问题    证明如下Cauchy矩阵正定$$A=\left(\frac{1}{a_{i}+a_{j}}\right)_{n\times n},a_{i}\neq a_{j}>0$$

证明不难,由于他的各阶顺序主子式是可求的,容易验证均为正,从而$A$正定；另一方法是利用欧式空间一组基的度量矩阵必为正定的,这里我们取\begin{align*}V={\rm span}\{x^{a_{1}-1/2},\cdots,x^{a_{n}-1/2}\},x\in[0,1]\tag{1}\end{align*}

可以验证$V$确实构成线性空间,并且我们定义内积$$\left(x^{a_{i}-1/2},x^{a_{j}-1/2}\right)=\int_{0}^{1}x^{a_{i}-1/2}\cdot x^{a_{j}-1/2}{\rm d}x=\frac{1}{a_{i}+a_{j}}$$

所以$A$即为(1)中基的度量阵,必然正定.

当然了空间$V$和基的选取并不唯一,例如可以取$$\frac{1}{a_{i}+a_{j}}=\int_{0}^{+\infty}e^{-a_{i}x}\cdot e^{-a_{j}x}{\rm d}x$$

而这样选取对这个结论的推广是有益的.更一般的我们有：矩阵$$B=\left(\frac{1}{(a_{i}+a_{j})^\lambda}\right)_{n\times n},\lambda>0$$

是正定的.因为$$\frac{1}{\left(a_{i}+a_{j}\right)^\lambda}=\frac{1}{\Gamma(\lambda)}\int_{0}^{+\infty}e^{-a_{i}x}\cdot e^{-a_{j}x}x^{\lambda-1}{\rm d}x$$

所以说$B$也是正定的.  而如果$\lambda\in\mathbb N$,则可以用Hadamard乘积来说明$B$的正定性,由于$$\left(\frac{1}{(a_{i}+a_{j})^\lambda}\right)_{n\times n}=\left(\frac{1}{a_{i}+a_{j}}\right)_{n\times n}\circ\left(\frac{1}{a_{i}+a_{j}}\right)_{n\times n}\circ\cdots\circ\left(\frac{1}{a_{i}+a_{j}}\right)_{n\times n}$$

而Hadamard乘积的一个重要性质就是：若$A,B$正定,那么他们的Hadamard乘积$A\circ B$也是正定的.这样也能得出正定性.

据此我们还可以得出如下矩阵的正定性$$C=\left(\frac{1}{a_{i}^{2}+\lambda a_{i}a_{j}+a_{j}^{2}}\right)_{n\times n},\lambda\in(-2,2)$$

由于\begin{align*}\frac{1}{a_{i}^{2}+\lambda a_{i}a_{j}+a_{j}^{2}}&=\frac{1}{(a_{i}+a_{j})^2}\cdot\frac{1}{1-\frac{(2-\lambda)a_{i}a_{j}}{(a_{i}+a_{j})^2}}\\&=\sum_{k=0}^{\infty}(2-t)^k\frac{a_{i}^{k}a_{j}^k}{(a_{i}+a_{j})^{2k+2}}\end{align*}

注意到每个矩阵$\left(\frac{a_{i}^{k}a_{j}^k}{(a_{i}+a_{j})^{2k+2}}\right)_{n\times n}$都是正定的,这是由于$$\left(\frac{a_{i}^{k}a_{j}^k}{(a_{i}+a_{j})^{2k+2}}\right)_{n\times n}=\left(\begin{array}{ccc}a_{1}^{k}&&\\&\ddots&\\&&a_{n}^{k}\end{array}\right)\left(\frac{1}{(a_{i}+a_{j})^{2k+2}}\right)_{n\times n}\left(\begin{array}{ccc}a_{1}^{k}&&\\&\ddots&\\&&a_{n}^{k}\end{array}\right)$$

与$\left(\frac{1}{(a_{i}+a_{j})^{2k+2}}\right)_{n\times n}$合同,因此正定.而正定矩阵之和也是正定的,因此矩阵$C$也是正定的.

Cauchy矩阵的正定性推广