f(x1?,x2?,?,xn?)?ai?0
则与此假设矛盾,所以ai?0,i?1,2,?,n.
定理2.4 设实二次型f(x1,x2,?,xn)?XTAX, 若P为实可逆方阵
g(y1,y2,?,yn)?YT(PTAP)Y
则f(x1,x2,?,xn)?XTAX半正定等价于g(y1,y2,?,yn)?YT(PTAP)Y半正定; 换句话说, 经过非退化线性变换后, 半正定的二次型仍然是半正定的.
证明 由X?PY有Y?P?1X, 并且易知X?0等价于Y?0, 于是, 对任意的Y?0, 则X?0, 因此
YT(PTAP)Y?(P?1X)T(PTAP)(P?1X)?XTAX?0
则g(y1,y2,?,yn)半正定.
反之, ?X?0,Y?P?1X?0, 因此, XTAX?(RY)TA(RY)?YT(PTAP)Y?0. 则g(x1,x2,?,xn)半正定.
定义2.2 形如子式
ai1i1Pk?ai2i1?aiki1ai1i2ai2i2?aiki2?ai1ik?ai2ik???aikik
的K级子式称为矩阵A?(aij)n?n的K级主子式, 其中1?i1?i2???ik?n.
定理2.5 实二次型f(x1,x2,?,xn)=??aijxixj?XTAX半正定的充要条件是矩阵
i?1j?1nnA的一切K级主子式非负.
证明 必要性 设二次型f(x1,x2,?,xn)???aijxixj是半正定的, 则存在对角矩阵
i?1j?1nnD?CTAC. 其中C是变二次型的标准型的变量变换矩阵, D?diag(a1,a2,?,an). 再
由定理1知, ai?0. 因此, detA?detBTdetDdetB?(a1,a2,?,an)(detB)2?0. 又已知其中B?C?1, 同时, 若二次型f(x1,x2,?,xn)是半正定的, 则所有二次型
fk(xi1,?,xik)?f(0,0,xik,0,xi1,0,0)都是半正定的, 因此所有k级主子式非负.
充分性 已知A的一切k级主子式非负, 设A1为A的I级顺序主子式, 则对于任意正实数?, 有
a11??a12?al2??a1la2l?a21?al1a22??? A1??E?
?all??(2.4.1)
=?n?a1?n?1???al (1?l?n)
其中ak(1?k?l).由(2.4.1)式知, Al??E?0, 又1?k?n, 所以矩阵A??E的一切顺序主子式全都大于零, 所以矩阵A??E是正定矩阵.
设?为A的特征值, 则A??E?0, 所以A??E?(???)E?0,所以, ???是矩阵A??E的特征值, 因为矩阵A??E是正定矩阵, 所以, ????0, 取?为任意小的正数, 则??0, 再根据定理: 矩阵A是半正定的充要条件是A的特征值非负. 所以, A为半正定矩阵.
其证明思路是: 首先构造二次型, 然后利用二次型半正定性的定义或等价条件, 判断该二次型（矩阵）为半正定, 从而得到不等式.
例 5（Cauchy不等式）设ai,bi(i?1,2,?,n)为任意实数, 则
(?aibi)?(?a)?(?bi2).
22ii?1i?1i?1nnn2证明 记f(x1,x2)??(aix1?bix2)?(?a)x?2(?aibi)x1x2?(?bi2)x2
2i21i?1i?1i?1i?1n2nnn因为对于任意x1,x2, 都有f(x1,x2)?0, 故关于x1,x2的二次型f(x1,x2)是半正定的.因而定理1知, 该二次型矩阵的行列式大于或等于0, 即
nn?ai?1ni?12i?abi?1n2b?ii?1ii?0.
?aibi 故得(?aibi)?(?a)?(?bi2).
22ii?1i?1i?1nnn例6 证明 n?x?(?xi)2
2ii?1i?1nn证明 记f(x1,x2,?,xn)?n?x?(?xi)2?X?AX, 其中
2ii?1i?1nn?n?1?1??1n?1??X?(x1,x2,?,xn),A??????1??1?0?1?0n?A～
?????00??1????1?
?????n?1?将矩阵A的第2,3,?,n列分别加到第一列,再将第2,3,?, n行减去第1行,得
??1???0?,
?????n?于是A的特征值为0, n,?,n,由定理可知, A为半正定矩阵, 即二次型是半正定的, 从而得f(x1,x2,?,xn)?0, 即
n?x?(?xi)2
2ii?1i?1nn结论得证.
例7 设?,?,?是一个三角形的三个内角, 证明对任意实数x,y,z,都有
x2?y2?z2?2xycos??2xzcos??2yzcos?.
证明 记f(X)?X?AX?x2?y2?z2?2xycos??2xzcos??2yzcos?，
?1其中X?(x,y,z)?,A????cos????cos??cos?1?cos??cos???cos???,???????,cos???cos(???) 1???cos??A?sin???, 于是的特征值为0, 1, sin?, 从
0???1?cos?对A做初等行变换得: A～??0sin??0?0而得二次型f(X)是半正定的, 即对于任意实数x,y,z,f(X)?0, 得证.
例8 设A为n阶半正定矩阵, 且A?0, 证明A?E?1.
证明 设A的全部特征值为?i(i?1,2,?,n), 则A?E的全部特征值为
?i?1(i?1,2,?,n). 因为A?E为实对称矩阵, 所以存在正交矩阵T, 使得
??1?1?????12?T A?E?T?1????????1n??由于A为半正定矩阵, 且A?0, 则A?E是半正定的, 且其中至少有一个?i0?0, 同时至少有一个等于零. 故A?E??(?i?1)??i0?1?1, 结论得证.
i?1n以上是根据不等式的要求证明该二次型为半正定二次型, 从而证明不等式. 使用
这种方法简单, 方便.
定理2.6 一个实二次型可以分解成两个实系数的一次齐次多项式乘积的充分必要条件是: 它的秩为2和符号差为0, 或秩等于1.
证明 必要性 设
f(x1,x2,?,xn)?(a1x1?a2x2???anxn)(b1x1?b2x2???bnxn)
1) 若两个一次多项式的系数成比例, 即bi?kai(i?1,2,?,n). 不妨设a1?0, 令
?y1?a1x1?a2x2???anxn,?y?x,?22 ??????yn?xn.则f(x1,x2,?,xn)?ky12, 即二次型f(x1,x2,?,xn)的秩为1.
2)若两个一次多项式的系数不成比例, 不妨设
a1a2?, 令 b1b2?y1?a1x1?a2x2???anxn,?y?bx?bx???bx,21122nn?? ?y3?x3,??????yn?xn.则f(x1,x2,?,xn)?y1y2. 再令
?y1?z1?z2,?y?z?z,212?? ?y3?z3,??????yn?zn.2则f(x1,x2,?,xn)(x1,x2,?,xn)?y1y2?z12?z2, 故二次型f(x1,x2,?,xn)的秩为2, 符号
差为0.
充分性1) 若f(x1,x2,?,xn)的秩为1, 则经非退化线性替换使f(x1,x2,?,xn)?ky12，其中y1?a1x1?a2x2???anxn. 故
f(x1,x2,?,xn)?k(a1x1?a2x2???a2nxn)
2) 若f(x1,x2,?,xn)的秩为2, 符号差为零, 则可经非退化线性替换使
f(x?,x21,x2,n)?y21?y2?(y1?y2)(y1?y2)
其中y1, y2均为x1,x2,?,xn的一次齐次多项式, 即
y1?a1x1?a2x2???anxn y2?b1x1?b2x2???bnxn
故f(x1,x2,?,xn)可表示成两个一次齐次多项式的乘积.
例9 多因式f(xx221,2)?x1?3x2?2x1x2?2x1?6x2在R上能否分解, 若能, 解.
解 考虑二次型g(x221,x2,x3)?x1?3x2?2x1x2?2x1x3?6x2x3, 则
g(x1,x2,x3)的矩阵为
?1?1A??1???1?3?3??1?30?,
???对A施行合同变换, 求得可逆矩阵
??11?3??2?P???01?1???, 且P'AP?1???2????4??0?. ??001???????显然, A的秩为2且符号差为0, 由定理2.6知, g(x1,x2,x3)可以分解. 经非退化线性替换
将其分
3??11???2?x1????y1?1??????x?01?y, ?2????2?2?x?????3?001??y3???????2化为g(x1,x2,x3)?y12?4y2?(y1?2y2)(y1?2y2). 由Y?P?1X, 得y1?x1?x2?x3,
y2?x2?1x3, y3?x3. 于是g(x1,x2,x3)?(x1?x2?2x3)(x1?3x2). 2故f(x1,x2)?g(x1,x2,1)?(x1?x2?2)(x1?3x2).
2例10 多项式f(x1,x2)?x12?2x2?22x1x2?6x1?62x2?9在R上能否分解? 如果
能,将其分解．
22解 考虑二次型g(x1,x2,x3)?x12?2x2?9x3?22x1x2?6x1x3?62x2x3, 其矩阵为
?1?A???2??3??22?323??1?23?????32???000?
??000?9????则秩rankA?1, 由定理2.6知, g(x1,x2,x3)能在R上分解, 则f(x1,x2)?g(x1,x2,1)也能在R上分解. 易得
f(x1,x2)?g(x1,x2,1)?(x1?2x2?3)2.