7.4 实二次型的规范形

如果没有特别说明，本节提到的二次型仍指实二次型。化二次型为标准形时，由于所用的可逆线性变换不同，得到的标准形也可能不同。二次型的标准形不是唯一的，本节引入二次型的规范形与惯性定理，建立二次型在合同变换下的不变量。

例如 7.3 节中例14 提到的二次型 $f=2x_1^2+3x_2^2+3x_3^2+4x_2{x}_3$，在正交变换下可化为标准形 $f=y_1^2+2y_2^2+5y_3^2$；若用配方法，则

f = 2x₁² + 3(x₂ + 2/3x₃)² + 5/3x₃²$$f=2x_1^2+3{\left(x_2+\frac{2}{3}{x}_3\right)}^2+\frac{5}{3}{x}_3^2$$

令 $y_1=x_1,y_2=x_2+\frac{2}{3}{x}_3,y_3=x_3$，则 $f$ 化为标准形 $f=2y_1^2+3y_2^2+\frac{5}{3}{y}_3^2$。

这就是说，二次型的标准形不是唯一的。那么二次型有没有唯一确定的形式呢？

设二次型 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 的标准形为

f = d₁y₁² + … + dₖyₖ² + dₖ+1yₖ+1² + … + dᵣyᵣ² + dᵣ+1yᵣ+1² + … + dₙyₙ²$$f=d_1{y}_1^2+\cdots +d_k{y}_k^2+d_{k+1}{y}_{k+1}^2+\cdots +d_r{y}_r^2+d_{r+1}{y}_{r+1}^2+\cdots +d_n{y}_n^2$$

经过适当排列变量的次序，不妨设其中的系数 $d_1,\cdots ,d_k$ 都是正数，$d_{k+1},\cdots ,d_r$ 都是负数，$d_{r+1}=\cdots =d_n=0$。继续做可逆线性变换：

zᵢ &= √(dᵢ)yᵢ, & i &= 1, …, k zⱼ &= √(-dⱼ)yⱼ, & j &= k+1, …, r zₗ &= yₗ, & l &= r+1, …, n$$\begin{array}{rlrl}{z}_i& =\sqrt{d_i}{y}_i,& i& =1,\cdots ,k\\ z_j& =\sqrt{-d_j}{y}_j,& j& =k+1,\cdots ,r\\ z_l& =y_l,& l& =r+1,\cdots ,n\end{array}$$

可将上述标准形化为

f = z₁² + … + zₖ² - zₖ+1² - … - zᵣ²$$f=z_1^2+\cdots +z_k^2-z_{k+1}^2-\cdots -z_r^2$$

这种形式称为二次型的规范形。

定义 12 二次型的规范形

只含平方项，且平方项系数为 $1,-1$ 或 $0$ 的二次型称为二次型的规范形。

如果二次型 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 的规范形为 $f=z_1^2+\cdots +z_k^2-z_{k+1}^2-\cdots -z_r^2$，则 $f$ 在变量 $z_1,z_2,\cdots ,z_n$ 下的矩阵为

widetildeA = operatornamediag(underbrace1, …, 1ₖ 个, underbrace-1, …, -1ᵣ - k 个, underbrace0, …, 0ₙ - r 个)$$\tilde{\mathbf{A}}=\mathrm{diag}(\underset{k\text{ 个}}{\underbrace{1,\cdots ,1}},\underset{r-k\text{ 个}}{\underbrace{-1,\cdots ,-1}},\underset{n-r\text{ 个}}{\underbrace{0,\cdots ,0}})$$

其中 $1$ 的个数为 $k$，$-1$ 的个数为 $r-k$，$0$ 的个数为 $n-r$。显然 $r(\tilde{\mathbf{A}})=r$。因为 $\mathbf{A}$ 与 $\tilde{\mathbf{A}}$ 合同，所以 $r(\mathbf{A})=r(\tilde{\mathbf{A}})=r$。这说明规范形中非零系数（即 $1$ 或 $-1$）的个数就是 $r(\mathbf{A})$，是由 $\mathbf{A}$ 唯一确定的。

下面的惯性定理将表明规范形中系数 $1$ 的个数也是由 $\mathbf{A}$ 唯一确定的。

定理 8 惯性定理（Sylvester's Law of Inertia）

设 $n$ 元实二次型 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 的秩为 $r$（即 $r(\mathbf{A})=r$），若有两个可逆线性变换 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}$ 与 $\mathbf{x}=\mathbf{P}\mathbf{z}$ 分别将 $f$ 化为规范形

f = y₁² + … + yₚ² - yₚ+1² - … - yᵣ² 与 f = z₁² + … + z_q² - z_(q+1)² - … - zᵣ²$$f=y_1^2+\cdots +y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots -y_r^2\text{与}f=z_1^2+\cdots +z_q^2-z_{q+1}^2-\cdots -z_r^2$$

则必有 $p=q$。

证*（反证法）

用反证法。假设 $p\ne q$，不妨设 $p>q$。

因为 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}=\mathbf{P}\mathbf{z}$，所以 $\mathbf{z}={\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{C}\mathbf{y}$。记 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{C}=(b_{ij})$。

由 $p>q$ 可知下面的方程组必有非零解（因为变量个数为 $n$，方程个数为 $q+n-p<n$）：

b₁1y₁ + b₁2y₂ + … + b₁nyₙ = 0 vdots b_(q1)y₁ + b_(q2)y₂ + … + b_(qn)yₙ = 0 yₚ+1 = 0 vdots yₙ = 0$$\{\begin{array}{l}{b}_{11}{y}_1+b_{12}{y}_2+\cdots +b_{1n}{y}_n=0\\ ⋮\\ b_{q1}{y}_1+b_{q2}{y}_2+\cdots +b_{qn}{y}_n=0\\ y_{p+1}=0\\ ⋮\\ y_n=0\end{array}$$

设上述方程组的非零解为 ${\mathbf{y}}^{\ast }=(y_1^{\ast },\cdots ,y_p^{\ast },0,\cdots ,0{)}^{\mathrm{T}}$（注意方程组的后 $n-p$ 个方程，要求 $y_{p+1}=\cdots =y_n=0$）。

令 ${\mathbf{z}}^{\ast }={\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{C}{\mathbf{y}}^{\ast }$，即

z^* = b₁1 & b₁2 & … & b₁n vdots & vdots & & vdots b_(q1) & b_(q2) & … & b_(qn) b_(q+1, 1) & b_(q+1, 2) & … & b_(q+1, n) vdots & vdots & & vdots bₙ1 & bₙ2 & … & bₙn y₁^* vdots yₚ^* 0 vdots 0$${\mathbf{z}}^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}{b}_{11}& b_{12}& \cdots & b_{1n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ b_{q1}& b_{q2}& \cdots & b_{qn}\\ b_{q+1,1}& b_{q+1,2}& \cdots & b_{q+1,n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ b_{n1}& b_{n2}& \cdots & b_{nn}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1^{\ast }\\ ⋮\\ y_p^{\ast }\\ 0\\ ⋮\\ 0\end{array}\right)$$

因为 ${\mathbf{y}}^{\ast }=(y_1^{\ast },\cdots ,y_p^{\ast },0,\cdots ,0{)}^{\mathrm{T}}$ 是上述方程组的非零解，所以 ${\mathbf{z}}^{\ast }$ 的前 $q$ 个分量为零，设 ${\mathbf{z}}^{\ast }=(0,\cdots ,0,z_{q+1}^{\ast },\cdots ,z_n^{\ast }{)}^{\mathrm{T}}$。

再令 ${\mathbf{x}}^{\ast }=\mathbf{C}{\mathbf{y}}^{\ast }=\mathbf{P}{\mathbf{z}}^{\ast }$，由 $f$ 在 $\mathbf{x}=\mathbf{C}\mathbf{y}$ 与 $\mathbf{x}=\mathbf{P}\mathbf{z}$ 下的标准形可得：一方面，

(x^*)^TAx^* = (y₁^*)² + (y₂^*)² + … + (yₚ^*)² > 0$$({\mathbf{x}}^{\ast }{)}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{x}}^{\ast }=(y_1^{\ast }{)}^2+(y_2^{\ast }{)}^2+\cdots +(y_p^{\ast }{)}^2>0$$

另一方面，

(x^*)^TAx^* = -(z_(q+1)^*)² - (z_(q+2)^*)² - … - (zᵣ^*)² ≤ 0$$({\mathbf{x}}^{\ast }{)}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{x}}^{\ast }=-(z_{q+1}^{\ast }{)}^2-(z_{q+2}^{\ast }{)}^2-\cdots -(z_r^{\ast }{)}^2\le 0$$

由 $({\mathbf{x}}^{\ast }{)}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{x}}^{\ast }>0$ 与 $({\mathbf{x}}^{\ast }{)}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{x}}^{\ast }\le 0$ 导出矛盾。故假设 $p>q$ 不成立。同理也不可能有 $p<q$。所以必有 $p=q$。

定理得证。

定义 13 正负惯性指数与符号差

设 $n$ 元实二次型 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 的秩为 $r$（即 $r(\mathbf{A})=r$），$f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 的规范形为

f = z₁² + … + zₚ² - zₚ+1² - … - zᵣ²$$f=z_1^2+\cdots +z_p^2-z_{p+1}^2-\cdots -z_r^2$$

称 $p$ 为二次型 $f$（或矩阵 $\mathbf{A}$）的正惯性指数，称 $r-p$ 为 $f$（或矩阵 $\mathbf{A}$）的负惯性指数，$p-(r-p)=2p-r$ 称为 $f$（或矩阵 $\mathbf{A}$）的符号差。

给定二次型 $f={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 以后，$f$ 的秩 $r$ 与正惯性指数 $p$ 都是唯一确定的，因此 $f$ 的规范形也就唯一确定了（不计系数 $1,-1,0$ 的排列次序）。换成矩阵的语言来说，对于任意一个 $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$，设 $\mathbf{A}$ 的秩为 $r$，正惯性指数为 $p$，则存在 $n$ 阶可逆矩阵 $\mathbf{P}$ 使得

P^TAP = widetildeA = operatornamediag(underbrace1, …, 1ₚ 个, underbrace-1, …, -1ᵣ - p 个, underbrace0, …, 0ₙ - r 个)$${\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{P}=\tilde{\mathbf{A}}=\mathrm{diag}(\underset{p\text{ 个}}{\underbrace{1,\cdots ,1}},\underset{r-p\text{ 个}}{\underbrace{-1,\cdots ,-1}},\underset{n-r\text{ 个}}{\underbrace{0,\cdots ,0}})$$

其中 $1,-1,0$ 的个数分别为 $p,r-p,n-r$。在不计 $1,-1,0$ 排列次序的意义下，$\tilde{\mathbf{A}}$ 是由 $\mathbf{A}$ 唯一确定的，称 $\tilde{\mathbf{A}}$ 为 $\mathbf{A}$ 的合同规范形。于是有下面的定理9。

定理 9 实对称矩阵合同充要条件

对称矩阵 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 合同当且仅当它们有相同的秩和相同的正惯性指数。

证明

必要性：设 $\mathbf{A}$ 的秩为 $r$，正惯性指数为 $p$，则 $\mathbf{A}$ 与

widetildeA = operatornamediag(underbrace1, …, 1ₚ 个, underbrace-1, …, -1ᵣ - p 个, underbrace0, …, 0ₙ - r 个)$$\tilde{\mathbf{A}}=\mathrm{diag}(\underset{p\text{ 个}}{\underbrace{1,\cdots ,1}},\underset{r-p\text{ 个}}{\underbrace{-1,\cdots ,-1}},\underset{n-r\text{ 个}}{\underbrace{0,\cdots ,0}})$$

合同，其中 $1,-1,0$ 的个数分别为 $p,r-p,n-r$。已知 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 合同，因为矩阵的合同关系是等价关系，所以 $\mathbf{B}$ 也与 $\tilde{\mathbf{A}}$ 合同，故 $\mathbf{B}$ 的秩为 $r$，正惯性指数为 $p$。

充分性：设 $n$ 阶对称矩阵 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 有相同的秩 $r$ 和相同的正惯性指数 $p$。则 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 都与

widetildeA = operatornamediag(underbrace1, …, 1ₚ 个, underbrace-1, …, -1ᵣ - p 个, underbrace0, …, 0ₙ - r 个)$$\tilde{\mathbf{A}}=\mathrm{diag}(\underset{p\text{ 个}}{\underbrace{1,\cdots ,1}},\underset{r-p\text{ 个}}{\underbrace{-1,\cdots ,-1}},\underset{n-r\text{ 个}}{\underbrace{0,\cdots ,0}})$$

合同，其中 $1,-1,0$ 的个数分别为 $p,r-p,n-r$。因此 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 一定合同。

例 17 矩阵合同判断

在以下四个矩阵中，哪些是合同矩阵？哪些不是合同矩阵？

A = -1 & 0 & 0 0 & 3 & 0 0 & 0 & -2 , B = -1 & 0 & 0 0 & 1 & 0 0 & 0 & 1$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 3& 0\\ 0& 0& -2\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$C = 1 & 0 & 0 0 & -2 & 0 0 & 0 & -3 , D = 3 & 0 & 0 0 & 2 & 0 0 & 0 & -5$$\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& -2& 0\\ 0& 0& -3\end{array}\right),\mathbf{D}=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& -5\end{array}\right)$$

解

这四个方阵的秩都同为 $3$。

因为 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{C}$ 的正惯性指数同为 $1$（负惯性指数为 $2$），所以 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{C}$ 合同。

$\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{D}$ 的正惯性指数同为 $2$（负惯性指数为 $1$），所以 $\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{D}$ 合同。

但 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 的正惯性指数不同，故 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 不是合同矩阵。

例 18 求二次型的规范形与合同规范形

设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 的矩阵为

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

(1) 求 $f$ 的规范形；

(2) 求 $\mathbf{A}$ 的合同规范形。

解

(1) 写出二次型表达式：

f(x₁, x₂, x₃) = x₁² + 2x₂² + 4x₃² - 2x₁x₂ + 6x₁x₃ - 4x₂x₃$$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+4x_3^2-2x_1{x}_2+6x_1{x}_3-4x_2{x}_3$$

用配方法将 $f$ 化为平方和差：

f &= (x₁² - 2x₁x₂ + 6x₁x₃) + 2x₂² + 4x₃² - 4x₂x₃ &= (x₁ - x₂ + 3x₃)² - (x₂ - 3x₃)² + 2x₂² + 4x₃² - 4x₂x₃ &= (x₁ - x₂ + 3x₃)² + x₂² + 2x₂x₃ - 5x₃² &= (x₁ - x₂ + 3x₃)² + (x₂ + x₃)² - 6x₃²$$\begin{array}{rl}f& =(x_1^2-2x_1{x}_2+6x_1{x}_3)+2x_2^2+4x_3^2-4x_2{x}_3\\ & =(x_1-x_2+3x_3{)}^2-(x_2-3x_3{)}^2+2x_2^2+4x_3^2-4x_2{x}_3\\ & =(x_1-x_2+3x_3{)}^2+x_2^2+2x_2{x}_3-5x_3^2\\ & =(x_1-x_2+3x_3{)}^2+(x_2+x_3{)}^2-6x_3^2\end{array}$$

$f$ 的秩为 $3$，正惯性指数为 $2$，负惯性指数为 $1$。

所以 $f$ 的规范形为

f = z₁² + z₂² - z₃²$$f=z_1^2+z_2^2-z_3^2$$

(2) $\mathbf{A}$ 的合同规范形为

widetildeA = operatornamediag(1, 1, -1)$$\tilde{\mathbf{A}}=\mathrm{diag}(1,1,-1)$$

实对称矩阵的分类

如果按合同规范形对实对称矩阵进行分类，即将合同规范形相同的实对称矩阵看成是同一类的，而合同规范形不同的实对称矩阵看成是不同类的，则有多少种合同规范形，就有多少类实对称矩阵。

因为合同规范形完全由其秩与正惯性指数确定，秩为 $r$ 的合同规范形，它的正惯性指数可以为 $0,1,2,\cdots ,r$，所以秩为 $r$ 的合同规范形有 $r+1$ 个 ($0\le r\le n$)。于是 $n$ 阶实对称矩阵的合同规范形共有

1 + 2 + … + (n + 1) = ((n + 1)(n + 2))/(2) 个$$1+2+\cdots +(n+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2}\text{ 个}$$

也就是说，$n$ 阶实对称矩阵共有 $\frac{(n+1)(n+2)}{2}$ 类。

7.4 实二次型的规范形