《2022年正定矩阵的判定方法及正定矩阵在三个不等式证明中的应用推荐 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年正定矩阵的判定方法及正定矩阵在三个不等式证明中的应用推荐 .pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、正定矩阵的判定方法及正定矩阵在三个不等式证明中的应用作者：袁亮（西安财经大学）摘要: 本文从正定矩阵的的定义出发，给出了正定矩阵的若干判定定理及推论，并给出了正定矩阵在柯西、Holder 、Minkowski 三个不等式证明中的应用. 关键词 : 正定矩阵，判定，不等式，应用Abstract: In this paper, we mainly introduce some decision theorem and inference based on the definition of positive definite matrices and give the application of
2、 positive definite matrices in the proving on Cauchy、 Holder、and Minkowski inequality. Keywords: positive definite matrix, determine,inequality, application 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 22 页 - - - - - - - - - 目录1 引言4 2 正定矩阵的判定方法4 2.1 定义判定5 2.2
3、 定理判定6 2.3 正定矩阵的一些重要推论11 3 正定矩阵在三个不等式证明中的应用15 3.1 证明柯西不等式15 3.2 证明 Holder不等式16 3.3 证明 Minkowski 不等式18 结束语21 参考文献22 1 引言名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 22 页 - - - - - - - - - 代数学是数学中的一个重要的分支，而正定矩阵又是高等代数中的重要部分特别是正定矩阵部分的应用很广泛， n 阶实对称正定矩阵在矩阵理论中，占有十分重
4、要的地位 它在物理学、概率论以及优化控制理论2中都得到了重要的应用，而本文只提供解决正定矩阵判定问题的方法，并阐明它在数学分析中三个重要不等式证明中的应用. 正定矩阵的一般形式是 , 设A是n阶实对称矩阵，若对任意nRx，且0 x，都有0MxxT成立2. 本文从正定矩阵的定义，给出正定矩阵的判定定理，并给出正定矩阵的重要推论，这些重要推论对计算数学中的优化问题有着重要的作用，并在矩阵对策，经济均衡，障碍问题3的研究中具有很实用的价值. 同时还介绍正定矩阵在三个不等式证明中的应用，其一是用正定矩阵证明著名的柯西不等式，其二是用正定矩阵的性质给出Holder 不等式的一个新的证明， 其三是运用正定
5、矩阵的两个引理证明Minkowski 不等式，这三个应用说明正定矩阵运用的广泛性和有效性 . 以上这些正定矩阵的研究只局限在正定矩阵的理论分析方面，它的一些实际方面的应用还有待笔者和一些学者去探索挖掘. 2 正定矩阵的判定方法2.1 定义判定设 A=ija,( 其中ijaC,i,j=1,2, ，n),A的共轭转置记为 A =jia定义 11对于实对称矩阵 A=ija, （其中ijaR,i,j=1,2, ，n）若对于任意非零列向量 X ，都有TXA X 0,则称 A是正定矩阵 . 定义 21对于复对称矩阵 A=ija, （其中ijaC,i,j=1,2, ，n）若对于任意非零列向量 X ，都有XA
6、 X 0,则称 A是正定矩阵例 1设 A为 m阶实对称矩阵且正定， B为 m n 实矩阵，TB 为 B的转置矩阵，试证ABBT为正定矩阵的充要条件是B的秩 r（B）=n. 证 必要性 设ABBT为正定矩阵，则对任意的实n 维列向量0 x，有名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 22 页 - - - - - - - - - 0 xABBxTT，即0BxABxT. 于是0Bx，因此，0Bx只有零解，从而nBr. 充分性 因ABBBABABBTTTTT, 即ABBT为
7、实对称矩阵 . 若秩nBr，则线性方程组0Bx只有零解， 从而对任意实 n 维向量0 x有0Bx. 又 A为正定矩阵，所以对于0Bx，有0ABxBxT, 于是当0 x时，0 xABBxTT. 故ABBT为正定矩阵 . 例23设 A 是 n 阶正定矩阵， B 是 n m 实矩阵， B的秩为 m，证明 ：BAB 是正定矩阵 . 证因为（BAB ）=BAB=BAB, 故 BAB 是实对称矩阵，其次，由于秩 B=m，m n. 故 BX=0 只有零解，因此，若任取非零实列向量 X 必有 BX0，因 A 是正定矩阵，故对任取的非零实列向量 X，必有X（BAB ）X=(BX)A(BX)0. 因此 BAB 是
8、正定矩阵 . 注意以上两个例子，是运用正定矩阵的定义来证明的. 还提供了利用实矩名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 22 页 - - - - - - - - - 阵来构造正定矩阵的方法. 具体是，若 A 不是方阵，也不对称时， AA，AA是正定矩阵，若 A 是方阵，但不对称，则 A+A是正定矩阵， 同时，在证明的过程中，我们也看到了齐次线性方程组解的理论在正定二次型的理论中的应用. 2.2 定理判定定 理11n阶 实 对 称 矩 阵A正 定 ， 当 且 仅 当
9、 实 二 次f (1x,2x, ,nx)=TXA X 的正惯性指数为 n证设实二次型 f(1x,2x, ,nx) 经过非退化线性变换得1a21x+2a22x+na2nx. （2.1 ）由于非退化实线性变换保持正定性不变，那么 A正定当且仅当 （2.1 ）是正定的，由定义 3 知（3.1 ）正定当且仅当ia0(ni,2, 1) ，因此，正惯性指数为n. . 定理21实对角矩阵nddd21正定的充分必要条件是id0，(ni, 2, 1). 证由定理 3.1 得，实对称矩阵正定当且仅当二次型f(1x,2x, ，nx)=1d21x+2d22x+nd2nx. 的正惯性指数为 n，因此，id0（i =1,
10、2, ,n, ） 例 3 设 A为 n 阶实对称矩阵，证明：秩（ A）=n 的充分必要条件为存在一个n 阶实矩阵 B，使ABABT是正定矩阵 . 证 充分性 （反证法）反设nAr，则0A. 于是0是 A的特征值，假设相应的特征向量为x，即00 xAx, 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 22 页 - - - - - - - - - 所以0TTAx. 所以0AxBxABxxxABABxTTTTT，和ABABT是正定矩阵矛盾 . 必要性 因为nAr，所以 A的特
11、征值n,21全不为 0. 取 B=A ，则22AAAAAABABT. 它的特征值为222212,2,2n全部为正，所以ABABT是正定矩阵 . 定义 3 在实二次型nxxxf,21的规范形中，正平方项的个数p 称为nxxxf,21的正惯性指数， 负平方项的个数pr称为nxxxf,21的负惯性指数，它们的差rpprp2称为nxxxf,21的符号差 .定理 31实对称矩阵 A是正定的充要条件矩阵A的秩与符号差 n定理 41实对称矩阵 A是正定的充要条件是二次型f(1x,2x, nx)=TXA X 的系数矩阵 A的所有特征值都是正数，即大于零. 证由文献 1知，实对称矩阵 A 可对角化为naaa21
12、其中1a，,2ana恰好是 A的特征值，则二次型TXA X 的标准形为：1a21x+2a22x+na2nx, 而非退化实线性变换保持正定性不变，由f (1x,2x, ，nx)=1a21x+2a22x+na2nx. 正定得ia0(ni,2, 1)例 4 设 A为实对称矩阵，则当t 充分大时， A+tE为正定矩阵 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 22 页 - - - - - - - - - 证设 A 的特征值为为实数in,.,21，取init1max，则t
13、EA的特征值niti,.,2, 1全部大于零，因此当init1max时，tEA是正定矩阵 . 例 5 设 A为 n 阶实对称矩阵，且035323EAAA. 证明： A正定. 证设是 A 的任一特征值，对应特征向量为0 x，即xAx，代入已知等式035323EAAA, 有03533532323xxEAAA，因为0 x，故满足.035323得i211或，因 A 为实对称矩阵，其特征值一定为实数，故只有1，即 A 的全部特征值就是01，这就证明 A是正定矩阵 . 定理 51实对称矩阵正定当且仅当它与单位矩阵合同证实正定二次型的规范形为21x+22x+2nx. (2.2.1) 而（2.2.1）的系数矩
14、阵为单位矩阵，非退化实线性变换保持正定性不变，而且新二次型的系数矩阵与原二次型的系数矩阵是合同的，故实对称矩阵正定当且仅当它与单位矩阵合同定理62实 对 称 矩 阵 A 是 正 定 的 充 要 条件 是 存 在 可 逆 矩 阵 C 使 得A=TCC 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 22 页 - - - - - - - - - 证设 A为一正定矩阵， 当切仅当 A与单位矩阵合同， 因此，存在可逆矩阵C，使得A=TCEC =TCC . 定理 71实对称矩阵 A
15、正定的充分必要条件是矩阵A的顺序主子式全大于零证 必要性 实对称矩阵 A正定，则二次型f (1x,2x, ,nx)=TXA X =ninjjiijxxa11是正定的，对于每一个 k,1kn, 令kf（1x,2x, ，kx）=kikjjiijxxa11，我们来证kf是一个 k 元正定二次型，对于一组不全为零的数1c，2c，kc，有kf（1c，2c，kc）=kf（1c，2c，kc，0，,0 ）0, 因此，kf是一个 k 元正定二次型 . 由充要条件 2 得kf的矩阵行列式kkkkaaaa11110,（k=1,2, ,n）. 充分性 对 n 作数学归纳法当 n=1时，f(1x)=11a21x, 由条
16、件11a0，显然 f(1x) 是正定的假定此论断对n-1 元二次型成立，下证n元的情形 . 令1A=1, 12, 11 , 11,222121,11211nnnnnnaaaaaaaaa，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 22 页 - - - - - - - - - X =nnnnaaa, 121，则A=nnTaXXA1. 由 A的顺序主子式全大于零可知1A的顺序主子式全大于零，由假设1A是正定矩阵，有 n-1 阶可逆矩阵G ，使得TG1AG =1nE, 令1
17、C=100G, 则TC1A1C=100TGnnTaXXA1100G=nnTTnaGXXGE1. 令2C=101XGETn, 则TC2TC1A1C2C=101GXETnnnTTnaGXXGE1101XGETn=XGGXaETTnnn001. 令C =1C2C, a=nna-TXGTGX , 则有TCAC=a11. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 22 页 - - - - - - - - - 两边取行列式得2CA=a, 由条件A0 知 a 0. 由于a11=a
18、1111111a111. 因此， A与单位矩阵合同 . 由定理 5 得， A是正定矩阵定理 82 n 阶实对称阵 A为正定的充要条件是存在对称正定阵B， 使 A=B2. 证 必要性 存在正交阵 Q ，使A=QO 将 A 的第 n 列乘适当的倍数，分别加到第 1,2 nl列上，再施同样的行变化，可使 A 变成为nnaA001, 的形式即存在非退化的下三角矩阵T1，使名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 22 页 - - - - - - - - - nnTaAAT
19、T00111, 再令.100),1, 1,.,1 , 1(121122ATATTTadiagTTTnn故因为A正定，故A1作为A的n-1阶顺序主子式，也是正定的. 对A1做同样处理，最终可得到nTTTTERRTATTTRR21211212. 令QRTTTQ,.2121是非退化的下三角矩阵，且使A=OTQ 充分性 是显然的定理102 A 是正定矩阵的充要条件是存在正交向量组naaa,.,21使A=TnnTTaaaaaa.2211. 2.3 正定矩阵的一些重要推论对于实对称正定矩阵除了上面的一些充要条件用于判定一个矩阵是否为正定矩阵外，还有很多重要推论，下面给出. 推论 13正定矩阵的和仍是正定矩
20、阵证若 A与 B 为同阶正定矩阵，则对于非零列向量C=(,1c,2cnc)0, 必有TCA C 0，TCB C 0, 从而TC（ A+B ）C =TCA C +TCB C 0. 所以 A+B 也是正定的 . 推论 21实正定矩阵的行列式大于零名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 22 页 - - - - - - - - - 证对 A=TCC 两边取行列式有|A|=|TC| |C|=2|C0，因此， |A|0推论 3与正定矩阵合同的对称矩阵一定是正定矩阵( 事实
21、上由合同的传递性及正定矩阵都与单位矩阵合同可知结论成立) 推论 4 正定矩阵 A的逆矩阵1A一定是正定矩阵证由命题 1.3 得正定矩阵 A的逆矩阵1A一定是对称矩阵，又因为正定矩阵与单位矩阵合同，所以存在可逆矩阵P 使得A=TPEP=TPP, 取逆矩阵得1A=1PETP1, 令Q=TP1, 则1A=TQEQ. 因此，1A与单位矩阵合同，所以1A是正定矩阵推论 5 正定矩阵的任何顺序主子式阵必为正定矩阵推论64设A，B均为 n 阶正定矩阵，且 AB=BA ，则AB 正定. 证因为AB=BA ，故(AB)=BA=BA=AB ， 所以AB 为实对称矩阵，又因为 A 正定，所以实可逆矩阵 P，使PAP
22、=E. 方法一 PABP=PAPP1BP=P1BP ， 而 B 正定，故 B 的特征值都大于零，所以 PABP 的特征值大于零，正定，AB 是正定的 . 方法二 5 PAB(P)1=PAPP1B(P)1=P1B(P1)，因为 B 正定，故P1B(P1)正定， P1B(P1)的特征值大于零， AB 的特征值大于零，又因为AB名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 22 页 - - - - - - - - - 实对称，所以 AB 是正定的 .推论7 若A是正定矩阵，
23、则 A*也是正定的 ( 其中A*表示A的伴随矩阵 ). 证因为A正定 ，故 A1正定； A*=AA1(A0)，所以 A*也正定 . 推论82若A，B都是n阶实对称矩阵， 且B是正定矩阵，则存在一 n阶实可逆矩阵P使PTAP 与PTBP 同时为对角形 . 证因为B是正定的，所以合同于 E，即存在可逆阵 U 使UTBU=E ；且A是n阶实对称矩阵，则(UTAU)T=UTATU. 存在正交矩阵 C使CT(UTAU)C=diag( 1，2，?，n), 则ECCECCCBUUCTTTT)(. 取P=UC ，则P为所求推论9 若 A 是实对称的正定矩阵，则存在 a0， bO ， c0， 使 aE+A， E
24、+bA.cEA 均是正定矩阵 . 证若A的特征值为i，1i n，则 aE+A 的特征值为 a+i，1i n，所以存在 a 使 aE+A的特征值大于零，其余同理可证. 推论10 已知 A 是 n 阶正定矩阵，则 Ak(k 是正整数 ) 也是正定矩阵 . 证 Ak与 A 的特征值有熟知的关系，故从特征值角度人手考虑根据A正定，即知其特征值1，?，n全正，由于 Ak的全部特征值就是knk,.,1也都为正这就知 Ak是正定矩阵 . 例6若 A 是 n 阶正定矩阵，则EA22n. 证 法一 A 与2E都是n阶实对称正定矩阵，因此存在一n阶实可逆矩阵 P 使名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - -
25、 - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 22 页 - - - - - - - - - )2,.2,2()2(21nTdiagPEAP. 由推论 9可知其中入i (i=l，2，?，n) 为 A 的特征值且大于零所以i+2(i=l ，2，?，n) 为 A+2E 的特征值，也是大于零的. 所以EA2=( 1+2)( 2+2)?( n+2) 2n. 法二 因为 A 与 2E 都是 n 阶实对称正定矩阵，由推论10，有EA2A+E22n. 推论116 A 为n阶正定矩阵， B为2n阶非零半正定矩阵，则BAA+B. 证由
26、题意可知，存在实可逆阵P，使PAP=E ，且PBP=nddd.21， （di0）所以)()(.1)1).(1)(1(1.11)(221121212BAPPBAPBPPAPPdddEdddddddddPBAPPBAPnnnnn所以BAA+B.名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 22 页 - - - - - - - - - 推论12若 A 是 n 阶实对称正定矩阵，则必有 a110，a220,ann0. 证根据定义，对一切 XO 皆有 XTAX0 ，故依次令 X
27、=e1，en，就有(e1)TAe1O, 即 a110 (en)TAen0, 即 ann0. 3 正定矩阵在三个不等式证明中的应用3.1 证明柯西不等式如果有一个正定的矩阵， 我们通常可以设计出一个柯西不等式进而我们就有必要知道如何用正定矩阵证明柯西不等式(1) 柯西不等式在中学里，我们就熟悉了如下的一个不等式22221222212211.nnnnyyyxxxyxyxyx这就是著名的柯西不等式 如果我们将上述不等式用内积的形式来表示，则可将它写成),(. (2) 那如何用正定矩阵证明柯西不等式呢？如果有一个正定的矩阵， 我们通常可以设计出一个柯西不等式进而我们就有必要知道正定矩阵与柯西不等式的关
28、系并应用正定矩阵证明柯西不等式. 设A=(aij ) 是一个 n阶正定矩阵，则对任何向量=(x1， x2， ?， xn ) 与=(Y1，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 22 页 - - - - - - - - - Y2，?，yn)，定义1,),(jijiijyxa. 则可以证明由上式定义的一定是n维向量间的内积 反之，对于n维向量问的任意一种内积，一定存在一个 n阶正定矩阵 A=(aij) ，使得对任何向量和，(,)可由(2) 式来定义因此，给定了一个n
29、阶正定矩阵，在 n维向量间就可由该矩阵定义一个内积，从而可得到相应的柯西不等式njijiijnjijiijnjijiijyyaxxayxa1,1,1,. 例7证明不等式32213222213221232221231332213322112)(2yyyyyyyxxxxxxxyxyxyxyxyxyxyx对所有实数 x1，x2，x3和y1，y2，y3均成立证从不等式来看，可知它相当于),(其中(,) 是由矩阵A= 210121012. 所定义的，但要证明),(是内积还需证明 A是个正定矩阵经验证该矩阵为正定矩阵从而可看出该不等式就是由A所确定的内积所产生的柯西不等式，因此不等式成立 . 3.2 证明
30、Holder 不等式设 A为 n 阶正定矩阵， xRn，易知xAAxxxxx12)(7，本节将其推广为更一般的形式，并以此为工具给出Holder 不等式的一个新证明 . 定理7设 A为 n 阶正定阵， xnR ，r ，s 为任意正整数，则rssrsrxAxxAxxx)()()(. 证对任一0,xRxn，令名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 22 页 - - - - - - - - - a=srrxArxxAsx11, 则有 a0，令ssrrtatatf, 易
31、见tf在,0上有最小值srssrrsrrsm, 由于 A正定，故存在正交阵P使PPA，其中nidiagin,.,10,.,21, 为 A的特征值，于是PfffdiagPAaAaAfnssrr,.,21, 由于nimfi.2, 1, 故nnmIfffdiag,.,21, 从而nssrrmIAaAaAf, 于是xmxxAxaxAxassrr, 将 a 的表达式代入上式左端并整理得srrssrsrssrrxAxxAxmxAxaxAxa, 由此即得xxxAxxAxsrrssrsr, 即名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师
32、精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 22 页 - - - - - - - - - srrssrxxxAxxAx. 证毕下面我们利用以上结果证明Holder 不等式 . Holder 不等式设1, 1,0,0qpbaii，并且111qp，则qniqipnipiniiibaba11111. 证由常规的极限过渡法，不妨设nibaii.2, 10,0且 p，q 为有理数；由111qp知必存在正整数 r ，s，使得srrqsrsp1,1. 令nnnRbababax2211,., , rnsnrsrsbababadiagA1112121111,.,经简单运算得niiibaxx1, ni
33、pinissriraaxAx11, niniqirsrisbbxAx11, 于是由rssrsrxAxxAxxx)()()(得rniqisnipisrniiibaba111, 即qniqipnipiniiibaba11111. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 22 页 - - - - - - - - - 3.3 证明 Minkowski 不等式引理 18设iA，iBmj,2,1都是nn阶正定实对称矩阵，p1且0p，则有pmjnpjpmjnpjpmjnpjj
34、BABA111111. 引理 28设iA，iB（i=1 ，2, ,m）是 nn 阶实对称正定矩阵， 0pn 时，等式成立当且仅当iiBA；当 r=n 时，即为引理 1，等式成立当且仅当.,.,2, 10mikkBAii证令10, 111pqp，则 p=q（p1）. 由 Holder 不等式（下文中由推论进行了证明）及引理1，得到mirpiiriirpmiiiBABABA1111mirpiiririrnrBABA11112qmirqpiipmirpiqmirqpiipmirpirnrBABBAA11111111112= pmirpiipmirpimipirnrBABA1111112, 两边同乘名
35、师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 22 页 - - - - - - - - - pmirpiirnrBA112, 便得到pmirpipmirpipmirpiirnrBABA1111112. 若令0,iiiiiibabBaA为一阶矩阵时，在引理2 中，取 r=1，0p1，得到qniqipnipipnipiibaba111111. 此为 Minkowski 不等式. 结 束 语本文重点介绍了正定矩阵的判定方法，归纳总结了判定正定矩阵的一系列定理及推论，并给出相应
36、的证明和适当的例题. 与此同时利用正定矩阵的性质以及得出的一些重要推论给出了柯西不等式，Holder 不等式， Minkowski 不等式的证明方法 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 22 页 - - - - - - - - - 参 考 文 献1 王萼芳 , 石生明 . 高等代数（第二版）M. 北京：高等教育出版社,2003:205-226. 2 金义明 , 丁嘉华 , 王海敏 . 线性代数 M. 北京：中国物资出版社，2002:198-224. 3
37、张文丽 . 正定矩阵的简单应用. 晋东南师专学报L,2004,21（ 2） ：67-69. 4 岳贵鑫 . 正定矩阵的一些应用探讨. 辽宁省交通高等专科学校学报L,2008,10（5） ：31-33,59-59. 5 王海东 . 正定二次型的刻划定理及其程序. 长春大学学报 L,2006,16（3） ：28-30. 6 曹璞 . 正定矩阵的判定与性质J.南都学坛 ,1994(3) ：1-3. 7 冯天祥 , 刘学飞 .Hermite正定矩阵迹的几个重要不等式J.数学杂志 ,2009,29 （3）. 8 王 长 文 , 张 有 正 . 正 定 矩 阵 和 的 行 列 式 不等 式 . 浙 江 工 业 大 学 学 报 L,2006,34名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 21 页，共 22 页 - - - - - - - - - （3）:352-354. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 22 页，共 22 页 - - - - - - - - -