7.3 实二次型及其标准形

本节讨论如何经过坐标变换，将二次齐次式转化为只含平方项的形式，这也是本章要讨论的核心问题。

一、实二次型及其矩阵

定义 9 实二次型及其矩阵表示

含有 $n$ 个未知量 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 的实系数二次齐次多项式

f(x₁, x₂, …, xₙ) &= a₁1x₁² + 2a₁2x₁x₂ + 2a₁3x₁x₃ + … + 2a₁nx₁xₙ & + a₂2x₂² + 2a₂3x₂x₃ + … + 2a₂nx₂xₙ + … & + a₃3x₃² + 2a₃4x₃x₄ + … + 2a₃nx₃xₙ + … & + aₙ-1, n-1xₙ-1² + 2aₙ-1, nxₙ-1xₙ + aₙnxₙ² (7.2)$$\begin{array}{rl}f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)& =a_{11}{x}_1^2+2a_{12}{x}_1{x}_2+2a_{13}{x}_1{x}_3+\cdots +2a_{1n}{x}_1{x}_n\\ & +a_{22}{x}_2^2+2a_{23}{x}_2{x}_3+\cdots +2a_{2n}{x}_2{x}_n+\cdots \\ & +a_{33}{x}_3^2+2a_{34}{x}_3{x}_4+\cdots +2a_{3n}{x}_3{x}_n+\cdots \\ & +a_{n-1,n-1}{x}_{n-1}^2+2a_{n-1,n}{x}_{n-1}{x}_n+a_{nn}{x}_n^2\end{array}\text{\hspace{1em}(7.2)}$$

称为（$n$ 元）实二次型，简记为 $f$。

本课程只讨论实二次型，如果没有特别说明，以下提到的二次型均指实二次型。

令 $a_{ji}=a_{ij}$ ($1\le i<j\le n$)，则

2aᵢjxᵢxⱼ = aᵢjxᵢxⱼ + aⱼixⱼxᵢ (1 ≤ i < j ≤ n)$$2a_{ij}{x}_i{x}_j=a_{ij}{x}_i{x}_j+a_{ji}{x}_j{x}_i(1\le i<j\le n)$$

于是式 (7.2) 可以写成矩阵形式：

f(x₁, x₂, …, xₙ) &= a₁1x₁² + a₁2x₁x₂ + … + a₁nx₁xₙ & + a₂1x₂x₁ + a₂2x₂² + … + a₂nx₂xₙ + … & + aₙ1xₙx₁ + aₙ2xₙx₂ + … + aₙnxₙ² &= x₁(a₁1x₁ + a₁2x₂ + … + a₁nxₙ) & + x₂(a₂1x₁ + a₂2x₂ + … + a₂nxₙ) + … & + xₙ(aₙ1x₁ + aₙ2x₂ + … + aₙnxₙ) &= (x₁, x₂, …, xₙ) a₁1 & a₁2 & … & a₁n a₂1 & a₂2 & … & a₂n vdots & vdots & & vdots aₙ1 & aₙ2 & … & aₙn x₁ x₂ vdots xₙ$$\begin{array}{rl}f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)& =a_{11}{x}_1^2+a_{12}{x}_1{x}_2+\cdots +a_{1n}{x}_1{x}_n\\ & +a_{21}{x}_2{x}_1+a_{22}{x}_2^2+\cdots +a_{2n}{x}_2{x}_n+\cdots \\ & +a_{n1}{x}_n{x}_1+a_{n2}{x}_n{x}_2+\cdots +a_{nn}{x}_n^2\\ & =x_1(a_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+\cdots +a_{1n}{x}_n)\\ & +x_2(a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+\cdots +a_{2n}{x}_n)+\cdots \\ & +x_n(a_{n1}{x}_1+a_{n2}{x}_2+\cdots +a_{nn}{x}_n)\\ & =(x_1,x_2,\cdots ,x_n)\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)\end{array}$$

即

f(x₁, x₂, …, xₙ) = x^TAx$$f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$$

其中

x = x₁ x₂ vdots xₙ , A = a₁1 & a₁2 & … & a₁n a₂1 & a₂2 & … & a₂n vdots & vdots & & vdots aₙ1 & aₙ2 & … & aₙn$$\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right),\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right)$$

为 $n$ 阶实对称矩阵。

$n$ 元二次型 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 与 $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}=(a_{ij}{)}_{n\times n}$ 是一一对应的。称 $\mathbf{A}$ 是二次型 $f$ 的矩阵，$f$ 是以 $\mathbf{A}$ 为矩阵的二次型，$\mathbf{A}$ 的秩 $r(\mathbf{A})$ 称为二次型 $f$ 的秩。

例 11 写出二次型对应的对称矩阵

写出二次型

f(x₁, x₂, x₃) = x₁² - 2x₂² - 2x₃² - 4x₁x₂ + 4x₁x₃ + 8x₂x₃$$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2-2x_2^2-2x_3^2-4x_1{x}_2+4x_1{x}_3+8x_2{x}_3$$

对应的对称矩阵 $\mathbf{A}$。

解

根据所给的二次型的各个系数可知对应的对称矩阵为

A = 1 & -2 & 2 -2 & -2 & 4 2 & 4 & -2$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 2\\ -2& -2& 4\\ 2& 4& -2\end{array}\right)$$

例 12 由对称矩阵确定二次型

写出由对称矩阵

A = 1 & -1 & -3 & 1 -1 & 0 & -2 & 2 -3 & -2 & 3 & -3/2 1 & 2 & -3/2 & 4$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cccc}1& -1& -3& 1\\ -1& 0& -2& 2\\ -3& -2& 3& -\frac{3}{2}\\ 1& 2& -\frac{3}{2}& 4\end{array}\right)$$

确定的二次型 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$。

解

对应的二次型为

f(x₁, x₂, x₃, x₄) = x₁² + 3x₃² + 4x₄² - 2x₁x₂ - 6x₁x₃ + 2x₁x₄ - 4x₂x₃ + 4x₂x₄ - 3x₃x₄$$f(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2+3x_3^2+4x_4^2-2x_1{x}_2-6x_1{x}_3+2x_1{x}_4-4x_2{x}_3+4x_2{x}_4-3x_3{x}_4$$

二、二次型的标准形

定义 10 二次型的标准形

只含平方项的二次型

f(x₁, x₂, …, xₙ) = d₁x₁² + d₂x₂² + … + dₙxₙ²$$f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=d_1{x}_1^2+d_2{x}_2^2+\cdots +d_n{x}_n^2$$

称为二次型的标准形。其对应的矩阵为对角矩阵 $\mathbf{\Lambda }=\mathrm{diag}(d_1,d_2,\cdots ,d_n)$。

我们要讨论的问题是，对于一个一般的 $n$ 元二次型 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$，是否可以通过适当的坐标变换 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}$，使

f = x^TAx = (Cy)^TA(Cy) = y^T(C^TAC)y$$f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}=(\mathbf{C}\mathbf{y}{)}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}(\mathbf{C}\mathbf{y})={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}({\mathbf{C}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{C})\mathbf{y}$$

为标准形。

做坐标变换 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}$，就是在 ${\mathbf{R}}^n$ 中另取一组新基，使原来坐标为 $\mathbf{x}=(x_1,x_2,\cdots ,x_n{)}^{\mathrm{T}}$ 的向量在新基下的坐标变为 $\mathbf{y}=(y_1,y_2,\cdots ,y_n{)}^{\mathrm{T}}$，且 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}$。设 $\mathbf{C}=({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_n)$，不难发现，在新基下坐标为 $\mathbf{y}={\mathbf{\epsilon }}_1=(1,0,\cdots ,0{)}^{\mathrm{T}}$ 的向量，原来的坐标为 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}={\mathbf{\alpha }}_1$；在新基下坐标依次为 ${\mathbf{\epsilon }}_2,{\mathbf{\epsilon }}_3,\cdots ,{\mathbf{\epsilon }}_n$ 的向量，原来的坐标依次为 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_n$。这说明新取的基就是 $\mathbf{C}$ 的列向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_n$。因此 $\mathbf{C}$ 是可逆的。称 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}$ 为可逆线性变换（也称为非奇异线性变换或非退化的线性变换）。

对于上面给定的二次型 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$，只要找到可逆矩阵 $\mathbf{C}$，使得 ${\mathbf{C}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{C}=\mathbf{\Lambda }$ 为对角矩阵，则可将 $f$ 化为标准形：

f = x^TAx = (Cy)^TA(Cy) = y^T(C^TAC)y = y^TΛy = d₁y₁² + d₂y₂² + … + dₙyₙ²$$f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}=(\mathbf{C}\mathbf{y}{)}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}(\mathbf{C}\mathbf{y})={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}({\mathbf{C}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{C})\mathbf{y}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Lambda }\mathbf{y}=d_1{y}_1^2+d_2{y}_2^2+\cdots +d_n{y}_n^2$$

其中 $d_1,d_2,\cdots ,d_n$ 是对角矩阵 $\mathbf{\Lambda }$ 的 $n$ 个对角元。

在变量 $y_1,y_2,\cdots ,y_n$ 下，二次型 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 的矩阵为 $\mathbf{B}={\mathbf{C}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{C}$，称 $\mathbf{B}$ 为 $\mathbf{A}$ 的合同矩阵。

三、合同矩阵

定义 11 合同矩阵

如果对于 $n$ 阶方阵 $\mathbf{A}$ 和 $\mathbf{B}$，存在 $n$ 阶可逆矩阵 $\mathbf{P}$，使得

B = P^TAP$$\mathbf{B}={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{P}$$

则称 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 合同，记为 $\mathbf{A}\simeq \mathbf{B}$。

由于左乘或右乘可逆矩阵都不会改变矩阵的秩，所以若 $\mathbf{A}\simeq \mathbf{B}$，则 $r(\mathbf{A})=r(\mathbf{B})$。

方阵之间的合同关系也是一种等价关系，即具有以下三条性质：

1. 反身性：由 $\mathbf{A}={\mathbf{E}}_n^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{E}}_n$，可知 $\mathbf{A}\simeq \mathbf{A}$。
2. 对称性：若 $\mathbf{B}={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{P}$，则 $\mathbf{A}=({\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}{)}^{-1}\mathbf{B}{\mathbf{P}}^{-1}=({\mathbf{P}}^{-1}{)}^{\mathrm{T}}\mathbf{B}{\mathbf{P}}^{-1}$。这说明当 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 合同时，$\mathbf{B}$ 也与 $\mathbf{A}$ 合同。
3. 传递性：若 $\mathbf{B}={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{P}$，$\mathbf{C}={\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}\mathbf{B}\mathbf{Q}$，则 $\mathbf{C}={\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{P}\mathbf{Q}=(\mathbf{P}\mathbf{Q}{)}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}(\mathbf{P}\mathbf{Q})$。这说明当 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 合同，$\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{C}$ 合同时，$\mathbf{A}$ 也与 $\mathbf{C}$ 合同。

只要找到可逆矩阵 $\mathbf{C}$，使 $\mathbf{B}={\mathbf{C}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{C}=\mathbf{\Lambda }$ 为对角矩阵，再做线性变换 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}$（实际上是做坐标变换 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}$，即建立新的坐标系，使旧坐标系下坐标为 $\mathbf{x}$ 的向量在新坐标系下坐标为 $\mathbf{y}$，且 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}$），就可将二次型 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 化为标准形。接下来，我们介绍化二次型为标准形的方法。

四、将二次型化为标准形

1. 用正交变换化二次型为标准形

根据 7.2 节中定理6 可知，对于任意一个 $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$，一定存在 $n$ 阶正交矩阵 $\mathbf{Q}$，使得

Q⁻1AQ = Q^TAQ = Λ = operatornamediag(λ₁, λ₂, …, λₙ)$${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}={\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\mathbf{\Lambda }=\mathrm{diag}({\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n)$$

因此有下面的定理7。

定理 7 正交变换化二次型为标准形

对于任意一个 $n$ 元实二次型 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$，一定存在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Q}\mathbf{y}$，使得

f(x₁, x₂, …, xₙ) = x^TAx = y^TΛy = λ₁y₁² + λ₂y₂² + … + λₙyₙ²$$f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Lambda }\mathbf{y}={\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+\cdots +{\lambda }_n{y}_n^2$$

其中 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$ 是矩阵 $\mathbf{A}$ 的 $n$ 个特征值。

例 13 用正交变换化二次型为标准形

用正交变换化二次型

f = x₁² + 4x₂² + x₃² - 4x₁x₂ - 8x₁x₃ - 4x₂x₃$$f=x_1^2+4x_2^2+x_3^2-4x_1{x}_2-8x_1{x}_3-4x_2{x}_3$$

为标准形。

解

写出二次型的矩阵形式 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$，其中

x = x₁ x₂ x₃ , A = 1 & -2 & -4 -2 & 4 & -2 -4 & -2 & 1$$\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right),\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& -4\\ -2& 4& -2\\ -4& -2& 1\end{array}\right)$$

下面先求出正交矩阵 $\mathbf{Q}$，使 ${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}={\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\mathbf{\Lambda }$ 为对角矩阵。

|λE - A| &= λ - 1 & 2 & 4 2 & λ - 4 & 2 4 & 2 & λ - 1 xlongequal(-1)r₁ + r₃ λ - 1 & 2 & 4 2 & λ - 4 & 2 5 - λ & 0 & λ - 5 &= (λ - 5) λ - 1 & 2 & 4 2 & λ - 4 & 2 -1 & 0 & 1 = (λ - 5)²(λ + 4)$$\begin{array}{rl}|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|& =\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& 2& 4\\ 2& \lambda -4& 2\\ 4& 2& \lambda -1\end{array}\right|\stackrel{(-1)r_1+r_3}{=}\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& 2& 4\\ 2& \lambda -4& 2\\ 5-\lambda & 0& \lambda -5\end{array}\right|\\ & =(\lambda -5)\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& 2& 4\\ 2& \lambda -4& 2\\ -1& 0& 1\end{array}\right|=(\lambda -5{)}^2(\lambda +4)\end{array}$$

$\mathbf{A}$ 的相异特征值为 ${\lambda }_1=5$（$2$ 重），${\lambda }_2=-4$。

对应于 ${\lambda }_1=5$，求解齐次线性方程组 $(5\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$，即

4 & 2 & 4 2 & 1 & 2 4 & 2 & 4 x₁ x₂ x₃ = 0 0 0$$\left(\begin{array}{ccc}4& 2& 4\\ 2& 1& 2\\ 4& 2& 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

得基础解系为 ${\mathbf{\xi }}_1=(1,0,-1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\xi }}_2=(1,-2,0{)}^{\mathrm{T}}$。

再将 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2$ 标准正交化：

令 ${\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\xi }}_1=(1,0,-1{)}^{\mathrm{T}}$，

β₂ = ξ₂ - ((ξ₂ · β₁))/((β₁ · β₁))β₁ = 1 -2 0 - 1/2 1 0 -1 = 1/2 1 -4 1$${\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\xi }}_2-\frac{({\mathbf{\xi }}_2\cdot {\mathbf{\beta }}_1)}{({\mathbf{\beta }}_1\cdot {\mathbf{\beta }}_1)}{\mathbf{\beta }}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\end{array}\right)-\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 1\end{array}\right)$$

单位化取

p₁ = (β₁)/(|β₁|) = (1)/(√(2)) 1 0 -1 , p₂ = (β₂)/(|β₂|) = (1)/(√(18)) 1 -4 1$${\mathbf{p}}_1=\frac{{\mathbf{\beta }}_1}{\Vert {\mathbf{\beta }}_1\Vert }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right),{\mathbf{p}}_2=\frac{{\mathbf{\beta }}_2}{\Vert {\mathbf{\beta }}_2\Vert }=\frac{1}{\sqrt{18}}\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 1\end{array}\right)$$

对应于 ${\lambda }_2=-4$，求解齐次线性方程组 $(-4\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$，即

-5 & 2 & 4 2 & -8 & 2 4 & 2 & -5 x₁ x₂ x₃ = 0 0 0$$\left(\begin{array}{ccc}-5& 2& 4\\ 2& -8& 2\\ 4& 2& -5\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

得基础解系为 ${\mathbf{\xi }}_3=(2,1,2{)}^{\mathrm{T}}$，单位化取

p₃ = (ξ₃)/(|ξ₃|) = 1/3 2 1 2$${\mathbf{p}}_3=\frac{{\mathbf{\xi }}_3}{\Vert {\mathbf{\xi }}_3\Vert }=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$$

令

Q = (p₁, p₂, p₃) = (1)/(√(2)) & (1)/(√(18)) & 2/3 0 & -(4)/(√(18)) & 1/3 -(1)/(√(2)) & (1)/(√(18)) & 2/3$$\mathbf{Q}=({\mathbf{p}}_1,{\mathbf{p}}_2,{\mathbf{p}}_3)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{18}}& \frac{2}{3}\\ 0& -\frac{4}{\sqrt{18}}& \frac{1}{3}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{18}}& \frac{2}{3}\end{array}\right)$$

则

Q⁻1AQ = Q^TAQ = Λ = 5 & 0 & 0 0 & 5 & 0 0 & 0 & -4$${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}={\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\mathbf{\Lambda }=\left(\begin{array}{ccc}5& 0& 0\\ 0& 5& 0\\ 0& 0& -4\end{array}\right)$$

做正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Q}\mathbf{y}$，其中 $\mathbf{y}=(y_1,y_2,y_3{)}^{\mathrm{T}}$，则可将 $f$ 化为标准形：

f = x^TAx = y^TΛy = 5y₁² + 5y₂² - 4y₃²$$f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Lambda }\mathbf{y}=5y_1^2+5y_2^2-4y_3^2$$

例 14 待定参数的二次型正交化为标准形

设二次型 $f=2x_1^2+3x_2^2+3x_3^2+2a{x}_2{x}_3$ ($a>0$)，通过正交变换可化为标准形 $f=y_1^2+2y_2^2+5y_3^2$。求参数 $a$ 及所用的正交变换。

解

写出二次型的矩阵形式 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$，其中

x = x₁ x₂ x₃ , A = 2 & 0 & 0 0 & 3 & a 0 & a & 3$$\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right),\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 3& a\\ 0& a& 3\end{array}\right)$$

若通过正交变换将 $f$ 化为标准形，则标准形中的系数是 $\mathbf{A}$ 的全体特征值。

由已知可得 $\mathbf{A}$ 的全体特征值为 ${\lambda }_1=1,{\lambda }_2=2,{\lambda }_3=5$，于是

|A| = 2(9 - a²) = λ₁λ₂λ₃ = 10$$|\mathbf{A}|=2(9-a^2)={\lambda }_1{\lambda }_2{\lambda }_3=10$$

又因为 $a>0$，解得 $a=2$。

下面求出正交矩阵 $\mathbf{Q}$，使 ${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}={\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\mathrm{diag}(1,2,5)$。

对应于 ${\lambda }_1=1$，求解齐次线性方程组 $(\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$，即

-1 & 0 & 0 0 & -2 & -2 0 & -2 & -2 x₁ x₂ x₃ = 0 0 0$$\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& -2& -2\\ 0& -2& -2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

得基础解系为 ${\mathbf{\xi }}_1=(0,1,-1{)}^{\mathrm{T}}$，单位化取

p₁ = (ξ₁)/(|ξ₁|) = (1)/(√(2)) 0 1 -1$${\mathbf{p}}_1=\frac{{\mathbf{\xi }}_1}{\Vert {\mathbf{\xi }}_1\Vert }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -1\end{array}\right)$$

对应于 ${\lambda }_2=2$，求解齐次线性方程组 $(2\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$，即

0 & 0 & 0 0 & -1 & -2 0 & -2 & -1 x₁ x₂ x₃ = 0 0 0$$\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& -1& -2\\ 0& -2& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

得基础解系为 ${\mathbf{\xi }}_2=(1,0,0{)}^{\mathrm{T}}$，单位化取

p₂ = (ξ₂)/(|ξ₂|) = 1 0 0$${\mathbf{p}}_2=\frac{{\mathbf{\xi }}_2}{\Vert {\mathbf{\xi }}_2\Vert }=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

对应于 ${\lambda }_3=5$，求解齐次线性方程组 $(5\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$，即

3 & 0 & 0 0 & 2 & -2 0 & -2 & 2 x₁ x₂ x₃ = 0 0 0$$\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 0& 2& -2\\ 0& -2& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

得基础解系为 ${\mathbf{\xi }}_3=(0,1,1{)}^{\mathrm{T}}$，单位化取

p₃ = (ξ₃)/(|ξ₃|) = (1)/(√(2)) 0 1 1$${\mathbf{p}}_3=\frac{{\mathbf{\xi }}_3}{\Vert {\mathbf{\xi }}_3\Vert }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$$

令

Q = (p₁, p₂, p₃) = 0 & 1 & 0 (1)/(√(2)) & 0 & (1)/(√(2)) -(1)/(√(2)) & 0 & (1)/(√(2))$$\mathbf{Q}=({\mathbf{p}}_1,{\mathbf{p}}_2,{\mathbf{p}}_3)=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)$$

则

Q⁻1AQ = Q^TAQ = Λ = 1 & 0 & 0 0 & 2 & 0 0 & 0 & 5$${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}={\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\mathbf{\Lambda }=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 5\end{array}\right)$$

做正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Q}\mathbf{y}$，其中 $\mathbf{y}=(y_1,y_2,y_3{)}^{\mathrm{T}}$，则可将 $f$ 化为标准形：

f = x^TAx = y^TΛy = y₁² + 2y₂² + 5y₃²$$f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Lambda }\mathbf{y}=y_1^2+2y_2^2+5y_3^2$$

2*. 用配方法化二次型为标准形

除了通过正交变换外，还可用一般的可逆线性变换将二次型化为标准形。下面介绍的配方法就是其中的一种。

给定二次型 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$，其中 $\mathbf{x}=(x_1,x_2,\cdots ,x_n{)}^{\mathrm{T}}$，$\mathbf{A}=(a_{ij})$ 为实对称矩阵。可按如下步骤将 $f$ 经过配方后化为只含平方项的形式：

1. 若 $f$ 中不出现平方项，即 $a_{11}=a_{22}=\cdots =a_{nn}=0$。 此时必有某个 $a_{ij}\ne 0$ ($i<j$)，即 $f$ 中会出现交叉乘积项 $x_i{x}_j$。令 $x_i=y_i+y_j,x_j=y_i-y_j$，其余 $x_k=y_k$ ($k\ne i,k\ne j$)，则在变量 $y_1,y_2,\cdots ,y_n$ 下，$f$ 中会出现平方项。
2. 若 $f$ 中含有平方项。 依次看 $f$ 中是否出现 $x_1^2,x_2^2,\cdots ,x_n^2$。假设第一个出现的平方项为 $x_k^2$，即 $a_{11}=a_{22}=\cdots =a_{k-1,k-1}=0,a_{kk}\ne 0$。将 $f$ 中所有含 $x_k$ 的项归并到一起进行配方后可得

f = aₖk(xₖ + ∑ⱼ ≠ k fracaₖjxⱼaₖk)² + g$$f=a_{kk}{\left(x_k+\sum _{j\ne k}\frac{a_{kj}{x}_j}{a_{kk}}\right)}^2+g$$

其中 $g$ 是不含 $x_k$ 的 $n-1$ 元二次型，对 $g$ 继续实施步骤 1、2。如此操作有限次之后，$f$ 化为只含平方项的形式。

例 15 配方法化二次型为标准形（无平方项）

用配方法将二次型 $f=x_1{x}_2+x_2{x}_3-x_1{x}_3$ 化为标准形，并求所做的可逆线性变换。

解

$f$ 中无平方项，有交叉乘积项 $x_1{x}_2$。令

x₁ = y₁ + y₂ x₂ = y₁ - y₂ x₃ = y₃$$\{\begin{array}{l}{x}_1=y_1+y_2\\ x_2=y_1-y_2\\ x_3=y_3\end{array}$$

则

f &= (y₁ + y₂)(y₁ - y₂) + (y₁ - y₂)y₃ - (y₁ + y₂)y₃ &= y₁² - y₂² + y₃(y₁ - y₂) - y₃(y₁ + y₂) &= y₁² - y₂² - 2y₂y₃$$\begin{array}{rl}f& =(y_1+y_2)(y_1-y_2)+(y_1-y_2)y_3-(y_1+y_2)y_3\\ & =y_1^2-y_2^2+y_3(y_1-y_2)-y_3(y_1+y_2)\\ & =y_1^2-y_2^2-2y_2{y}_3\end{array}$$

进一步配方，得

f = y₁² - (y₂ + y₃)² + y₃²$$f=y_1^2-(y_2+y_3{)}^2+y_3^2$$

令

z₁ = y₁ z₂ = y₂ + y₃ z₃ = y₃ , 即 y₁ = z₁ y₂ = z₂ - z₃ y₃ = z₃$$\{\begin{array}{l}{z}_1=y_1\\ z_2=y_2+y_3\\ z_3=y_3\end{array},\text{即}\{\begin{array}{l}{y}_1=z_1\\ y_2=z_2-z_3\\ y_3=z_3\end{array}$$

则 $f=z_1^2-z_2^2+z_3^2$ 为标准形。

所做的线性变换为上面两次线性变换

x₁ x₂ x₃ = 1 & 1 & 0 1 & -1 & 0 0 & 0 & 1 y₁ y₂ y₃ 与 y₁ y₂ y₃ = 1 & 0 & 0 0 & 1 & -1 0 & 0 & 1 z₁ z₂ z₃$$\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& -1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)\text{与}\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right)$$

的复合，即

x₁ x₂ x₃ = 1 & 1 & 0 1 & -1 & 0 0 & 0 & 1 1 & 0 & 0 0 & 1 & -1 0 & 0 & 1 z₁ z₂ z₃ = 1 & 1 & -1 1 & -1 & 1 0 & 0 & 1 z₁ z₂ z₃$$\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& -1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 1& -1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right)$$

例 16 配方法化二次型为标准形（含平方项）

用配方法将二次型 $f=x_1^2+2x_2^2+4x_3^2-2x_1{x}_2-2x_1{x}_3$ 化为标准形，并求所做的可逆线性变换。

解

$f$ 中有平方项 $x_1^2$。将所有含 $x_1$ 的项归并到一起进行配方，得

f &= (x₁² - 2x₁x₂ - 2x₁x₃) + 2x₂² + 4x₃² &= (x₁ - x₂ - x₃)² - (x₂ + x₃)² + 2x₂² + 4x₃² &= (x₁ - x₂ - x₃)² + x₂² + 3x₃² - 2x₂x₃$$\begin{array}{rl}f& =(x_1^2-2x_1{x}_2-2x_1{x}_3)+2x_2^2+4x_3^2\\ & =(x_1-x_2-x_3{)}^2-(x_2+x_3{)}^2+2x_2^2+4x_3^2\\ & =(x_1-x_2-x_3{)}^2+x_2^2+3x_3^2-2x_2{x}_3\end{array}$$

进一步配方，得

f = (x₁ - x₂ - x₃)² + (x₂ - x₃)² + 2x₃²$$f=(x_1-x_2-x_3{)}^2+(x_2-x_3{)}^2+2x_3^2$$

令

y₁ = x₁ - x₂ - x₃ y₂ = x₂ - x₃ y₃ = x₃ , 即 x₁ = y₁ + y₂ + 2y₃ x₂ = y₂ + y₃ x₃ = y₃$$\{\begin{array}{l}{y}_1=x_1-x_2-x_3\\ y_2=x_2-x_3\\ y_3=x_3\end{array},\text{即}\{\begin{array}{l}{x}_1=y_1+y_2+2y_3\\ x_2=y_2+y_3\\ x_3=y_3\end{array}$$

则 $f$ 的标准形为

f = y₁² + y₂² + 2y₃²$$f=y_1^2+y_2^2+2y_3^2$$

所做的可逆线性变换为

x₁ x₂ x₃ = 1 & 1 & 2 0 & 1 & 1 0 & 0 & 1 y₁ y₂ y₃$$\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$$

说明

需要注意的是，当用配方法化二次型 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 为标准形时，标准形中的系数就不一定是 $\mathbf{A}$ 的特征值了。

7.3 实二次型及其标准形