线性代数·6 二次型

考纲内容

• 二次型及其矩阵表示
• 合同变换与合同矩阵
• 二次型的秩
• 惯性定理二次型的标准形和规范形
• 用正交变换和配方法化二次型为标准形二次型及其矩阵的正定性

一、二次型及其矩阵表示

考纲摘要：

1. 掌握二次型及其矩阵表示
2. 了解二次型秩的概念
3. 了解二次型的标准形、规范形的概念

含有 $n$ 个变量的 $x_1,\cdots ,x_n$ 的二元齐次函数

$$f(x_1,\cdots ,x_n)=\sum _{i=1}^n{a}_{ii}{x}_i^2+\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}2a_{ij}{x}_i{x}_j$$

称作二次型，它也可以写做如下形式：

$$f(x_1,\cdots ,x_n)=\sum _{i,j=1}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j$$

显然，若以这种形式来表示，则 $a_{ij}=a_{ji}$

对于二次型，讨论的主要问题是，寻找可逆的线性变换：

$$\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{c}_{11}& \cdots & c_{1n}\\ ⋮& & ⋮\\ c_{n1}& \cdots & c_{nn}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ ⋮\\ y_n\end{array}\right]$$

使得 $f=k_1{y}_1^2+\cdots +k_n{y}_n^2$，这种只含平方项的二次型，称作二次型的标准型（或法式）如果 $k_1,\cdots k_n$ 仅取值 $1,-1,0$，则称之为规范型

二次型的矩阵表示形式如下：

$$f=x^{T}Ax=(x_1,x_2,\cdots ,x_n)\left[\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right]$$

在这里，$A$ 是一个对称矩阵，这里的 $f$ 实际上就是 $f(x_1,\cdots ,x_n)=\sum _{i,j=1}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j$ 例如，二次型 $f=3x^2-3z^2-4xy+yz$ 的矩阵表示形式为s：

$$f=(x,y,z)\left[\begin{array}{ccc}3& -2& 0\\ -2& 0& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& 0& -3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]$$

对称矩阵 $A$ 称作二次型 $f$ 的矩阵，其秩称作二次型 $f$ 的秩，$f$ 也叫做对称矩阵 $A$ 的二次型

补充：一个二次型的标准形是不唯一的，因为使用正交变换法求标准形时实际上是类似于矩阵对角化的求法，特征值的排列顺序是可以变化的。但是，二次型的规范形是唯一的，二次型的规范形只由其正、负惯性指数决定，故其规范形唯一

二、合同变换与合同矩阵

考纲摘要：

1. 了解合同变换与合同矩阵的概念
2. 掌握用正交变换化二次型为标准形的方法

设 $A,B$ 是 $n$ 阶矩阵，若有可逆矩阵 $C$，使 $B=C^{T}AC$，则称 $A,B$合同，两个互相称作合同矩阵，$A$ 变换到 $B$ 的过程称作合同变换 显然，如果 $A$ 是对称矩阵，则 $B$ 也是对称矩阵

要使二次型 $f$ 经可逆变换 $x=Cy$ 变成标准形，即：

$$y^T{C}^{T}ACy=(y_1,\cdots ,y_n)\left[\begin{array}{c}{k}_1\\ & \ddots \\ & & k_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ ⋮\\ y_n\end{array}\right]$$

因此，求解标准形的问题就转变为寻找一个可逆矩阵 $C$，使 $C^{T}AC$ 成为一个对角矩阵，由于 $A$ 是对称矩阵，所以总存在一个正交矩阵 $P$，使 $P^{-1}AP=P^{T}AP=\mathrm{\Lambda }$，因此，对于任意二次型 $f=\sum _{i,j=1}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j$，总存在正交变换 $x=Py$，使 $f$ 化为标准形：

$$f={\lambda }_1{y}_1^2+\cdots {\lambda }_n{y}_n^2$$

其中，${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_n$ 是矩阵 $A$ 的特征值。如果需要进一步将 $f$ 化作规范形，只需做变换 $z_i=1/\sqrt{y_i}$ 即可

利用正交变换将二次型变换成标准形，可以保持曲线的几何形状不变

三、用配方法化二次型为标准形

考纲摘要：用配方法化二次型为标准形

使用拉格朗日配方法，实际上就是把二次型化成只含 $a(b_i{x}_i+\cdots +b_j{x}_j{)}^2$ 的式子，然后就可以直接找到可以将其化成标准形的线性变换。由于这个线性变换未必是正交变换，因此使用这种方法化标准形后曲线的几何形状可能会发生变化

1. 例题：含有平方项的二次型

用配方法化二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_1{x}_2+2x_1{x}_3-4x_3^2$ 为标准形

只需以此把含有 $x_1$ 的项归并起来，剩下的式子就不含 $x_1$，然后再把含有 $x_2$ 的项归并起来……以此类推，过程如下： $\begin{array}{r}f=(x_1+x_2+x_3{)}^2-x_2^2-2x_2{x}_3-5x_3^2\\ =(x_1+x_2+x_3{)}^2-(x_2-x_3{)}^2-4x_3^2\end{array}$ 所求的线性变换即为：

$$\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right]$$

2. 例题：不含平方项的二次型

用配方法化二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1{x}_2+2x_1{x}_3+6x_2{x}_3$ 为标准形

对于这样的二次型，首先应该做这样的线性变换，使得二次型中含有平方项：

$$\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& -1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right]$$

变换后的二次型就可以开始归并平方项了：

$$\begin{array}{r}f=2y_1^2-2y_2^2+8y_1{y}_3-4y_2{y}_3\\ =2(y_1+2y_3{)}^2-2y_2^2-4y_2{y}_3-8y_3^2\\ =2(y_1+2y_3{)}^2-2(y_2+y_3{)}^2-6y_3^2\end{array}$$

然后做以下线性变换：

$$\left[\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 2\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right]$$

即可得到标准形 $f=2z_1^2-2z_2^2-6z_3^2$，当然，也可以求 $z$ 到 $x$ 的线性变换：

$$\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& -1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]{\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 2\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]}^{-1}\left[\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& -3\\ 1& -1& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right]$$

四、正定二次型

考纲摘要：

1. 掌握惯性定理
2. 理解正定二次型、正定矩阵的概念，并掌握其判别法。

惯性定理：设二次型 $f=x^{T}Ax$ 的秩为 $r$ ，且有两个可逆变换：

$$x=Cy,x=Pz$$

使得：

$$\begin{gathered} f=k_1{y}_1^2+\cdots +k_n{y}_n^2,k_r\ne 0 \\ f={\lambda }_1{z}_1^2+\cdots +{\lambda }_n{z}_n^2,{\lambda }_r\ne 0 \end{gathered}$$

则 $k_1,\cdots ,k_r$ 中正数的个数与 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_r$ 中正数的个数相等

• 其中，正系数的个数称作二次型的正惯性指数
• 其中，负系数的个数称作二次型的负惯性指数

补充推论：正惯性指数相等的对称矩阵合同，因为它们可以化为同一个规范形

设有 $n$ 元二次型 $f(x)=x^{T}Ax$

• 如果 $\mathrm{\forall }x\ne 0,f(x)>0$，则称 $f$ 为正定二次型，并称对称矩阵 $A$ 是正定的
• 如果 $\mathrm{\forall }x\ne 0,f(x)<0$，则称 $f$ 为负定二次型，并称对称矩阵 $A$ 是负定的

这个二次型是正定的充要条件是（几种等价表述）：

• 它的标准形的 $n$ 个系数全为正
• 它的规范形的 $n$ 个系数全为 1
• 它的正惯性指数等于 $n$
• 对称矩阵 $A$ 的特征值全为正
• 以及赫尔维兹定理

赫尔维兹定理表述如下：

对称矩阵 $A$ 正定的充要条件是：$A$ 的各阶主子式都为正，即：

$$a_{11}>0,\left|\begin{array}{cc}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\end{array}\right|>0,\cdots ,|A|>0$$

负定的充要条件是：所有奇数阶主子式为负，偶数阶主子式为正，即：

$$(-1{)}^r\left|\begin{array}{ccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1r}\\ ⋮& & ⋮\\ a_{r1}& \cdots & a_{rr}\end{array}\right|>0$$

3. 矩阵等价、相似、合同的关系总结

关系	定义	充要条件	性质 (相同点)
等价 ($A\sim B$)	$PAQ=B$ ($P,Q$ 可逆)	$R(A)=R(B)$	秩相等
相似 ($A\approx B$)	$P^{-1}AP=B$	特征值相同 (对角化时)	秩、特征值、迹、行列式均相等
合同 ($A\simeq B$)	$C^{T}AC=B$ ($C$ 可逆)	正负惯性指数相同	秩相等、对称性、惯性指数

• 相似必合同：若 $A\approx B$ 且 $A,B$ 为实对称矩阵，则 $A\simeq B$。
• 合同必等价，相似必等价。

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题目整理

1. 设 $A$ 为可逆的实对称矩阵，则二次型 $X^{T}AX$ 与 $X^T{A}^{-1}X$（）A. 规范形与标准形不一定相同 B. 规范形相同但标准形不一定相同 C. 标准形相同但规范形不一定相同 D. 规范形和标准形都相同

   答案：B二次型的规范形只由其正、负惯性指数决定，故其规范形唯一

2. 设 $A,B$ 都是 $n$ 阶矩阵，且存在可逆矩阵 $P$，使得 $AP=B$，则（）A. $A,B$ 合同 B. $A,B$ 合同相似 C. 方程组 $AX=0,BX=0$ 同解D. $r(A)=r(B)$

   错选：C 答案：D 考虑矩阵的秩的其中一条性质：若 $P,Q$ 可逆，则 $R(PAQ)=R(A)$ 在这里，使得 $P$ 为 $E$，$Q$ 为题目中给出的 $P$ ，即可得出 D 是正确的这一结论

3. 设 $A=\left[\begin{array}{ccc}2& -1& 0\\ -1& 2& 0\\ 0& 0& -5\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array}\right]$，则 $A$ 与 $B$（）A. 相似且合同 B. 相似不合同 C. 合同不相似 D. 不合同也不相似

   答案：C分别求解两个方程：$|A-\lambda E|=0,|B-\lambda E|=0$，得到两个矩阵的特征值： $\{1,3,-5\},\{1,1,-1\}$，则二者不相似，但二者的正惯性指数相等，所以二者与同一个规范形合同，所以二者合同

4. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=X^{T}AX,\mathrm{tr}(A)=1,B=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 1& -1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right],AB=O$ (1) 求正交矩阵 $Q$，使得在正交变换 $X=QY$ 下二次型化为标准形 (2) 求矩阵 $A$

   显然 $R(B)=2$，又由于 $AB=O$，则 $R(A)+R(B)\le 3,R(A)\le 1$ 而 $\mathrm{tr}(A)=1$，因此 $A\ne O$，因此 $R(A)=1$，因此 $A$ 的特征值为 ${\lambda }_1={\lambda }_2=0,{\lambda }_3=1$

   显然，$B$ 的两个线性无关的列向量 $(1,1,0{)}^T,(1,-1,0{)}^T$ 是对应于特征值 $\lambda =0$ 的特征向量，而它们是正交的只需求出另一个与它们线性无关的向量，那这个向量就是对应于特征值 $\lambda =1$ 的特征向量。显然，这只需要求一个向量积就可以：

   $$\left|\begin{array}{ccc}i& j& k\\ 1& 1& 0\\ 1& -1& 0\end{array}\right|=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ -2\end{array}\right]$$

   显然，这 3 个向量是两两正交的，因此，对其单位化即可得到所求的正交矩阵

   $$Q=\left[\begin{array}{ccc}\frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}& 0\\ \frac{\sqrt{2}}{2}& -\frac{\sqrt{2}}{2}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$$

   矩阵 $A$ 的求解：

   $$\begin{gathered} Q^{T}AQ=Q^{-1}AQ=\mathrm{diag}(0,0,1) \\ A=Q\mathrm{diag}(0,0,1)Q^{-1}=Q\mathrm{diag}(0,0,1)Q^T=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right] \end{gathered}$$

5. 设 $A$ 是三阶实对称矩阵，存在正交矩阵 $Q=\left[\begin{array}{ccc}-\frac{1}{\sqrt{2}}& l_{12}& l_{13}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& l_{22}& l_{23}\\ 0& l_{32}& l_{33}\end{array}\right]$，使得 $X^{T}AX\stackrel{X=QY}{===}{y}_2^2+y_3^2$ (1) 求正交矩阵 $Q$ (2) 求矩阵 $A$

   显然 $A$ 有特征值 ${\lambda }_1=0,{\lambda }_2={\lambda }_3=1$，而 $(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0{)}^T$ 就是对应于特征值 $0$ 的特征向量，可以取 $(-1,1,0{)}^T$ 设 $(x_1,x_2,x_3{)}^T$ 是 $\lambda =1$ 对应的特征向量，则有 $-x_1+x_2=0$ 这个齐次线性方程组的通解为 $(1,1,0{)}^T,(0,0,1{)}^T$，它们已经正交，对其进行单位化，即可求得：

   $$Q=\left[\begin{array}{ccc}-\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$$

   而矩阵 $A$ 的求法亦简单：

   $$Q^{T}AQ=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right],A=Q\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]Q^T=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right]$$