（5）存在秩为r的n阶矩阵Q使得A=QHQ. 证明 (1)揶(2)(3)的证明与定理1相似；
(3)T(4) 存在U?Un′n，满足
UHAU=diag(l1,l2,?,lr,0,?,0)
其中r=rank(A)，l1,l2,?,lr>0，令
骣111÷?÷? P=diag,,?,,1,?,1÷1?÷?÷lr桫l1l2则
骣IrHH?PUAUP=diag(1,1,?,1,0,?,0)=?11?0桫令P=UP1，则
0÷ ÷÷0骣Ir?PAP=??0桫H0÷ ÷÷0(4)T(5) 由(4)可得 骣IrA=(PH)-1珑珑珑0桫0鼢-1?P鼢鼢0(P-1)骣HIr0桫0骣Ir珑鼢珑珑0桫00麋-1P=鼢鼢0骣骣Ir珑珑珑0桫桫骣0麋-1鼢骣Ir 鼢P鼢 鼢 0鼢桫0桫H0 -1HP=QQ 0
骣Ir其中 Q=???0桫(5)T(1) 由于A=QHQ，故
0÷-1魑P÷÷0Crn n
XHAX=XHQHQX=(QX)H(QX)
因为Q?Crn′n，所以方程组QX=0有非零解，即存在X10，满足QX=0，从而
XHAX=(QX)H(QX) 0X
所以A是半正定的.
定理3-7 n阶Hermite矩阵A为正定（非负定）矩阵的充分必要条件是A的
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所有特征值都是正数（非负数）.
证明 必要性 设A>0(A 0)，l是A的任一特征值，x是对应的单位特征向量，于是
l=xHAx>0( 0)
充分性 由定理3-2知，存在酉矩阵V,使得
A=VHdiag(l1,l2,?,ln)V
若A的特征值li（i=1,2,?,n）都为正数（非负数），则对任意n维非零向量X， 都有
XHAX=(VX)Hdiag(l1,l2,?,ln)(VX)=YHdiag(l1,l2,?,ln)Y>0( 0) 式中Y=VX 0，从而A>0(A 0).
定理3-8 n阶Hermite矩阵A为正定矩阵的充分必要条件是存在n阶非奇异矩阵P，使得A=PHP.
证明 充分性显然成立.
必要性 由定理3-2知，存在酉矩阵V,使得
A=VHdiag(l1,l2,?,ln)V
（3-3）
若A>0，则由定理3-7可知，li(i=1,2,?,n).令
P=diag(l1,l2,?,ln)V
则P非奇异，且由（3-3）式得A=PHP.
若将条件中的“非奇异”去掉就得到A为非负定矩阵的充分必要条件，即得到：
定理3-9 n阶Hermite矩阵A为非负定矩阵的充分必要条件是存在n阶矩阵P，使得A=PHP.
推论1 若A>0，则A可逆且A-1>0；
推论2 若A>0，C是任一n阶非奇异矩阵，则CHAC>0； 推论3 若A30，C是任一n′m矩阵，则CHAC30.
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定理3-10 n阶正定Hermite矩阵A的各阶顺序主子矩阵都是正定矩阵.
?是任意k维非零向量（1＃k证明 设Ak是A的k阶顺序主子矩阵，x?骣x÷?÷令x=?，其中0为n-k维零向量，将A作如下分块： ÷?÷?0桫
n），
骣Ak?A=?H?G桫于是
G÷， ÷÷B骣HH?Ak???xAkx=(x,0)?H?G桫即Ak是正定矩阵.
?G÷骣x÷H?÷?xAx ?÷÷?÷?B÷0桫定理3-11 n阶Hermite矩阵A为正定矩阵的充分必要条件是A的顺序主子式均为正数，即
Ak>0，k=1,2,?,n
证明 必要性 当A>0时，A的行列式detA>0，这是因为detA等于A的特征值的乘积，由定理3-10知A的各阶顺序主子式都是正定矩阵，故它们的行列式均为正数，即A的顺序主子式均为正数.
充分性 对矩阵阶数作归纳法，阶为1时结论显然成立，假设阶为n-1时结论成立，对n阶Hermite矩阵A，我们作如下分块
骣An-1A=???aH桫a÷÷， ÷ann÷其中An-1为A的n-1阶顺序主子矩阵，因为An-1非奇异，令
-1骣I-An-1n-1a÷÷P=? ?÷H?÷?01桫则
骣An-10÷? ÷PAP=?HH-1÷?÷0a-aAa桫nnn-1H根据归纳假设，有An-1>0，于是
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-1ann-aHAn-1a=AnAn-1（An=A,P=1）， >0，
从而
骣An-10÷?÷>0 ?HH-1÷?÷0a-aAa桫nnn-1所以A>0，这说明了n阶时结论成立，从而证明了充分性.
定理3-12 n阶Hermite矩阵A为正定矩阵的充分必要条件是A的所有主子式全大于零.
证明 充分性由定理3-11可得 必要性 对A的任一k阶主子式
ai1i1A(k)ai1i2ai2i2?aiki2?ai1ik?ai2ik??aikik
=ai2i1?aiki1只要适当（若干次）对调A(k)的行和相应的列，可使上述的A(k)成为一个k阶
AP顺序主子式，即存在可逆矩阵P，使PH的k阶顺序主子式为A(k)，因为A>0，
由前面推论2知PHAP>0，从而由定理3-11有A(k)>0.
B都是n阶Hermite矩阵，定理3-13 设A，且B>0，则存在非奇异矩阵Q，
使得
QTBQ=I，QHAQ=diag(l1,l2,?,ln)
（3-4）
证明 由定理3-8知，存在非奇异矩阵P，使得B=PHP，由此得
(P-1)HBP-1=I
（3-5）
又(P-1)HAP-1亦为Hermite矩阵，故有酉矩阵U，使 令
UHP(P-1)HAP-1U=diag(l1,l2,?,ln)
（3-6）
Q=P-1U，
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则Q非奇异，从而由（3-4）和（3-5）知（3-6）成立.
定理3-14 设A是正定（非负定）Hermite矩阵，则存在唯一的正定（非负定）Hermite矩阵H，满足A=H2.
证明 因为A是正定（非负定）Hermite矩阵，故
A=Udiag(l1,l2,?,ln)UH
其中U是酉矩阵，l1,l2,?,ln全大于零（非负）.令
H=Udiag(l1,l2,?,ln)UH
显然H2=A.现证H是唯一的.
设还有一个正定Hermite矩阵H21，满足A=H1，故可设
H(m?,mH1=U1diag1,m2,n)U1，m1>0 由A=H2得到m22211=l1,m2=l2,?,mn=ln，于是 H1=U1diag(l1,l2,?,ln)UH1
根据A=H2=H21，所以
Udiag(m,mH1,m2,?n)U=UH1diag(m1,m2,?,mn)U1
下面进一步证明
Udiag(lH1,l2,?,ln)U=U1diag(l1,l2,?,ln)UH1 事实上 diag(l1,lH2,?,ln)UHU1=UU1diag(l1,l2,?,ln)设酉矩阵
骣??pp?1112?p1n÷UHU?p21p÷22?p2n÷÷÷1=????????÷÷÷?÷ ?桫pn1p÷n2?p÷÷nn代入（3-7）得
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3-7）
（