对角矩阵的正定性与特定集合的有界性问题

完整证明过程 #

先证$\boldsymbol{\Leftarrow}$方向：若$D$的对角元全为正，则$E$有界 #

设$D$的对角元为$\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$，且每个$\lambda_i > 0$。我们先把二次型$x^tDx$展开：对任意$x=(x_1, x_2, \dots, x_n)^T \in \mathbb{R}^{n\times1}$，有
$$x^tDx = \lambda_1x_1^2 + \lambda_2x_2^2 + \dots + \lambda_nx_n^2$$

取$m = \min{\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n}$，显然$m>0$。对于任意$x\in E$，满足$x^tDx \leq1$，那么：
$$m(x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2) \leq \lambda_1x_1^2 + \lambda_2x_2^2 + \dots + \lambda_nx_n^2 \leq1$$

而$x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 = \lVert x\rVert_2^2$（欧几里得范数的平方），因此：
$$\lVert x\rVert_2^2 \leq \frac{1}{m} \implies \lVert x\rVert_2 \leq \sqrt{\frac{1}{m}}$$

令$M = \sqrt{\frac{1}{m}}$，这是一个有限正数，满足所有$x\in E$的范数都不超过$M$。因为$\mathbb{R}^n$中所有范数等价，所以$E$是有界的，$\Leftarrow$方向得证。

再证$\boldsymbol{\Rightarrow}$方向：若$E$有界，则$D$的对角元全为正 #

我们用反证法：假设$D$存在至少一个非正对角元，不妨设$\lambda_1 \leq0$。构造向量序列${x_k}$，其中$x_k = (k, 0, 0, \dots, 0)^T$（$k$为正整数）。

计算$x_k^tDx_k$：
$$x_k^tDx_k = \lambda_1k^2 + 0 + \dots +0 = \lambda_1k^2$$

因为$\lambda_1 \leq0$，所以$\lambda_1k^2 \leq0 \leq1$，即每个$x_k$都属于$E$。但$\lVert x_k\rVert_2 = k$，当$k$趋向无穷时，范数也趋向无穷，这与$E$有界的定义矛盾。

同理，若其他位置有非正对角元，也能构造类似序列导出矛盾。因此$D$的所有对角元必须为正，$\Rightarrow$方向得证。

对你现有思路的补充 #

你之前从$D$正定入手的方向完全正确，其实只要把二次型展开，用最小对角元来约束范数的上界，就能快速完成$\Leftarrow$方向的推导啦～

备注：内容来源于stack exchange，提问作者categoricallystupid