problem 1

证明：秩为 $r$ 的对称阵可以写成 $r$ 个秩为 $1$ 的对称阵之和。

proof

设 $C$ 是可逆矩阵，使得

$$C^{\prime} A C=\operatorname{diag}\{a_1, \cdots, a_r, 0, \cdots, 0\}$$

其中 $a_i \neq 0(1 \leq i \leq r)$ ，则

$$A=(C^{-1})^{\prime} a_1 E_{11} C^{-1}+\cdots+(C^{-1})^{\prime} a_r E_{r r} C^{-1}$$

其中 $E_{i i}$ 是第 $(i, i)$ 元素为 1 ，其余元素全为 0 的基础矩阵，从而每个 $(C^{-1})^{\prime} a_i E_{i i} C^{-1}$ 都是秩等于 1 的对称矩阵。

problem 2

证明：一个实二次型 $f$ 可以分解为两个实系数的一次齐次多项式的乘积当且仅当 $r(f)=2$ 且符号差 $s=0,$ 或者秩等于 $1.$

proof

必要性。如果实二次型 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 可分解成两个一次齐次多项式的乘积：

$$\begin{aligned} & f(x_1, x_2, \cdots, x_n) \\ = & (a_1 x_1+a_2 x_2+\cdots+a_n x_n)(b_1 x_1+b_2 x_2+\cdots+b_n x_n) \end{aligned}$$

有两种可能：1)

$$\begin{aligned} & (b_1, b_2, \cdots, b_n)=k(a_1, a_2, \cdots, a_n), k \neq 0 \text{ 于是 } \\ & f(x_1, x_2, \cdots, x_n)=k(a_1 x_1+a_2 x_2+\cdots+a_n x_n)^2 \end{aligned}$$

因为 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 不全为 0 ，以 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 为第一行，作一个可逆矩阵 $C$ ，线性替换

$$Y=C X$$

是可逆的。并且 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 经过这个线性替换化为

$$f(x_1, x_2, \cdots, x_n)=k y_1^2 \quad(k \neq 0)$$

此时 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 的秩等于 1 。 2）$(a_1, a_2, \cdots, a_n)$ 与 $(b_1, b_2, \cdots, b_n)$ 线性无关。于是可以 $(a_1, a_2, \cdots, a_n),(b_1, b_2, \cdots, b_n)$ 为第 1,2 行作一个可逆矩阵 $C$ ，可逆线性替换

$$Y=C X$$

将 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 化为

$$f(x_1, x_2, \cdots, x_n)=y_1 y_2$$

再令

$$\begin{cases} y_1=z_1+z_2 \\ y_2=z_1-z_2 \\ y_3=z_3 \\ \cdots \\ y_n=z_n \end{cases}$$

则

$$f(x_1, x_2, \cdots, x_n)=z_1^2-z_2^2$$

所以在这种情况，$f$ 的秩等于 2 ，符号差为 0 。 充分性。1）如果 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 的秩为 1 ，则 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 可经可逆线性替换

$$\begin{cases} y_1= c_{11} x_1+c_{12} x_2+\cdots+c_{1n} x_n \\ y_2= c_{21} x_1+c_{22} x_2+\cdots+c_{2n} x_n \\ \cdots \\ y_n= c_{n1} x_1+c_{n2} x_2+\cdots+c_{nn} x_n \end{cases}$$

化为

$$f(x_1, x_2, \cdots, x_n)=y_1^2=(c_{11} x_1+c_{12} x_2+\cdots+c_{1n} x_n)^2$$

2）如果 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 的秩为 2 ，符号差为 0 ，则 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 可经适当的可逆线性替换

$$Y=C X$$

化为规范形

$$\begin{aligned} f= & y_1^2-y_2^2=(c_{11} x_1+\cdots+c_{1n} x_n)^2-(c_{21} x_1+\cdots+c_{2n} x_n)^2 \\ = & [(c_{11}+c_{21}) x_1+\cdots+(c_{1n}+c_{2n}) x_n] \cdot \\ & [(c_{11}-c_{21}) x_1+\cdots+(c_{1n}-c_{2n}) x_n] \end{aligned}$$

这两种情形都说明 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 可以分解成两个实系数一次齐次多项式的乘积。

problem 3

设实二次型

$$f(x_1,x_2,\dots,x_n)=\sum^s_{i=1}(a_{i1}x_1+\dots+a_{in}x_n)^2$$

证明：$\operatorname{r}(f)=\operatorname{r}(A),A=(a_{ij})_{s \times n}$。

proof

设实二次型

$$f(x_1, x_2, \dots, x_n) = \sum_{i=1}^s (a_{i1}x_1 + \dots + a_{in}x_n)^2$$

其中 $A = (a_{ij})_{s \times n}$。需证 $\operatorname{r}(f) = \operatorname{r}(A)$。

步骤分析：

1. 二次型的矩阵表示 每个平方项 $(a_{i1}x_1 + \dots + a_{in}x_n)^2$ 可表示为 $(A_i \mathbf{x})^2$（$A_i$ 为 $A$ 的第 $i$ 行），因此：

   $$f(\mathbf{x}) = \sum_{i=1}^s (A_i \mathbf{x})^2 = \mathbf{x}^\top A^\top A \mathbf{x}$$

   对应二次型的矩阵为 $B = A^\top A$，故 $\operatorname{r}(f) = \operatorname{r}(B)$。

2. 矩阵秩的性质 对任意实矩阵 $A$，有：

   $$\operatorname{r}(A^\top A) = \operatorname{r}(A)$$

   证明思路：

   • $A^\top A \mathbf{x} = 0 \iff A \mathbf{x} = 0$（因 $\|A \mathbf{x}\|^2 = \mathbf{x}^\top A^\top A \mathbf{x}$）。
   • 故 $A^\top A$ 与 $A$ 的零空间相同，因此 $\dim \ker(A^\top A) = \dim \ker(A)$。
   • 由秩-零化度定理，$\operatorname{r}(A^\top A) = \operatorname{r}(A)$。

3. 结论 结合上述结果：

   $$\operatorname{r}(f) = \operatorname{r}(A^\top A) = \operatorname{r}(A)$$

最终结论：

$$\boxed{\operatorname{r}(f) = \operatorname{r}(A)}$$

problem 4

$t$ 取何值时，二次型

$$t(x_1^2+x_2^2+x_3^2)+2x_1x_2-2x_1x_3+2x_2x_3$$

正定？

solution

考虑二次型

$$f(x_1, x_2, x_3) = t(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2) + 2x_1x_2 - 2x_1x_3 + 2x_2x_3$$

其对应的对称矩阵为：

$$A = \begin{bmatrix} t & 1 & -1 \\ 1 & t & 1 \\ -1 & 1 & t \end{bmatrix}$$

正定性条件要求所有顺序主子式均大于零：

1. 一阶主子式：$t > 0$；
2. 二阶主子式：

$$\begin{vmatrix} t & 1 \\ 1 & t \end{vmatrix} = t^2 - 1 > 0 \implies t > 1 \quad (\text{因 } t > 0)$$

3. 三阶主子式（矩阵行列式）：

$$\begin{vmatrix} t & 1 & -1 \\ 1 & t & 1 \\ -1 & 1 & t \end{vmatrix} = t^3 - 3t - 2 = (t - 2)(t + 1)^2 > 0$$

• 当 $t > 2$ 时，$(t - 2) > 0$ 且 $(t + 1)^2 > 0$，故行列式为正；
• 当 $t < 2$ 时，行列式非正。

综合条件：

• $t > 0$；
• $t > 1$；
• $t > 2$。

结论： 当且仅当 $t > 2$ 时，二次型正定。

$$\boxed{t > 2}$$

problem 5

实数 $a, b$ 满足什么条件时

$$\begin{pmatrix} a & 1 & b \\ 1 & -1 & 0 \\ b & 0 & -1 \end{pmatrix}$$

正定，负定，半正定，半负定，不定？

solution

$$\begin{vmatrix} \lambda I-A \end{vmatrix}=0 \implies (\lambda+1)(-\lambda^2-(1-a)\lambda+a+1)=0$$

则 $A$ 必有特征值 $-1$，于是 $A$ 不可能正定或者半正定。 若有 $0$ 特征值，则等价于 $a=-b^2-1$。 若 $A$ 负定，则等价于

$$\begin{cases} a-1<0 \\ -(a+b^2+1)<0 \end{cases} \implies a<-b^2+1$$

若 $A$ 半负定，则等价于

$$\begin{cases} a-1 \leq 0 \\ -(a+b^2+1) \leq 0 \end{cases} \implies a\leq-b^2+1$$

problem 6

证明：任一实对称矩阵，都是两个正定矩阵的差。

proof

1. 特征值性质 实对称矩阵 $A$ 的特征值均为实数。设其最大绝对特征值为 $\|A\| = \max_i |\lambda_i|$。

2. 选择常数 $c$ 取 $c > \|A\|$（例如 $c = \|A\| + 1$），则对 $A$ 的任意特征值 $\lambda_i$，有：

   $$\lambda_i + c > 0 \quad (\text{因 } c > |\lambda_i|)$$

3. 构造正定矩阵

   • 定义 $P = A + cI$，其特征值为 $\lambda_i + c > 0$，故 $P$ 正定；
   • 定义 $N = cI$，显然为正定矩阵。

4. 验证分解

   $$A = P - N = (A + cI) - cI$$

结论： 任意实对称矩阵 $A$ 均可表示为两个正定矩阵的差，即：

$$\boxed{A = P - N \quad \text{其中 } P,N \text{ 为正定矩阵}}$$

problem 7

设半正定矩阵 $A$ 且 $\operatorname{r}(A)=1$, 证明：存在 $n$ 维非零实向量 $\alpha$ s.t. $A=\alpha \alpha^{\prime}$.

proof

可作加强命题： 设 $A$ 是 $n$ 阶实对称阵，求证： $A$ 是秩为 $r$ 的半正定阵的充分必要条件是存在秩为 $r$ 的 $r \times n$ 实矩阵 $B$ ，使 $A=B^{\prime} B$ 。

以下给出证明： 若 $A=B^{\prime} B$ ，则 $\mathrm{r}(A)=\mathrm{r}(B^{\prime} B)=\mathrm{r}(B)=r$ ，且对任意的 $n$ 维实列向量 $\alpha$, $\alpha^{\prime} A \alpha=\alpha^{\prime} B^{\prime} B \alpha=(B \alpha)^{\prime}(B \alpha) \geq 0$ ，因此 $A$ 是秩为 $r$ 的半正定阵。

反之，若 $A$ 是秩为 $r$ 的半正定阵，则存在可逆矩阵 $C$ ，使得 $A=C^{\prime} \operatorname{diag}\{1, \cdots, 1,0, \cdots, 0\} C$ ，其中有 $r$ 个 1。令 $B=(I_r \quad O)C$ ，则 $B$ 是秩等于 $r$ 的 $r \times n$ 矩阵，且 $A=B^{\prime} B$ 。