## 答謝一誠──關於判斷正定、負定或未定二次型的問題

11. In each part, classify the quadratic form as positive definite, positive semidefinite, negative definite, negative semidefinite, or indefinite.
(f) $x_1x_2$

A symmetric matrix $A$ is positive definite if and only if all the eigenvalues of $A$ are positive.

A symmetric matrix $A$ is positive definite if and only if the determinant of every principal submatrix is positive.

page 484中間REMARK的內容有說定理9.5.2和9.5.3可以修改用來判斷 positive semidefinite，negative definite，negative semidefinite：

A symmetric matrix $A$ and the quadratic form $\mathbf{x}^TA\mathbf{x}$ are called
positive semidefinite if $\mathbf{x}^TA\mathbf{x}\ge 0$ for all $\mathbf{x}$
negative definite if $\mathbf{x}^TA\mathbf{x}<0$ for $\mathbf{x}\neq\mathbf{0}$
negative semidefinite if $\mathbf{x}^TA\mathbf{x}\le 0$ for all $\mathbf{x}$
indefinite if $\mathbf{x}^TA\mathbf{x}$ has both positive and negative values

Theorems 9.5.2 and 9.5.3 can be modified in an obvious way to apply to matrices of the first three types. For example, a symmetric matrix $A$ is positive semidefinite if and only if all of its eigenvalues are nonnegative. Also, $A$ is positive semidefinite if and only if all its principal submatrices have nonnegative determinants.

$x_1x_2=\mathbf{x}^TA\mathbf{x}=\begin{bmatrix} x_1 & x_2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0&\frac{1}{2}\\[0.3em] \frac{1}{2}&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix}$

$\displaystyle p(t)=\det(A-tI)=\begin{vmatrix} 0-t&\frac{1}{2}\\[0.3em] \frac{1}{2}&0-t \end{vmatrix}=t^2-\frac{1}{4}=\left(t-\frac{1}{2}\right)\left(t+\frac{1}{2}\right)$

$\displaystyle \det A_1=\begin{vmatrix} 0 \end{vmatrix}=0,~~\det A_2=\begin{vmatrix} 0&\frac{1}{2}\\[0.3em] \frac{1}{2}&0 \end{vmatrix}=-\frac{1}{4}$

$\mathbf{x}_1=\left[\!\!\begin{array}{c} 1\\ 1 \end{array}\!\!\right],~\mathbf{x}_2=\left[\!\!\begin{array}{r} 1\\ -1 \end{array}\!\!\right]$

\begin{aligned}\displaystyle \mathbf{x}_1^TA\mathbf{x}_1&=\mathbf{x}_1^T(\lambda_1\mathbf{x}_1)=\lambda_1\Vert\mathbf{x}_1\Vert^2=\frac{1}{2}\cdot 2=1\\ \mathbf{x}_2^TA\mathbf{x}_2&=\mathbf{x}_2^T(\lambda_2\mathbf{x}_2)=\lambda_2\Vert\mathbf{x}_2\Vert^2=-\frac{1}{2}\cdot 2=-1, \end{aligned}

$\displaystyle \mathbf{x}^TA\mathbf{x}=\mathbf{x}^TLDL^T\mathbf{x}=(L^T\mathbf{x})^TD(L^T\mathbf{x})=\mathbf{y}^TD\mathbf{y}=\sum_{i=1}^nd_iy_i^2>0$

$A=\begin{bmatrix} L_i&0\\ B&C \end{bmatrix}\begin{bmatrix} D_i&0\\ 0&E \end{bmatrix}\begin{bmatrix} L_i^T&B^T\\ 0&C^T \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} L_iD_iL_i^T&L_iD_iB^T\\ BD_iL_i^T&BD_iB^T+CEC^T \end{bmatrix}$

$\det A_i=(\det L_i)(\det D_i)(\det L^T_i)=\det D_i=d_1\cdots d_i$

$x_1x_2=\mathbf{x}^TB\mathbf{x}=\begin{bmatrix} x_1&x_2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix}$

$\displaystyle B=\frac{B+B^T}{2}+\frac{B-B^T}{2}=\begin{bmatrix} 0&\frac{1}{2}\\[0.3em] \frac{1}{2}&0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&\frac{1}{2}\\[0.3em] -\frac{1}{2}&0 \end{bmatrix}=A+C$

1. 實對稱矩陣 $A$ 是負定等價於 $-A$ 是正定，因此欲判定 $A$ 是負定，我們可以檢查 $-A$ 的領先主子陣行列式是否為正。不過，若 $A$ 的領先主子陣行列式皆為負數，仍不足以能斷定 $A$ 是負定。例如，$A=\left[\!\!\begin{array}{rc} -1&1\\ 1&0 \end{array}\!\!\right]$ 有特徵值 $(-1+\sqrt{5})/2$$(-1-\sqrt{5})/2$，可知 $A$ 是一個未定矩陣，但 $A$ 的領先主子陣行列式是 $\det A_1=-1$$\det A_2=-1$。從矩陣 $A$ 的領先主子陣行列式全為負值無法推論 $A$ 的軸元皆為負數，因為 $d_1=\det A_1=-1$，但 $d_2=\det A_2/\det A_1=(-1)/(-1)=1$
2. 若實對稱矩陣 $A$ 的所有 (不僅僅是領先) 主子陣行列式皆不為負，則 $A$ 是半正定矩陣。例如，$A=\begin{bmatrix} 0&0\\ 0&1 \end{bmatrix}$ 的所有主子陣包括 $A_{\{1\}}=\begin{bmatrix} 0 \end{bmatrix}$$A_{\{2\}}=\begin{bmatrix} 1 \end{bmatrix}$$A_{\{1,2\}}=A$，則 $\det A_{\{1\}}=0$$\det A_{\{2\}}=1$$\det A_{\{1,2\}}=0$，可推論 $A$ 是半正定。證明如下：考慮 $A$ 的特徵多項式

$p(t)=\det(tI-A)=t^n-\delta_1t^{n-1}+\delta_2t^{n-2}-\cdots(-1)^n\det A$

其中 $\delta_i$ 是所有 $i$ 階主子陣行列式的和 (見“特徵多項式蘊藏的訊息”)。若 $A$ 的所有主子陣行列式皆不為負值，則每一 $i$ 都有 $\delta_i\ge 0$，這指出 $p(t)$ 不可能存在負根。

3. 假設實矩陣 $A$ 不對稱且每一 $\mathbf{x}\neq\mathbf{0}$，都有 $\mathbf{x}^TA\mathbf{x}>0$。因為 $\mathbf{x}^TA\mathbf{x}=\frac{1}{2}\mathbf{x}^T(A+A^T)\mathbf{x}$，可知 $A+A^T$ 是正定矩陣，即有 $\det(A+A^T)>0$。但能否推論出 $\det A>0$？使用逆否命題法。假設 $\det A\le 0$，則至少存在一特徵值 $\lambda\le 0$ (因為共軛特徵值 $a\pm bi$$i=\sqrt{-1}$，滿足 $(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2\ge 0$)，也就存在一特徵向量 $\mathbf{x}$ 使得 $\mathbf{x}^TA\mathbf{x}=\lambda\Vert\mathbf{x}\Vert^2\le 0$，故得證。

### 2 Responses to 答謝一誠──關於判斷正定、負定或未定二次型的問題

1. 一誠 說道：

謝謝老師的指點，讓我獲益良多!

• ccjou 說道：

事有湊巧。今日收到書商寄來的樣書，打開一看，書名是
Elementary Linear Algebra, 10th edition, Howard Anton and Chris Rorres, 2011.