半正定矩阵的充分必要条件是所有主子式非负的一个证明方法

事情的起因是这样的： 在学习二次型讲到半正定矩阵的时候，PPT上给出了这个结论，但我们尝试去证明的时候，陷入了麻烦，发现似乎不是那么好做，于是去查阅资料，发现网上的大部分证明都需要用到特征值来处理。但由于北大黑皮高等代数的奇妙编排，二次型是在特征值前面学的，故我们想尝试不用特征值来处理这个问题。于是就有了这篇文章。

准备工作

引理1：

若 \(A = \left\lbrack \begin{array}{ll} {A}_{1} & {A}_{2} \\ {A}_{3} & {A}_{4} \end{array}\right\rbrack\) ,且 \(\operatorname{rank}\left\lbrack \begin{array}{ll} {A}_{1} & {A}_{2} \\ {A}_{3} & {A}_{4} \end{array}\right\rbrack = \operatorname{rank}\left\lbrack \begin{array}{ll} {A}_{1} & {A}_{2} \end{array}\right\rbrack = \operatorname{rank}\left\lbrack \begin{array}{l} {A}_{1} \\ {A}_{3} \end{array}\right\rbrack\) ,则我们有 \(\operatorname{rank}\mathrm{A} = \operatorname{rank}{\mathrm{A}}_{1}\) .

[证明]: 由 \(\operatorname{rank}\left\lbrack \begin{array}{ll} {A}_{1} & {A}_{2} \\ {A}_{3} & {A}_{4} \end{array}\right\rbrack = \operatorname{rank}\left\lbrack \begin{array}{l} {A}_{1} \\ {A}_{3} \end{array}\right\rbrack\) ，我们有 \(\exists X,s.t.\left\lbrack \begin{array}{l} {A}_{1} \\ {A}_{3} \end{array}\right\rbrack X = \left\lbrack \begin{array}{l} {A}_{2} \\ {A}_{4} \end{array}\right\rbrack\)

进一步有 \({A}_{1}X = {A}_{2}\) ，故而有 \(\operatorname{rank}{\mathrm{A}}_{1} = \operatorname{rank}\left\lbrack \begin{array}{ll} {A}_{1} & {A}_{2} \end{array}\right\rbrack\)

所以我们有 \(\operatorname{rank}\mathrm{A} = \operatorname{rank}{\mathrm{A}}_{1}\) . 证毕.

引理2：

设 \(A\) 是 \(n\) 阶对称矩阵，则 \(A\) 的最大的非零主子式的阶数等于 \(A\) 的秩.

[证明]：设 \(\operatorname{rank}\mathrm{A} = \mathrm{r}\) ，取出 \(A\) 的列向量的极大线性无关组，不失一般性，设 \({\mathbf{{col}}}_{1},\cdots ,{\mathbf{{col}}}_{\mathbf{r}}\) 为 \(A\) 的前 \(r\) 列，由于 \(A\) 是对称阵，所以 \(A\) 的前 \(r\) 行 \({\mathbf{{row}}}_{\mathbf{1}},\cdots ,{\mathbf{{row}}}_{\mathbf{r}}\) 也是行向量的极大线性无关组.

将矩阵 \(A\) 分块为 \(A = \left\lbrack \begin{array}{ll} {A}_{1} & {A}_{2} \\ {A}_{3} & {A}_{4} \end{array}\right\rbrack\) ， \({A}_{1} \in {\mathbb{P}}^{r \times r}\)

我们有下面的结论： \(\operatorname{rank}\left\lbrack \begin{array}{ll} {A}_{1} & {A}_{2} \\ {A}_{3} & {A}_{4} \end{array}\right\rbrack = \operatorname{rank}\left\lbrack \begin{array}{ll} {A}_{1} & {A}_{2} \end{array}\right\rbrack = \operatorname{rank}\left\lbrack \begin{array}{l} {A}_{1} \\ {A}_{3} \end{array}\right\rbrack = \mathrm{r}\)

从而由[引理1]我们知道 \(\operatorname{rank}{\mathrm{A}}_{1} = \operatorname{rank}\mathrm{A} = \mathrm{r}\) ，从而 \({A}_{1}\) 满秩，故 \(\det \left( {A}_{1}\right) \neq 0\) . 证毕.

题目的证明：

有了上面的引理，我们开始着手处理这道题目。使用数学归纳法。

当 \(n = 2\) 时，结论平凡，容易验证。

假设 \(k \leq n - 1\) 时，有 " \(k\) 阶半正定矩阵的充分必要条件是所有主子式非负" 成立，现在我们考虑所有主子式非负的 \(n\) 阶对称矩阵 \(A\) 的情况。 设 \(\operatorname{rank}\mathrm{A} = \mathrm{r}\) .（ \(r = 0\) 情况平凡，下面的 \(r\) 默认大于 \(0\) ）

case 1: \(r \leq n - 1\)

不妨设 \(A\) 的列向量的极大线性无关组为 \({\mathbf{{col}}}_{\mathbf{i}1},\cdots ,{\mathbf{{col}}}_{\mathbf{{ir}}}\) ,由于合同变换不改变矩阵的半正定性，所以我们不妨通过合同变换将这 \(r\) 列交换到前 \(r\) 列，所以不妨直接设为前 \(r\) 列，

即 \(A = \left\lbrack \begin{array}{ll} {A}_{1} & {A}_{2} \\ {A}_{2}^{T} & {A}_{4} \end{array}\right\rbrack ,{A}_{1} \in {\mathbb{R}}^{r \times r},\operatorname{rank}{\mathrm{A}}_{1} = \operatorname{rank}\mathrm{A} = \mathrm{r}\) .

由于 \(A\) 的所有主子式非负，特别地，有 \({A}_{1}\) 的所有主子式非负，包括 \(\det \left( {A}_{1}\right) \geq 0\) ，则由 \(k = r \leq n - 1\) 的归纳假设我们知道 \({A}_{1}\) 是半正定的，又由[引理2]知道 \(\det \left( {A}_{1}\right) \neq 0\) ，所以 \(\det \left( {A}_{1}\right) > 0\) ，由于 \({A}_{1}\) 是半正定的且 \({A}_{1}\) 可逆，所以我们可以断言 \({A}_{1}\) 是正定的，从而存在可逆矩阵 \(C\) 使得 \({C}^{T}{A}_{1}C = {E}_{r}\) ，因此我们可以对 \(A\) 进行合同变换

再进行一次合同变换，打洞处理

设 \({A}_{0} = {A}_{4} - {A}_{2}^{T}C{C}^{T}{A}_{2}\) ，则我们知道 \(A\) 合同于 \(\left( \begin{matrix} {E}_{r} & O \\ O & {A}_{0} \end{matrix}\right)\)

故 \(\operatorname{rank}{\mathrm{E}}_{\mathrm{r}} + \operatorname{rank}{\mathrm{A}}_{0} = \operatorname{rank}\left( \begin{matrix} {E}_{r} & O \\ O & {A}_{0} \end{matrix}\right) = \operatorname{rank}\mathrm{A} = \mathrm{r}\) ，所以 \(\operatorname{rank}{\mathrm{A}}_{0} = 0\)

所以 \({A}_{0} = 0\) ，故而 \(A\) 合同于 \(\left( \begin{matrix} {E}_{r} & O \\ O & O \end{matrix}\right)\) ，所以 \(A\) 的负惯性指数为 \(0\) ，故 \(A\) 半正定，结论对 \(n\) 成立.

case 2: \(r = n\) ，即 \(A\) 是满秩矩阵。

事实上我们在这里遇到了困难，因为当 \(A\) 的秩为 \(n\) 时，我们无法像上一题一样使用归纳假设，所以需要换一条路走，而确实有一条充满巧合的小路留给了我们。

反证法: 假设此时 \(A\) 不是半正定矩阵，由于 \(A\) 满秩，所以我们可以设

其中 \(r,s > 0\) ，由于 \(\det \left( A\right) = \mathop{\det }^{2}\left( C\right) {\left( +1\right) }^{r}{\left( -1\right) }^{s} > 0\) ，所以我们有 \(s \geq 2\) (因为 \(s\) 是偶数)

下面考虑 \(A\) 的前 \(\left( {n - 1}\right) \times \left( {n - 1}\right)\) 项，由于 \(A\) 的主子式全部非负，

所以由归纳假设可以知道前 \(\left( {n - 1}\right) \times \left( {n - 1}\right)\) 个元素组成的矩阵(后面记为 \(B\) )是半正定的（归纳假设中 \(k = n - 1\) 的情况），又由于，记 \(A = \left( \begin{matrix} B & b \\ {b}^{T} & c \end{matrix}\right)\) .

因为 \(B\) 是半正定的，设 \(\operatorname{rank}\mathrm{B} = \mathrm{t}\)

case 2.1: \(t < n - 1\)

设 \({D}^{T}{BD} = \left( \begin{matrix} {E}_{t} & O \\ O & O \end{matrix}\right)\) ，从而对 \(A\) 进行合同变换：

故 \(A\) 合同于 \(\left( \begin{matrix} {E}_{t} & O & O \\ O & O & {b}_{2} \\ O & {b}_{2}^{T} & c \end{matrix}\right)\) ，

有 \(\operatorname{rank}\mathrm{A} = \operatorname{rank}\left( \begin{matrix} {E}_{t} & O & O \\ O & O & {b}_{2} \\ O & {b}_{2}^{T} & c \end{matrix}\right) = \operatorname{rank}{\mathrm{E}}_{\mathrm{t}} + \operatorname{rank}\left( \begin{matrix} O & {b}_{2} \\ {b}_{2}^{T} & c \end{matrix}\right) = \mathrm{n}\)

所以 \(\left( \begin{matrix} O & {b}_{2} \\ {b}_{2}^{T} & c \end{matrix}\right)\) 是满秩的，这要求左上角的零矩阵 \(O\) 只能为 \(1 \times 1\) 的，故 \({b}_{2} \in \mathbb{R}\) 是一个非零实数，但是又根据 \(\det \left( A\right) > 0\) 与合同变换不改变行列式的正负，

有 \(\det \left( \begin{matrix} {E}_{t} & O & O \\ O & O & {b}_{2} \\ O & {b}_{2}^{T} & c \end{matrix}\right) = \det \left( {E}_{t}\right) \det \left( \begin{matrix} 0 & {b}_{2} \\ {b}_{2} & c \end{matrix}\right) > 0\)

但是 \(\det \left( {E}_{t}\right) \det \left( \begin{matrix} 0 & {b}_{2} \\ {b}_{2} & c \end{matrix}\right) = 1 \times \left( {{0c} - {b}_{2}^{2}}\right) = - {b}_{2}^{2} < 0\) ，从而导致矛盾，故 \(t = n - 1\) .

case 2.2: \(t = n - 1\)

则知道 \(B\) 半正定且可逆，故 \(B\) 正定，所以存在可逆矩阵 \(D\) 使得 \({D}^{T}{BD} = {E}_{n - 1}\) ，所以对 \(A\) 作合同变换

故 \(A\) 合同于 \(\left( \begin{matrix} {E}_{n - 1} & O \\ O & c - {b}^{T}D{D}^{T}b \end{matrix}\right)\) ，但 \(\left( \begin{matrix} {E}_{n - 1} & O \\ O & c - {b}^{T}D{D}^{T}b \end{matrix}\right)\) 的负惯性指数 \(\leq 1\)，这与 \(A\) 的负惯性指数 \(\geq 2\) 矛盾，从而我们的假设错误，故 \(A\) 是一个半正定矩阵.

综上，我们证明了命题对 \(n\) 时也成立，所以由归纳原理，我们有：对任意的 \(n\) 阶实对称矩阵，它是半正定矩阵的充分必要条件是所有的主子式非负.

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