正定二次型

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考频价值

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0/11 年出现年份

0.0 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. 正定性的主要应用：用黑塞矩阵判定多元函数的极值，二元情形即 $A C - B^{2}$ 判别法

正定理论在数学二中最重要的应用，是判别多元函数驻点的极值类型。在驻点处（各一阶偏导数全为零），考察黑塞矩阵

H = (f_{x_{i} x_{j}})

，它由二阶偏导数排成，是对称矩阵：

H

正定

\Rightarrow

极小值；

H

负定

\Rightarrow

极大值；

H

不定

\Rightarrow

鞍点（不是极值）；

H

半定（即含有零特征值）

\Rightarrow

判别法失效。数学二重点考查的二元函数就是其中

2

阶的特例：记

A = f_{xx}, B = f_{x y}, C = f_{y y}

，

H = (A B B C)

，顺序主子式为

D_{1} = A, D_{2} = A C - B^{2}

，于是常用的

A C - B^{2}

判别法就是

H

是否正定或负定的另一种说法。

证明 / 推导

证. 由顺序主子式判据，

H

正定

⟺ D_{1} = A > 0

且

D_{2} = A C - B^{2} > 0

。这就是二元函数取极小值的条件。

H

负定

⟺ - H

正定

⟺ (- 1)^{k} D_{k} > 0

，即

A < 0

且

A C - B^{2} > 0

，这时取极大值。

D_{2} = A C - B^{2} < 0 \Rightarrow H

有异号的特征值，即为不定，

\Rightarrow

鞍点。

A C - B^{2} = 0 \Rightarrow H

半定，判别法失效。由此可见，二次型的正定性与多元微分学中的极值判别本是同一件事。

■

举例说明

求

f (x, y) = x^{3} + y^{3} - 3 x y

的极值。先求驻点：

f_{x} = 3 x^{2} - 3 y = 0, f_{y} = 3 y^{2} - 3 x = 0 \Rightarrow y = x^{2}, x = y^{2}

，解得

(0, 0)

与

(1, 1)

。二阶偏导数为

f_{xx} = 6 x, f_{y y} = 6 y, f_{x y} = - 3

。
- 在

(1, 1)

处：

H = (6 - 3 - 3 6)

，

D_{1} = 6 > 0, D_{2} = 36 - 9 = 27 > 0

，故为正定

\Rightarrow

极小值

f (1, 1) = - 1

。
- 在

(0, 0)

处：

H = (0 - 3 - 3 0)

，

D_{2} = - 9 < 0

，故为不定

\Rightarrow

鞍点，不是极值。

2. 正定矩阵在运算下的封闭性： $A^{- 1}, k A (k > 0), A^{k}, A^{*}, A + B$ 都正定；但 $A B$ 与 $A - B$ 未必正定

正定矩阵在许多运算下是封闭的，这在抽象证明题中经常用到：若

A

正定，则

A^{- 1}

、

k A (k > 0)

、

A^{k} (k \in N)

以及伴随矩阵

A^{*}

都正定；若

A, B

都正定，则

A + B

正定。但有两点必须注意：

A - B

一般不正定，因为它们的差可能出现非正的特征值；

A B

通常不对称，因而谈不上正定，除非

A B = B A

。前面几条用特征值法或定义法都容易证明，而后两条的反例应当随手能举。

证明 / 推导

证. 设

A, B

正定，其特征值分别为

λ_{i}, μ_{j} > 0

。

A^{- 1}

对称，且特征值为

1/ λ_{i} > 0

，故正定；

k A

的特征值为

k λ_{i} > 0

；

A^{k}

的特征值为

λ_{i}^{k} > 0

；又

A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1}

，而

∣ A ∣ = \prod λ_{i} > 0

，故它也正定。至于

A + B

，它是对称的，且

\forall x \neq = 0

，

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

。

■

举例说明

下面举出反例。取

A = (20 0 \frac{1}{2}), B = E

，二者都正定，但

A - B = diag (1, - \frac{1}{2})

有负特征值，不正定，可见

A, B

正定

\Rightarrow A - B

正定这一说法是错误的。又取

A = (2112), B = (1003)

，二者也都正定，但

A B = (2136)

不对称，因而谈不上正定。

3. 必要而不充分的条件（ $a_{ii} > 0$ 、 $∣ A ∣ > 0$ 、可逆）：可用来迅速排除，不能用来断定正定★ 要懂

正定有几个便于使用的必要条件：主对角元

a_{ii} > 0

、行列式

∣ A ∣ > 0

、

A

可逆。它们的作用在于迅速排除：只要有一条不成立，就立即断定它不是正定的，从而省去计算全部主子式的工夫。但这些条件都不充分，绝不能由它们反过来断定正定。因此解题时通常先用这些必要条件筛去明显不正定的情形，其余的再用顺序主子式判据或特征值判据逐一判定。

证明 / 推导

证. 先证必要性。

A

正定

\Rightarrow

取

x = e_{i}

得

a_{ii} = e_{i}^{T} A e_{i} > 0

；又

∣ A ∣ = \prod λ_{i}

，而特征值全为正，故

∣ A ∣ > 0

，从而它可逆。至于不充分，反例见下面的例题：其中的矩阵满足某个必要条件却不是正定的，可见这些条件必要

\neq =

充分。

■

举例说明

(1) 设

A = (- 1 0 0 - 1)

：这时

∣ A ∣ = 1 > 0

，且它可逆，但它是负定的。可见

∣ A ∣ > 0

这一条件并不充分，其原因在于判据要求每一阶顺序主子式都为正，只看

D_{n} = ∣ A ∣

就会漏掉

D_{1} = - 1 < 0

。(2) 设

A = (1221)

：对角元

a_{11} = a_{22} = 1 > 0

全为正，但

D_{2} = 1 - 4 = - 3 < 0

，故它实际上是不定的。可见对角元全为正也不充分。

4. 含参数正定问题的一般解法：先写出对称矩阵，再令各阶顺序主子式全为正，最后联立求交集★★ 必会

含参数的正定问题在数学二中是常见的大题，其解法是固定的：① 把交叉项的系数平分，写出对称矩阵

A (t)

；② 令各阶顺序主子式全大于零，即

D_{1} > 0, \dots, D_{n} > 0

；③ 解这个不等式组并求交集，即得参数的范围。这里用顺序主子式而不用特征值，是为了避免求解含参数的特征方程。如果问的是负定，则改用

(- 1)^{k} D_{k} > 0

（符号交替出现

-, +, -, \dots

，它等价于

- A

正定）。

证明 / 推导

证. 上述解法的依据就是顺序主子式判据：实对称矩阵

A

正定

⟺ D_{1} > 0, \dots, D_{n} > 0

。对于含参数的

A (t)

，每个

D_{k} (t) > 0

都是关于

t

的一个不等式，而正定的充分必要条件是这些不等式同时成立，故应取各解集的交集。对于负定的情形，只需对

- A

使用同一判据：

(- A)

的

k

阶顺序主子式

= (- 1)^{k} D_{k}

，要求它们全为正，即

(- 1)^{k} D_{k} > 0

。

■

举例说明

问

a

取何值时

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

正定。所对应的对称矩阵为

A = 1 a 0 a 11 012

。由顺序主子式得

D_{1} = 1 > 0

；

D_{2} = 1 - a^{2} > 0 \Rightarrow - 1 < a < 1

；

D_{3} = ∣ A ∣ = 1 \cdot (2 - 1) - a \cdot (2 a - 0) + 0 = 1 - 2 a^{2} > 0 \Rightarrow a^{2} < \frac{1}{2} \Rightarrow - \frac{2}{2} < a < \frac{2}{2}

。求交集，得

(- 1, 1) \cap (- \frac{2}{2}, \frac{2}{2}) = (- \frac{2}{2}, \frac{2}{2})

。故当

- \frac{2}{2} < a < \frac{2}{2}

时

f

正定。

💡 小知识

判断多元函数的驻点是极小、极大还是鞍点，看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，也就是极大；不定则对应马鞍。机器学习里训练模型时所说的下山，打交道的同样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 用顺序主子式判据判断

A = 3 - 1 0 - 1 3 - 1 0 - 1 3

是否正定。难度 1

判据：各阶顺序主子式全大于零 $⟺$ 正定。

- 一阶：

D_{1} = 3 > 0

；
- 二阶：

D_{2} = 3 - 1 - 1 3 = 9 - 1 = 8 > 0

；
- 三阶：

D_{3} = ∣ A ∣

。按第一行展开

∣ A ∣ = 3 3 - 1 - 1 3 - (- 1) - 1 0 - 1 3 = 3 \cdot 8 + 1 \cdot (- 3) = 24 - 3 = 21 > 0

。

三个顺序主子式全大于零，故

A

正定。

例 2 问参数

a

取何值时，矩阵

A = 110 1 a 1 012

正定？难度 2

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

-

D_{1} = 1 > 0

（恒成立）；
-

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

；
-

D_{3} = ∣ A ∣

。按第一行展开

∣ A ∣ = 1 \cdot (2 a - 1) - 1 \cdot (2 - 0) + 0 = 2 a - 3 > 0 \Rightarrow a > \frac{3}{2}

。

求交集：

a > 1

与

a > \frac{3}{2}

同时成立即

a > \frac{3}{2}

。故当

a > \frac{3}{2}

时

A

正定。

例 3 设

A

为

n

阶实可逆矩阵，证明

A^{T} A

是正定矩阵。难度 2

第一步：对称性。

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

，故

A^{T} A

是实对称矩阵，可谈正定。

第二步：用定义证正定。 对任意

x \neq = 0

，

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

等号成立当且仅当

A x = 0

。因

A

可逆，

A x = 0

只有

x = 0

；故对一切

x \neq = 0

有

∥ A x ∥^{2} > 0

，即

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

。

结论：

A^{T} A

正定。

■

注：若去掉「可逆」，只能得

A^{T} A

半正定；正定

⟺ A

列满秩。这正是判据「

A

正定

⟺ A = P^{T} P

（

P

可逆）」的一个方向。

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 $(3113)$
C $(10 0 - 2)$
D $(0110)$

练习 2 · 填空题

问

t

取何值时，二次型

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

正定？答：____。

练习 3 · 选择题

设

A

为

n

阶正定矩阵，则下列矩阵中不一定正定的是（　）。

A $A^{- 1}$
B $A^{2}$
C $A - E$
D $A + E$

练习 4 · 填空题

二次型

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

正定，则

t

的取值范围为 ____。

正定二次型

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 正定性的主要应用：用黑塞矩阵判定多元函数的极值，二元情形即 AC−B2 判别法

2. 正定矩阵在运算下的封闭性：A−1,kA(k>0),Ak,A∗,A+B 都正定；但 AB 与 A−B 未必正定

3. 必要而不充分的条件（aii​>0、∣A∣>0、可逆）：可用来迅速排除，不能用来断定正定★ 要懂

4. 含参数正定问题的一般解法：先写出对称矩阵，再令各阶顺序主子式全为正，最后联立求交集★★ 必会

基础例题

随堂练习

1. 正定性的主要应用：用黑塞矩阵判定多元函数的极值，二元情形即 $A C - B^{2}$ 判别法

2. 正定矩阵在运算下的封闭性： $A^{- 1}, k A (k > 0), A^{k}, A^{*}, A + B$ 都正定；但 $A B$ 与 $A - B$ 未必正定

3. 必要而不充分的条件（ $a_{ii} > 0$ 、 $∣ A ∣ > 0$ 、可逆）：可用来迅速排除，不能用来断定正定★ 要懂