线性代数一则——Hermite 矩阵正定的充要条件

给定一个 \( n \) 阶 Hermite 矩阵 \( A \),即满足
$$ A^*=(\overline{A})^T $$的矩阵
如何去判断它是否是正定的呢?
注:一个 Hermite 矩阵正定即对于任意的列向量 \( v \),点积
$$ v^*Av $$都是正实数

Sylvester 的定理给我们了一个充要条件

定理 1:一个 Hermite 矩阵 \( A \) 是正定的当且仅当它的前 \( n \) 个主子矩阵的行列式全为正实数
其中主子矩阵指由 \( A \) 的前 \( k \) 行中的前 \( k \) 列构成的子矩阵
特别的,最大的主子矩阵就是 \( A \) 自身

解决这个问题我们需要了解 Hermite 矩阵的一些基本性质

前置知识:

1.矩阵的行列式等于它所有的特征值之积,重根按重数计算

2.Hermite 矩阵的特征值全部是实数,主对角线的元素也全部是实数

3.(谱定理) 一个 Hermite 矩阵 \( A \) 可以表示成
$$ A=Q^*LQ $$的形式,其中 \( L \) 是主对角线上元素为 \( A \) 的 \( n \) 个特征值,其余元素为 \( 0 \) 的对角矩阵,\( Q \) 是酉矩阵(即 \( Q^*=Q^{-1} \) )
(虽然写在这里了,不过好像后面没有用到x)

上述知识略去不证,否则本篇博文就偏离中心了


接下来,我们使用 \( A=[a_{ij}]_{i,j=1}^n \) 的记号来表示一个矩阵,其中 \( a_{ij}=a(i,j) \) 是关于标号 \( (i,j) \) 的函数,表示该位置的元素
这样紧凑的记号可以使得书写简洁(其实是我懒得打省略号)

引理 1:(\(n=2\) 的情形)

这时,矩阵 \( A \) 可以设为
$$ A=\begin{bmatrix}
a & b\\
\overline{b} & c
\end{bmatrix} $$

正定即对于任意的非零复向量 \( v=(x,y)^T \)
$$ \begin{split}
v^*Av&=ax\overline{x}+b\overline{x}y+\overline{b}x\overline{y}+cy\overline{y}\\
&=a|x|^2+2\mathfrak{Re}(b\overline{x}y)+c|y|^2\\
&>0
\end{split} $$恒成立

这其实是二元齐二次式的复数形式

证明和实数的情况类似,我们只需要将左侧配方

$$ 左侧 = |\sqrt{a}+\frac{b}{\sqrt{a}}y|^2+(ac-b\overline{b})y\overline{y} $$(这里不妨假设了 \( a>0 \),不然取 \( v=(1,0) \) 就得到了矛盾)

于是我们得到了判别式 \( \Delta = ac-|b|^2 \),这与实数的情形相符,而且恰好是 \( A \) 的行列式
在 \( a>0 \) 的条件下,\( v^*Av > 0 \) 恒成立当且仅当 \( \Delta>0 \)

引理证毕

定理 1 的证明:

先证明 Sylvester 条件的必要性

假设 Hermite 矩阵 \( A \) 是正定的,那么根据前置知识我们知道它的行列式是正的
对于它的第 \( k \) 个主子矩阵,只需要在正定条件 \( v^*Av>0 \) 中令 \( v=(u_1,u_2,\ldots,u_n) \) 的后 \( n-k \) 个分量为 \( 0 \) ,我们就得到这个主子矩阵也是 Hermite 的和正定的,因此行列式是正的

必要性证毕

实际上,我们还可以得到 \( A \) 的所有由相同标号的若干行列交叉得到的子矩阵的行列式是正的,然而推出反向的结论却并不需要这么强的条件

接下来是问题的重点,即充分性的证明

我们使用归纳法,假设命题对于 \( n-1 \) 阶矩阵成立

将 \( v^*Av \) 展开,并且提取含有 \( u_1 \) 的项,我们可以得到一个关于 \( u_1 \) 的复二次多项式
$$ v^*Av=a_{11}u_1\overline{u_1}+2\mathfrak{Re}(\overline{u_1}\sum_{k=2}^na_{1k}u_k)+\sum_{i,j=2}^na_{ij}\overline{u_i}u_j $$

根据引理中的判别式,我们知道正定等价于
$$ \begin{split}
\Delta&=a_{11}\sum_{i,j=2}^na_{ij}\overline{u_i}u_j-|\sum_{k=2}^na_{1k}u_k|^2\\
&=\sum_{i,j=2}^na_{11}a_{ij}\overline{u_i}u_j-\sum_{i=1}^n\overline{a_{1i}u_i}\sum_{j=2}^na_{1j}u_j\\
&=\sum_{i,j=2}^n(a_{11}a_{ij}-a_{i1}a_{1j})\overline{u_i}u_j\quad这一步用到\ a_{1i}=\overline{a_{i1}}\\
&=v^*Bv>0
\end{split} $$其中
$$ B=[a_{11}a_{ij}-a_{i1}a_{1j}]|_{i,j=2}^n $$

于是问题就转化为证明 \( n-1 \) 阶矩阵 \( B \) 是正定的(它显然是 Hermite 的)

根据归纳假设,我们只需验证 \( B \) 满足 Sylvester 条件

下面用 \( A_k,B_k \) 表示 \( A,B \) 的第 \( k \) 个主子矩阵

$$ \begin{split}
\det B_k&=\det\begin{bmatrix}1&0\\0&B_k\end{bmatrix}\\
&=\frac{1}{a_{11}}\det\left.\begin{bmatrix}a_{11}&0\\0&a_{11}a_{ij}-a_{i1}a_{1j}\end{bmatrix}\right|_{i,j=2}^{k+1}\\
&=\frac{1}{a_{11}}\det\left.\begin{bmatrix}a_{11}&a_{1j}\\0&a_{11}a_{ij}-a_{i1}a_{1j}\end{bmatrix}\right|_{i,j=2}^{k+1}\\
&=\frac{1}{a_{11}}\det\left.\begin{bmatrix}a_{11}&a_{1j}\\a_{11}a_{i1}&a_{11}a_{ij}\end{bmatrix}\right|_{i,j=2}^{k+1}\\
&=a_{11}^{k-1}\det[a_{ij}]|_{i,j=1}^{k+1}\\
&=a_{11}^{k-1}\det A_{k+1}\\
&>0
\end{split} $$

证毕

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