正定二次型

§14.4 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.54 分/卷近 11 年平均

3/11 年出现年份

0.5 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）二次型及其标准形、规范形合同变换与惯性定理

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 正定的定义： $\forall x \neq = 0, x^{T} A x > 0$ ，及五条等价判据总表★★ 必会

设

A

为

n

阶实对称矩阵。若对一切

x \neq = 0

都有

x^{T} A x > 0,

则称二次型

f = x^{T} A x

为正定二次型，

A

为正定矩阵。

① 等价判据总表（设

A

为

n

阶实对称矩阵，下列各条彼此等价）：

A

正定

⟺

特征值全大于零

⟺

正惯性指数

p = n

⟺

A

合同于单位阵

E

（规范形为

z_{1}^{2} + \dots + z_{n}^{2}

）

⟺

存在可逆矩阵

D

使

A = D^{T} D

⟺

顺序主子式全大于零（这一条的用法与来由见下一条）。

② 两条必要条件（只能用于否定）：

a_{ii} > 0

（取

x = e_{i}

代入定义）与

∣ A ∣ > 0

（特征值之积）。如果其中有一条不成立，就可以立即断定它不是正定矩阵；但反过来，这两条都不是正定的充分条件。

③ 必须注意：正定这一概念只对对称矩阵才有定义。如果

A

不对称，那么即使

x^{T} A x > 0

恒成立，也不称

A

为正定矩阵。例如

A = (1 - 1 11)

，

x^{T} A x = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} > 0

，但要判别这个二次型，应先把它的矩阵对称化为

\frac{A + A ^{T}}{2} = E

，再用上述判据。

证明 / 推导

证下面按定义

\Rightarrow

特征值全正

\Rightarrow p = n \Rightarrow

合同于

E \Rightarrow A = D^{T} D \Rightarrow

定义的次序逐一证明。这条推导链首尾相接，构成一个循环，因此上述各条彼此等价。

定义 $\Rightarrow$ 特征值全正：设

A ξ = λ ξ, ξ \neq = 0

，则

0 < ξ^{T} A ξ = λ ξ^{T} ξ = λ ∥ ξ ∥^{2}

，故

λ > 0

。

特征值全正 $\Rightarrow p = n$ ：用正交变换将二次型化为

f = \sum λ_{i} y_{i}^{2}

，其系数全为正数，故其中的正项恰有

n

个。

$p = n \Rightarrow$ 合同于 $E$ ：此时规范形为

z_{1}^{2} + \dots + z_{n}^{2}

，即存在可逆矩阵

C

，使

C^{T} A C = E

。

合同于 $E \Rightarrow A = D^{T} D$ ：由

C^{T} A C = E

得

A = (C^{- 1})^{T} C^{- 1}

，取可逆矩阵

D = C^{- 1}

即可。

$A = D^{T} D \Rightarrow$ 定义：当

x \neq = 0

时有

D x \neq = 0

（因

D

可逆），从而

x^{T} A x = (D x)^{T} (D x) = ∥ D x ∥^{2} > 0

。

■

举例说明

（1991 年数一） 设

A

为

n

阶正定矩阵，

E

为

n

阶单位阵，证明

∣ A + E ∣ > 1

。

证. 由等价判据，正定矩阵的特征值全为正数，即

λ_{1}, \dots, λ_{n} > 0

。设

A ξ = λ_{i} ξ (ξ \neq = 0)

，则

(A + E) ξ = (λ_{i} + 1) ξ

，故

A + E

的全部特征值为

λ_{i} + 1 > 1

。又矩阵的行列式等于它的全部特征值之积，于是

∣ A + E ∣ = i = 1 \prod n (λ_{i} + 1) > 1. ■

点评：证明抽象矩阵正定，第一步通常是在定义

\leftrightarrow

判据表之间选用合适的一条。本题由正定得出特征值全为正数，最后再用行列式等于特征值之积完成证明。

2. 顺序主子式判据的来由：必要性的证明，以及不可误记为任意主子式或只看 $D_{n}$ ★ 要懂

下面说明顺序主子式判据（

A

正定

⟺ D_{1} > 0, \dots, D_{n} > 0

）的来由。必要性容易证明：把正定二次型限制在前

k

个变量上（其余变量取零），所得二次型仍然正定，而它的矩阵就是左上角的

k

阶子块

A_{k}

；正定矩阵的行列式等于它的特征值之积，因而为正，故

D_{k} = ∣ A_{k} ∣ > 0

。充分性的证明较深，可对

n

用归纳法，也可逐步作合同消元，此时每步的主元恰为

D_{k} / D_{k - 1} > 0

。考试中主要使用这一判据的结论，但明白了必要性的来由，就不会把它误记成任意主子式为正，也不会只检验最后一个

D_{n}

。

证明 / 推导

证只证必要性。设

A

正定，固定

1 \leq k \leq n

。对任意非零

y \in R^{k}

，取

x = (y_{1}, \dots, y_{k}, 0, \dots, 0)^{T} \neq = 0

，则

y^{T} A_{k} y = x^{T} A x > 0

，故

A_{k}

是

k

阶正定矩阵。由于正定矩阵的特征值全为正数，故

D_{k} = ∣ A_{k} ∣ = \prod (正特征值) > 0

。再由

k

的任意性知

D_{1}, \dots, D_{n}

全大于零。

■

举例说明

判断

A = 2 - 1 0 - 1 2 - 1 0 - 1 2

是否正定。依次计算顺序主子式：

D_{1} = 2 > 0

，

D_{2} = 2 - 1 - 1 2 = 3 > 0

，

D_{3} = ∣ A ∣ = 2 \cdot 3 - (- 1) \cdot (- 2) = 6 - 2 = 4 > 0

。三个顺序主子式全大于零，故

A

正定。

3. 构造正定矩阵的两条基本结论：列满秩时的 $B^{T} B$ 与合同变换保持正定的 $C^{T} A C$

构造正定矩阵最常用的是下面两条结论。(a) 对任意实矩阵

B

，

B^{T} B

总是对称的半正定矩阵；且

B^{T} B

正定

⟺ B

列满秩（

r (B) =

列数）。(b) 合同变换保持正定：

A

正定、

C

可逆

\Rightarrow C^{T} A C

正定。这两条是

A = P^{T} P

这一刻画的推广。判断

A^{T} A

、

B^{T} A B

一类矩阵是否正定时，通常都要用到它们。

证明 / 推导

(a)

B^{T} B

显然是对称矩阵。对任意

x

，

x^{T} (B^{T} B) x = (B x)^{T} (B x) = ∥ B x ∥^{2} \geq 0

，故它是半正定的；等号

⟺ B x = 0

。如果

B

列满秩，那么

B x = 0

只有零解

x = 0

，于是

x \neq = 0 \Rightarrow ∥ B x ∥^{2} > 0

，即它正定；若列不满秩，则存在

x \neq = 0

使

B x = 0

，此时

x^{T} B^{T} B x = 0

，故它只是半正定而不是正定。
(b) 设

A

正定、

C

可逆。对任意

x \neq = 0

，有

C x \neq = 0

，从而

x^{T} (C^{T} A C) x = (C x)^{T} A (C x) > 0

；又

C^{T} A C

是对称矩阵，故它正定。

■

举例说明

设

B = 110011

（

3 \times 2

矩阵，两列线性无关，故列满秩），则

B^{T} B = (2112)

正定（

D_{1} = 2 > 0, D_{2} = 3 > 0

）。又如果

A

正定，取可逆矩阵

C = A^{- 1}

，由于

A

对称，有

(A^{- 1})^{T} = A^{- 1}

，故

C^{T} A C = A^{- 1} A A^{- 1} = A^{- 1}

正定。这同时证明了：正定矩阵的逆矩阵仍然正定。

4. 抽象正定证明的三条途径：定义法、特征值法、分解法★★ 必会

证明抽象矩阵正定，常用下列三种方法。① 定义法：直接证明

x^{T} A x > 0 (\forall x \neq = 0)

，通常把

x^{T} A x

配成平方和或

∥ B x ∥^{2}

的形式；② 特征值法：证明

A

对称且特征值全为正数；③ 分解法：证明

A = C^{T} C

（

C

可逆），或由已知的正定矩阵经合同变换、求逆而得到。用哪一种方法，取决于已知条件的形态：条件是矩阵方程时用 ① 或 ③，条件涉及特征值时用 ②。无论用哪一种方法，都必须先确认 $A$ 是对称矩阵。

证明 / 推导

证下面证明两个常用的结论。其一， $A$ 正定 $\Rightarrow A^{- 1}$ 正定：因

A

对称可逆，故

A^{- 1}

也对称；又

A

的特征值

λ_{i} > 0

，则

A^{- 1}

的特征值

1/ λ_{i} > 0

，由特征值法即得。其二， $A, B$ 均正定 $\Rightarrow A + B$ 正定：

A + B

是对称矩阵，且对任意

x \neq = 0

，

x^{T} (A + B) x = x^{T} A x + x^{T} B x > 0 + 0 > 0

，由定义法即得。

■

举例说明

设

A

为

n

阶实矩阵，证明

A^{T} A + E

正定。事实上，

A^{T} A + E

是对称矩阵；对任意

x \neq = 0

，

x^{T} (A^{T} A + E) x = (A x)^{T} (A x) + x^{T} x = ∥ A x ∥^{2} + ∥ x ∥^{2} \geq ∥ x ∥^{2} > 0

，由定义法即知它正定。值得注意的是，这里并不要求

A

可逆，只需

∥ x ∥^{2} > 0

就已足够。

5. 半正定的判别：顺序主子式 $\geq 0$ 并不充分，必须所有主子式 $\geq 0$ ★★ 必会

判别半正定不能只看顺序主子式 $\geq 0$ ，这一点最易疏忽。正定要求一切顺序主子式严格大于零，即

> 0

；而半正定（即

\geq 0

）的正确判据是所有主子式（不限于顺序主子式）都

\geq 0

，它等价于特征值全

\geq 0

。如果只验证顺序主子式

\geq 0

，就可能漏判。例如

A = (00 0 - 1)

的顺序主子式

D_{1} = 0 \geq 0, D_{2} = 0 \geq 0

都满足条件，但它实际上是负半定的（

x^{T} A x = - x_{2}^{2} \leq 0

），并不是半正定矩阵。

证明 / 推导

下面说明顺序主子式

\geq 0

为什么不足以判定半正定。顺序主子式只考察左上角的一串子块，因而察觉不到后面变量上出现的负性。在上例中，

A

的第二个对角元

- 1

本应给出负值，但

D_{1}

（只涉及第一个变量）恰为

0

，

D_{2} = ∣ A ∣ = 0

，负号就被掩盖了。正确的判据要检验全部主子式：

A

的一阶主子式中有

a_{22} = - 1 < 0

，由此立即断定它不是半正定的。因此判定半正定必须用所有主子式

\geq 0

，或用特征值全

\geq 0

。

■

举例说明

判断

A = (1111)

与

B = (1221)

是否半正定。对

A

，其特征值为

2, 0

，全

\geq 0

，故它半正定，但因含特征值

0

而不正定；它的全部主子式

1, 1, ∣ A ∣ = 0

也都

\geq 0

✓。对

B

，其特征值为

3, - 1

，其中有负值，故它是不定的（既非半正定，也非半负定）；虽然一阶主子式

1 > 0

，但

∣ B ∣ = - 3 < 0

已说明它不是半正定矩阵。

💡 小知识

判断多元函数的驻点是极小、极大还是鞍点，用的就是黑塞矩阵的正定性：正定对应碗底，也就是极小；负定对应山顶，即极大；不定则是马鞍。机器学习训练模型时沿着梯度下山，一路上打交道的也是一个个正定或不定的黑塞矩阵。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 判断

A = (2 - 1 - 1 2)

是否正定。难度 1

方法：顺序主子式判据——各阶顺序主子式全大于零则正定。

- 一阶：

D_{1} = 2 > 0

；
- 二阶：

D_{2} = ∣ A ∣ = 2 \times 2 - (- 1) \times (- 1) = 4 - 1 = 3 > 0

。

两个顺序主子式都大于零，故

A

正定。

另证（特征值法）：

∣ λ E - A ∣ = (λ - 2)^{2} - 1 = (λ - 1) (λ - 3)

，特征值

1, 3

全为正，同样得出

A

正定。

例 2 问

λ

取何值时，矩阵

A = 111 1 λ 1 112

正定？难度 2

用顺序主子式判据，令 $D_{1}, D_{2}, D_{3}$ 全大于零。

一阶：

D_{1} = 1 > 0

（恒成立）。

二阶：

D_{2} = 11 1 λ = λ - 1 > 0 \Rightarrow λ > 1

。

三阶： 对

∣ A ∣

作行变换

r_{2} - r_{1}, r_{3} - r_{1}

：

D_{3} = ∣ A ∣ = 100 1 λ - 1 0 101 = 1 \cdot (λ - 1) \cdot 1 = λ - 1 > 0 \Rightarrow λ > 1.

求交集： 三个条件都要求

λ > 1

，故当

λ > 1

时

A

正定。

例 3 设

3

阶实对称矩阵

A

的特征值为

1, 2, 3

，证明

A

正定，并说明

A^{- 1}

与

2 A

是否正定。难度 2

判据： 实对称矩阵正定

⟺

特征值全为正。

（1） $A$ 正定：

A

的特征值

1, 2, 3

全大于零，故

A

正定。

（2） $A^{- 1}$ 正定：

A^{- 1}

仍实对称，其特征值为

A

特征值的倒数

1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}

，全为正，故

A^{- 1}

正定。

（3） $2 A$ 正定：

2 A

实对称，其特征值为

A

特征值的

2

倍

2, 4, 6

，全为正，故

2 A

正定。

一般结论： 若

A

正定，则

A^{- 1}

、

k A (k > 0)

、

A^{k}

等都正定。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2024 年 · 数一 · 第 15 题 · 填空题 · 5 分

设实矩阵

A = (a + 1 a a a)

。若对任意实向量

α = (x_{1} x_{2})

，

β = (y_{1} y_{2})

，

(α^{T} A β)^{2} \leq α^{T} A α \cdot β^{T} A β

都成立，则

a

的取值范围是 ___.

2021 年 · 数一 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分

已知

A = a 1 - 1 1 a - 1 - 1 - 1 a .

（Ⅰ）求正交矩阵

P

，使得

P^{T} A P

为对角矩阵；

（Ⅱ）求正定矩阵

C

，使得

C^{2} = (a + 3) E - A

，其中

E

为

3

阶单位矩阵.

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

下列矩阵中，正定的是（　）。

A $(1221)$
B $(2112)$
C $(- 1 0 01)$
D $(0110)$

练习 2 · 填空题

问

t

取何值时，二次型

f = 2 x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2 t x_{2} x_{3}

正定？答：____。

练习 3 · 选择题

下列条件中，不能保证实对称矩阵

A

正定的是（　）。

A $A$ 的特征值全大于 $0$
B $A$ 的各阶顺序主子式全大于 $0$
C $∣ A ∣ > 0$
D $A$ 合同于单位矩阵 $E$

练习 4 · 选择题

二次型

f = - x_{1}^{2} - 2 x_{2}^{2} - 3 x_{3}^{2}

是（　）。

A正定的
B负定的
C不定的
D半正定的

练习 5 · 选择题

设

A

是

m \times n

实矩阵（

m \geq n

），则

A^{T} A

为正定矩阵的充分必要条件是（　）。

A $r (A) = n$
B $r (A) = m$
C $A$ 为方阵且可逆
D $A$ 的列向量两两正交

练习 6 · 填空题

二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 5 x_{3}^{2} + 2 a x_{1} x_{2} - 2 x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}

正定，则参数

a

的取值范围是 ____。

练习 7 · 解答题

设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2 t (x_{1} x_{2} + x_{1} x_{3} + x_{2} x_{3}),

其中

t

为实参数。
（1）写出

f

的矩阵

A

，并求

A

的全部特征值（用

t

表示）；
（2）求

t

的取值范围，使

f

为正定二次型；
（3）当

t = 1

时，求

f

的秩、正负惯性指数与规范形。

2019 年 · 数一 · 第 5 题 · 选择题 · 4 分

设

A

是

3

阶实对称矩阵，

E

是

3

阶单位矩阵。若

A^{2} + A = 2 E

，且

∣ A ∣ = 4

，则二次型

x^{T} A x

的规范形为（　　）

A $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$ .
B $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$ .
C $y_{1}^{2} - y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$ .
D $- y_{1}^{2} - y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$ .

2010 年 · 数一 · 第 21 题 · 解答题 · 11 分

已知二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x^{T} A x

在正交变换

x = Q y

下的标准形为

y_{1}^{2} + y_{2}^{2}

，且

Q

的第三列为

(\frac{2}{2}, 0, \frac{2}{2})^{T}

.

（I）求矩阵

A

；

（II）证明

A + E

为正定矩阵，其中

E

为

3

阶单位矩阵.

1999 年 · 数一 · 第 19 题 · 解答题 · 6 分

设

A

为

m

阶实对称矩阵且正定，

B

为

m \times n

实矩阵，

B^{T}

为

B

的转置矩阵，试证：

B^{T} A B

为正定矩阵的充分必要条件是

B

的秩

r (B) = n

1991 年 · 数一 · 第 18 题 · 解答题 · 6 分

设

A

为

n

阶正定矩阵，

E

为

n

阶单位矩阵，证明：

∣ A + E ∣ > 1

正定二次型

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 正定的定义：∀x=0, xTAx>0，及五条等价判据总表★★ 必会

2. 顺序主子式判据的来由：必要性的证明，以及不可误记为任意主子式或只看 Dn​★ 要懂

3. 构造正定矩阵的两条基本结论：列满秩时的 BTB 与合同变换保持正定的 CTAC

4. 抽象正定证明的三条途径：定义法、特征值法、分解法★★ 必会

5. 半正定的判别：顺序主子式 ≥0 并不充分，必须所有主子式≥0★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 正定的定义： $\forall x \neq = 0, x^{T} A x > 0$ ，及五条等价判据总表★★ 必会

2. 顺序主子式判据的来由：必要性的证明，以及不可误记为任意主子式或只看 $D_{n}$ ★ 要懂

3. 构造正定矩阵的两条基本结论：列满秩时的 $B^{T} B$ 与合同变换保持正定的 $C^{T} A C$

5. 半正定的判别：顺序主子式 $\geq 0$ 并不充分，必须所有主子式 $\geq 0$ ★★ 必会