求证：实对称正定矩阵的行列式不大于它对角元素的乘积

求证：实对称正定矩阵的行列式不大于它对角元素的乘积
求证：实对称正定矩阵的行列式不大于它对角元素的乘积

求证：实对称正定矩阵的行列式不大于它对角元素的乘积
我晕,这个证明是一篇论文里的结论.
关于定型实对称矩阵的行列式的一个结论
( 长江师范学院数学系, 重庆408100)
杨世显
下面的由于百度文字编辑的限制,可能看得有些困难.建议自己去找一下原版.实在不行给我留言我传给你
摘要: 本文利用度量矩阵和分块矩阵的相关知识, 得
到了定型实对称矩阵的行列式与它的主对角线元素的一个不
等式.
关键词: 实对称矩阵度量矩阵厄米特正交化分块
矩阵行列式
实对称矩阵是高等代数中一个重要的内容, 所谓定型实
对称矩阵是指正定、负定、半正定和半负定矩阵, 我们首先回
顾一下本文将用到的有关实对称矩阵的一些结论:
性质1: 一个实对称矩阵A正定的充要条件是存在可逆方
阵C, 使得A=C′C.
性质2: 一个实对称矩阵A半正定的充要条件是它的所有
主子式都大于等于零.
性质3: 一个实对称矩阵A负定( 半负定) 的充要条件是- A
为正定( 半正定) .
性质4: n维欧氏空间中, 一组基ε1,ε2, ⋯,εn
的度量矩阵A=
(aij), 其中aij=(εi,εj)为实对称矩阵, 而且矩阵A是正定的.
性质5: n维欧氏空间中, 两组基ε1,ε2, ⋯,εn
和η1 ,η2, ⋯,ηn
的度量矩阵分别为A和B, 那么A和B是合同的, 即若(η1,η2 ,
⋯,ηn ) =(ε1,ε2, ⋯,εn)C, 则有B=C′AC.
本文要证明的主要定理为:
定理1: A=(aij)为n阶正定矩阵, 则有detA≤
n
k=1
∏akk
为了证明定理1, 先证明一个引理:
引理:ε1,ε2, ⋯,εn
是n维欧氏空间的一组基,ε1,ε2, ⋯,εn
经
过厄米特正交化变为η1 ,η2 , ⋯,ηn, 记G(ε1,ε2, ⋯,εn)为ε1 ,ε2 ,
⋯,εn
的度量矩阵, 证明:
detG(ε1
,ε2, ⋯,εn)=detG(η1,η2 , ⋯,ηn)=|η1|2
·|η2|2
·⋯·|ηn|2
证明: 假设A为从ε1
,ε2
, ⋯,εn
到η1,η2, ⋯,ηn
的过渡矩阵, 即:
(η1 ,η2, ⋯,ηn)=(ε1 ,ε2, ⋯,εn)A
则由上面性质5知G(η1,η2, ⋯,ηn)=A′G(ε1,ε2 , ⋯,εn)A ( 1)
依题意η1,η2, ⋯,ηn
是由ε1,ε2, ⋯,εn
经过厄米特正交化得
到, 所以有:
η1
=ε1;
η2
=ε2-
(ε2 ,η1)
(η1,η1)
η1
;
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
ηn
=εn-
(εn ,η1)
(η1,η1)
η1
- ⋯-
(εn,ηn- 1)
(ηn- 1,ηn- 1)
ηn- 1
.
于是可知A为上三角矩阵, 且主对角线上的元素都是1, 即
A=
1 * ⋯ *
0 1 ⋯ *
⋯ ⋯ # ⋯
0 0 ⋯
$%%&
’(()
1
, 同时可知A′=
1 0 ⋯ 0
* 1 ⋯ 0
⋯ ⋯ # ⋯
* * ⋯
$%%&
’(()
1
, 所以detA′=
detA=1.由(1)式有:
detG(η1,η2 , ⋯,ηn)=det(A′G(ε1,ε2 , ⋯,εn)A)
=detA′·detG(ε1,ε, ⋯,εn)·detA
=detG(ε1,ε2 , ⋯,εn)
因为η1,η2, ⋯,ηn
是正交向量组, 所以G(η1,η2 , ⋯,ηn)为对
角矩阵, 且:
detG(η1,η2, ⋯,ηn)=|η1|2
·|η2|2
·⋯·|ηn|2
即: detG(ε1 , ε2 , ⋯ , εn)=detG(η1 , η2 , ⋯ , ηn)=|η1| 2
·|η2 | 2
·
⋯·|ηn|2, 证毕.
定理1的证明: 依题意, A=( aij) 为n阶正定矩阵, 所以由性
质1知存在可逆方阵C, 使得A=C′C.设矩阵C的n个列向量分别
为α1,α2 , ⋯,αn, 利用分快矩阵的乘法有:
A=C′C=
α1
′
α2
′
’αn
$%%%&
’((()
′
(α1 ,α2, ⋯,αn)=
α1
′α1
α1
′α2 ⋯ α1′αn
α2
′α1
α2
′α2 ⋯ α2′αn
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
αn
′α1
αn′α2
⋯ αn′αn
$%%%&
’((()
=
(α1,α1) (α1,α2) ⋯ (α1,αn)
(α2,α1) (α2,α2) ⋯ (α2,αn)
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
(αn,α1) (αn,α2) ⋯ (αn,αn
$%%%&
’((()
)
( 2)
因为矩阵为可逆方阵, 所以α1,α2 , ⋯,αn
为线性无关的向
量组, 也就可以看作Rn
的一组基, 那么矩阵A就是α1 ,α2, ⋯,αn
的度量矩阵.假设将α1 ,α2, ⋯,αn
进行厄米特正交化得到向量
组β1,β2 , ⋯,βn, 则由引理的条件知道:
det A=|β1|2
·|β2|2
·⋯·|βn|2
因为β1 ,β2 , ⋯,βn
是由α1 ,α2 , ⋯,αn
经过厄米特正交化得
来, 它们有如下关系:
β1
=α1 ;
β2
=α2-
(α2,β1)
(β1,β1)
β1
;
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
βn
=αn-
(αn,β1)
(β1,β1)
β1
- ⋯-
(αn ,βn- 1)
(βn- 1,βn- 1)
βn
- 1.
用β1,β2, ⋯,βn
表示α1,α2 , ⋯,αn
有:
α1
=β1 ;
α2
=β2+
(α2,β1)
(β1,β1)
β1
;
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
αn
=βn+
(αn,β1)
(β1,β1)
β1
+⋯+
(αn ,βn- 1)
(βn- 1,βn- 1)
βn
- 1
因为β1,β2, ⋯,βn
两两正交, 所以有:
|α1|=|β1|;
|α2|= β2+
(α2,β1)
(β1,β1)
β1
=|β2|+
(α2,β1)
(β1,β1)
β1
≥|β2|;
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
|αn|= βn+
(αn,β1)
(β1,β1)
β1
+⋯+
(αn ,βn- 1)
(βn- 1,βn- 1)
βn
- 1
=|βn|+
(αn ,β1)
(β1 ,β1)
β1
+⋯+
(αn,βn- 1)
(βn- 1,βn- 1)
βn- 1
≥|βn
|
所以: det A=|β1|2
·|β2|2
·⋯·|βn|2
≤|α1|2
≤|α1|2
·|α2|2
·⋯·|αn|2,
由(2)式容易知道|ak|2=akk,
即: det A≤
n
k=1
∏akk, 证毕.
我们知道一个半正定矩阵A=( aij) 的行列式一定大于或等
于零, 而且当det A>0时, A一定正定; 同时半正定矩阵A的主对
角线上的元素akk(1≤k≤n)都是非负实数, 所以在det A=0时,
不等式det A≤
n
k=1
∏akk
显然成立.综上所述以及定理1, 有:
推论1: A=( aij) 为n阶半正定矩阵, 则有det A≤
n
k=1
∏akk.
对于半负定或负定矩阵A=( aij) , 我们知道- A为半正定或
者正定的, 于是:
推论2: A=(aij)为n阶半负定( 负定) 矩阵, 当n为偶数时, 有
det A≤
n
k=1
∏akk; 当n为奇数时, 有det A≥
n
k=1
∏akk.
证明: 若A=(aij)为半负定矩阵, 则- A=(- aij)为半正定矩阵,
由推论1有:
det (- A)≤
n
k=1
∏(- akk)
$(- 1)ndetA≤(- 1)n
n
k=1
∏akk
$
det A≤
n
k=1
∏akk, n为奇数,
det A≥
n
k=1
∏akk, n为偶数
%
’
&
’
(
,
证毕.
参考文献:
[ 1] 北京大学数学力学系.高等代数( 第三版) [M] .北京:
高等教育出版社, 2003.

好深奥吖~~明明就系同届同学···问d甘嘎高b嘢！！

是的！