正定矩阵

hbghlyj

$M=(m_{ij})$为实正定矩阵,求证
(i)$m_{ii}>0$
(ii)$|m_{ij}|<\sqrt {m_{ii}m_{jj}}$


证明
(i)设向量$x$的第$i$个坐标为1,其它均为0,则$x^{\sf T}Mx=m_{ii}>0$.
(ii)设向量$x$的第$i$个坐标为1,第$j$个坐标为$k$,其它均为0,
则$x^{\sf T}Mx=m_{ii}+2km_{ij}+k^2m_{jj}>0$对所有$k$成立,所以$|m_{ij}|<\sqrt{m_{ii}m_{jj}}$.

hbghlyj

如果$M$、$N$是正定阵，那么和$M+N$、乘积$MNM$与$NMN$都是正定的。如果$MN=NM$，那么$MN$仍是正定阵。

如何证明呢

战巡

回复 2# hbghlyj

正定阵一般都定义为埃尔米特矩阵，非埃尔米特矩阵的情况不讨论
也就是说，对实正定阵，始终是对称阵

首先$M+N$很容易证明，对任意列向量$x$，都有
\[x^T(M+N)x=x^TMx+x^TNx>0\]

对任意实正定阵，都可以按乔李斯基分解得到得到下三角矩阵$L$，使得$M=L^TL$，那么有
\[NMN=N^TL^TLN=(LN)^T(LN)\]
它当然是正定阵
事实上对任意实矩阵$A$，都有$A^TMA$为半正定阵，如果$A$满秩，则为正定阵，证明也是如上的

对$MN$，可以这样
首先，对于任何（半）正定阵$A$，都有$A^{\frac{1}{2}}$（半）正定，这个通过对角化很容易证明，由于$A$为对称阵，它可以对角化为$A=P^{-1}DP$，其中$D$为对角阵，且对角即为$A$的特征根，那么有
\[A^{\frac{1}{2}}=P^{-1}D^{\frac{1}{2}}P\]
这里$D^{\frac{1}{2}}$也是对角阵，而且就是$D$对角每一项开根号得到，既然$A$是（半）正定阵，那么$D$每一项都是大于（等于）0的，自然$D^{\frac{1}{2}}$每一项也大于（等于）0，于是$A^{\frac{1}{2}}$（半）正定

于是
\[MNNM=MN^2M\]
为（半）正定是显然的，在可交换条件下
\[(MN)^2=MN^2M\]
因此$MN=(MN^2M)^{\frac{1}{2}}$（半）正定。

说实话，感觉楼主学东西很不系统，东一榔头西一棒槌，有时候弄些很高深的内容，而有时候又问很弱智的问题...

hbghlyj

战巡 发表于 2022-3-29 14:39
正定阵一般都定义为埃尔米特矩阵，非埃尔米特矩阵的情况不讨论
也就是说，对实正定阵，始终是对称阵

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