}

\begin{thm}
对角矩阵 $D=\mathrm{diag}\left(d_{1},d_{2},\cdots,d_{n}\right)$ 正定的充分必要条件是
$d_{i}>0$, ($i=1,2,\cdots,n$).
\end{thm}

\begin{thm}
对称矩阵 $A$ 为正定的充分必要条件是它的特征值全大于零.
\end{thm}

\begin{thm}
矩阵 $A$ 为正定矩阵的充分必要条件是 $A$ 的正惯性指数 $p=n$.
\end{thm}

\begin{thm}
矩阵 $A$ 为正定矩阵的充分必要条件矩阵是: 存在非奇异矩阵 $C$, 使 $A=C^{T}C$. 即 $A$ 与 $E$
合同.
\end{thm}

\begin{cor}
若 $A$ 为正定矩阵, 则 $|A|>0$.
\end{cor}

\end{frame}
%
\begin{frame}{判断正定二次型的例}
\begin{example}[E04]
 当 $\lambda$ 取何值时, 二次型 
\[
f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+4x_{1}x_{3}+2x_{2}^{2}+6x_{2}x_{3}+\lambda x_{3}^{2}
\]
 为正定二次型.
\end{example}

\begin{sol*}
由题设给出二次型的矩阵 $A=\begin{bmatrix}1 & 1 & 2\\
1 & 2 & 3\\
2 & 3 & \lambda
\end{bmatrix}$, 由于 $\left|A_{1}\right|=1>0$, $\left|A_{2}\right|=\begin{vmatrix}1 & 1\\
1 & 2
\end{vmatrix}=1>0$, $\left|A_{3}\right|=|A|=\lambda-5>0$, 所以 $\lambda>5$ 时, 二次型 $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)$
正定二次型.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{惯性定理}
\begin{thm}
秩为 $r$ 的 $n$ 元实二次型 $f=X^{T}AX$, 设其规范形为
\[
z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+\cdots+z_{p}^{2}-z_{p+1}^{2}-\cdots-z_{r}^{2},
\]
则

(1) $f$ 负定的充分必要条件是 $p=0$, 且 $r=n$, (即负定二次型, 其规范形为 $f=-z_{1}^{2}-z_{2}^{2}-\cdots-z_{n}^{2}$).

(2) $f$ 半正定的充分必要条件是 $p=r<n$. (即半正定二次型的规范形为 $f=z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+\cdots+z_{r}^{2}$,
$r<n$).

(3) $f$ 半负定的充分必要条件是 $p=0$, $r<n$. (即 $f=-z_{1}^{2}-z_{2}^{2}-\cdots-z_{r}^{2}$,
$r<n$).

(4) $f$ 不定的充分必要条件是 $0<p<r\leq n$. (即 $f=z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+\cdots+z_{p}^{2}-z_{p+1}^{2}-\cdots-z_{r}^{2}$).
\end{thm}

\end{frame}
%
\begin{frame}{子式与主子式的概念}
\begin{defn}
$n$ 阶矩阵 $A=\left(a_{ij}\right)$ 的 $k$ 个行标和列标相同的子式
\[
\begin{vmatrix}a_{i_{1}i_{1}} & a_{i_{1}i_{2}} & \cdots & a_{i_{1}i_{k}}\\
a_{i_{2}i_{1}} & a_{i_{2}i_{2}} & \cdots & a_{i_{2}i_{k}}\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
a_{i_{k}i_{1}} & a_{i_{k}i_{2}} & \cdots & a_{i_{k}i_{k}}
\end{vmatrix},\quad\left(1\leq i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k}\leq n\right),
\]
称为 $A$ 的一个 $k$ 阶主子式. 而子式
\[
\left|A_{k}\right|=\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1k}\\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2k}\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
a_{k1} & a_{k2} & \cdots & a_{kk}
\end{vmatrix},\quad(k=1,2,\cdots,n),
\]
称为 $A$ 的 $k$ 阶顺序主子式.
\end{defn}

\end{frame}
%
\begin{frame}{用顺序主子式判别矩阵的正 (负) 定性}
\begin{thm}
$n$ 阶矩阵 $A=\left(a_{ij}\right)$ 为正定矩阵的充分必要条件是 $A$ 的所有顺序主子式 $\left|A_{k}\right|>0$,
($k=1,2,\cdots,n$).
\end{thm}

\begin{rem}
\begin{enumerate}
\item 若 $A$ 是负定矩阵, 则 $-A$ 为正定矩阵.
\item $A$ 是负定矩阵的充要条件是: $(-1)^{k}\left|A_{k}\right|>0$, ($k=1,2,\cdots,n$),
其中 $A_{k}$ 是 $A$ 的 $k$ 阶顺序主子式.
\item 对半正定 (半负定) 矩阵可证明以下三个结论等价:
\begin{enumerate}
\item 对称矩阵 $A$ 是半正定 (半负定) 的; 
\item $A$ 的所有主子式大于 (小于) 或等于零; 
\item $A$ 的全部特征值大于 (小于) 或等于零.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{rem}

\end{frame}
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\begin{frame}{判断负定二次型的例}
\begin{example}[E05]
 判别二次型 
\[
f(x,y,z)=-5x^{2}-6y^{2}-4z^{2}+4xy+4xz,
\]
为负定二次型.
\end{example}

\begin{sol*}
由题设给出二次型的矩阵 $A=\begin{bmatrix}-5 & 2 & 2\\
2 & -6 & 0\\
2 & 0 & -4
\end{bmatrix}$, 由于 $\left|A_{1}\right|=-5<0$, $\left|A_{2}\right|=\begin{vmatrix}-5 & 2\\
2 & -6
\end{vmatrix}=26>0$, $\left|A_{3}\right|=|A|=-80<0$, 所以 $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)$
为负定二次型.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{正定矩阵的逆也正定}
\begin{example}[E06]
 证明: 如果 $A$ 为正定矩阵, 则 $A^{-1}$ 也是正定矩阵.
\end{example}

\begin{proof}
由于 $n$ 阶矩阵 $A$ 正定, 则存在非奇异矩阵 $C$, 使 $C^{T}AC=E_{n}$, 两边取逆得: $C^{-1}A^{-1}\left(C^{T}\right)^{-1}=E_{n}$.

又因为 $\left(C^{T}\right)^{-1}=\left(C^{-1}\right)^{T}$, $\left(\left(C^{-1}\right)^{T}\right)^{T}=C^{-1}$,
因此 $\left(\left(C^{-1}\right)^{T}\right)^{T}A^{-1}\left(C^{-1}\right)^{T}=E_{n}$,
$\left|\left(C^{-1}\right)^{T}\right|=|C|^{-1}\neq0$, 故 $A^{-1}$
与 $E_{n}$ 合同, 即 $A^{-1}$ 为正定矩阵.
\end{proof}
\end{frame}
%

\subsection{作业}
\begin{frame}{作业}
\begin{problem}
设二次型 $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2x_{3}^{2}+2tx_{1}x_{2}-2x_{1}x_{3}$,
试确定当 $t$ 取何值时, $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)$ 为正定二次型.
\end{problem}

\begin{problem}
判别二次型 $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=2x_{1}^{2}+4x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}-4x_{1}x_{3}$
是否正定.
\end{problem}

\begin{problem}
设 $A,B$ 分别为 $m$ 阶, $n$ 阶正定矩阵, 试判定分块矩阵 $C=\begin{bmatrix}A & 0\\
0 & B
\end{bmatrix}$ 是否为正定矩阵.
\end{problem}

\end{frame}