定义8: 把含有n个变量x₁ , x₂ , ⋯ , x_n的二次齐次函数

f(x₁ , x₂ , ⋯ , x_n)=a₁₁$x_{1}^{\ 2}$+a₂₂$x_{2}^{\ 2}$+⋯+a_nn$x_{n}^{\ 2}$+2a₁₂x₁x₂+2a₁₃x₁x₃+⋯+2a_{n-1 , n}x_n-1x_n

称为二次型

当j>i时 , 取a_ji=a_ij , 则2a_ijx_ix_j = a_ijx_ix_j+a_jix_jx_i

于是上式可写成以下形式

f=a₁₁$x_{1}^{\ 2}$+a₁₂x₁x₂+⋯+a_1nx₁x_n+a₂₁x₂x₁+a₂₂$x_{2}^{\ 2}$+⋯+a_2nx₂x_n+⋯+

$$a_{n1}x_{n}x_{1} + a_{n2}x_{n}x_{2} + \cdots + a_{nn}x_{n}^{\ 2} = \sum_{i\ ,\ j = 1}^{n}{a_{ij}x_{i}x_{j}}$$

对于二次型,

寻求可逆的线性变换$\left\{ \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} = c_{11}y_{1} + c_{12}y_{2} + \cdots + c_{1n}y_{n} \\ x_{2} = c_{21}y_{1} + c_{22}y_{2} + \cdots + c_{2n}y_{n} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \cdots\cdots\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \cdots\cdots \\ x_{n} = c_{n1}y_{1} + c_{n2}y_{2} + \cdots + c_{nn}y_{n} \end{matrix} \end{array} \right.\$使二次型只含平方项

也就是用线性变换代入二次型 , 能使f=k₁$y_{1}^{\ 2}$+k₂$y_{2}^{\ 2}$+⋯+k_n$y_{n}^{\ 2}$

这种只含平方项的二次型 , 称为二次型的标准形(或法式)

如果标准形的系数k₁ , k₂ , ⋯ , k_n只在1 , -1 , 0三个数中取值

也就是用线性变换代入二次型 , 能使f=$y_{1}^{\ 2}$+⋯+$y_{p}^{\ 2}$-$y_{p + 1}^{\ 2}$- ⋯ -$y_{r}^{\ 2}$

则称上式为二次型的规范形

当a_ij为复数时 , f称为复二次型 ; 当a_ij为实数时 , 称为实二次型

这里 , 我们仅讨论实二次型 , 所求的线性变换也限于实系数范围

因为 $A$ 对称，即 $a_{ij} = a_{ji}$，则 $a_{ij} + a_{ji} = 2a_{ij}$，

于是利用矩阵，二次型有如下表示：

$$f = a_{11}x_{1}^{2} + a_{22}x_{2}^{2} + \cdots + a_{nn}x_{n}^{2} + 2a_{12}x_{1}x_{2} + 2a_{13}x_{1}x_{3} + \cdots + 2a_{n - 1,n}x_{n - 1}x_{n}.$$

=a₁₁$x_{1}^{\ 2}$+a₁₂x₁x₂+⋯+a_1nx₁x_n+a₂₁x₂x₁+a₂₂$x_{2}^{\ 2}$+⋯+a_2nx₂x_n+⋯+

$$a_{n1}x_{n}x_{1} + a_{n2}x_{n}x_{2} + \cdots + a_{nn}x_{n}^{\ 2}$$

$$= x_{1}(a_{11}x_{1} + a_{12}x_{2} + \cdots + a_{1n}x_{n})\mspace{6mu} + \mspace{6mu} x_{2}(a_{21}x_{1} + a_{22}x_{2} + \cdots + a_{2n}x_{n})\mspace{6mu}$$

$$+ \mspace{6mu}\cdots\mspace{6mu} + \mspace{6mu} x_{n}(a_{n1}x_{1} + a_{n2}x_{2} + \cdots + a_{nn}x_{n})$$

$$= (x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})\begin{bmatrix} a_{11}x_{1} + a_{12}x_{2} + \cdots + a_{1n}x_{n} \\ a_{21}x_{1} + a_{22}x_{2} + \cdots + a_{2n}x_{n} \\ \vdots \\ a_{n1}x_{1} + a_{n2}x_{2} + \cdots + a_{nn}x_{n} \end{bmatrix}$$

=$(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})\begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ \vdots \\ x_{n} \end{bmatrix}$

记A=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{11} \\ a_{21} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ a_{n1} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{12} \\ a_{22} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ a_{n2} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \cdots \\ \cdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \cdots \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{1n} \\ a_{2n} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ a_{nn} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ , x=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ x_{n} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

则二次型可记作f=x^TAx , 其中A为对称矩阵

例如 , 二次型f=x²-3z²-4xy+yz用矩阵记号写出来

就是f=(x , y , z)$\begin{bmatrix} 1 & - 2 & 0 \\ - 2 & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} & - 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}$

任给一个二次型 , 就惟一地确定一个对称矩阵

反之 , 任给一个对称矩阵 , 也可惟一地确定一个二次型

这样 , 二次型与对称矩阵之间存在一一对应的关系

因此 , 我们把对称矩阵A叫做二次型f的矩阵

也把f叫做对称矩阵A的二次型

对称矩阵A的秩就叫做二次型f的秩

记C=(c_ij) , 把可逆变换$\left\{ \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} = c_{11}y_{1} + c_{12}y_{2} + \cdots + c_{1n}y_{n} \\ x_{2} = c_{21}y_{1} + c_{22}y_{2} + \cdots + c_{2n}y_{n} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \cdots\cdots\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \cdots\cdots \\ x_{n} = c_{n1}y_{1} + c_{n2}y_{2} + \cdots + c_{nn}y_{n} \end{matrix} \end{array} \right.\$记作x=Cy , 代入f=x^TAx

有f=x^TAx=(Cy)^TACy=y^T(C^TAC)y

定义9设A和B是n阶矩阵 , 若有可逆矩阵C , 使等式C^TAC=B成立，

则称矩阵A与B合同，B 称为A的合同矩阵。

例如：设A=$\begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$，可找到一个可逆矩阵C=$\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$，

$$(C^{T}A)C = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 5 \end{pmatrix}$$

令B=$\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 5 \end{pmatrix}$，由于存在可逆矩阵C=$\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$，使得C^TAC=B成立，

所以矩阵A与B合同

定理：

若A为对称矩阵 , 则合同矩阵B=C^TAC也是对称矩阵 , 且R(B)=R(A)

证：

1. 证明B=CᵀAC是对称矩阵

已知A是对称矩阵，即Aᵀ=A。

对B=CᵀAC求转置，根据矩阵转置的运算法则(ABC)ᵀ=CᵀBᵀAᵀ，可得

Bᵀ=(CᵀAC)ᵀ=CᵀAᵀ(Cᵀ)ᵀ=CᵀAC=B

所以B是对称矩阵。

2. 证明R(B)=R(A)

因为C是可逆矩阵，可逆矩阵可以表示为一系列初等矩阵的乘积。

设C=P₁P₂…Pₛ，其中Pᵢ（i=1,2,…,s）是初等矩阵，则Cᵀ=Pₛᵀ…P₂ᵀP₁ᵀ。

B=CᵀAC=Pₛᵀ…P₂ᵀP₁ᵀAP₁P₂…Pₛ。

由于左乘和右乘初等矩阵相当于对矩阵A进行初等行变换和初等列变换，

而初等变换不改变矩阵的秩，所以R(B)=R(A)。

所以 , 经可逆变换x=Cy后 , 二次型f的矩阵由A变为与A合同的矩阵C^TAC，

且二次型的秩不变

举例验证

1. 选一个对称矩阵 $A$ 取$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$,显然 $A^{T} = A$。

2. 选一个可逆矩阵 $C$ 取$C = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$,其行列式 $det(C) = 1 \neq 0$，可逆。

3. 计算 $B = C^{T}AC$

$$AC = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \cdot 1 + 2 \cdot 1 & 1 \cdot 0 + 2 \cdot 1 \\ 2 \cdot 1 + 3 \cdot 1 & 2 \cdot 0 + 3 \cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 5 & 3 \end{pmatrix}$$

$$B = C^{T}(AC) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 5 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \cdot 3 + 1 \cdot 5 & 1 \cdot 2 + 1 \cdot 3 \\ 0 \cdot 3 + 1 \cdot 5 & 0 \cdot 2 + 1 \cdot 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 5 \\ 5 & 3 \end{pmatrix}$$

4. 检查对称性

$B^{T} = \begin{pmatrix} 8 & 5 \\ 5 & 3 \end{pmatrix} = B$, 确实对称。

5. 检查秩

$r(A) = 2$，$r(B) = 2$，所以 $r(B) = r(A)$。

要使二次型f经可逆变换x=Cy变成标准形 , 这就是要使

y^TC^TACy=k₁$y_{1}^{2}$+k₂$y_{2}^{2}$+⋯+k_n$y_{n}^{2}$=(y₁ , y₂ , ⋯ , y_n)$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} k_{1} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ k_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \ddots \\ \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ k_{n} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ y_{n} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

也就是要使C^TAC成为对角矩阵

因此 , 对于对称矩阵A , 寻求可逆矩阵C , 使C^TAC为对角矩阵

这就称为把对称矩阵A合同对角化

因为任给对称矩阵A , 总有正交矩阵P , 使P^-1AP=Λ , 即P^TAP=Λ

把此结论应用于二次型 , 即有下面定理

$$\mathbf{定理6}\ 任给二次型f = \sum_{i\ ,\ j = 1}^{n}{a_{ij}x_{i}x_{j}\ \ \left( a_{ij} = a_{ji} \right)}，总有正交变换x = Py$$

使二次型f化为标准形f=λ₁$y_{1}^{2}$+λ₂$y_{2}^{2}$+⋯+λ_n$y_{n}^{2}$

其中λ₁ , λ₂ ,⋯ , λ_n是标准形f的矩阵A=(a_ij)的特征值

举例验证

1. 取一个二次型$f(x_{1},x_{2}) = 2x_{1}^{2} + 4x_{1}x_{2} + 5x_{2}^{2}$

这里 $A = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 5 \end{pmatrix}$

2. 求特征值

$$det(A - \lambda I) = \left| \begin{matrix} 2 - \lambda & 2 \\ 2 & 5 - \lambda \end{matrix} \right| = (\lambda - 1)(\lambda - 6) = 0$$

特征值：$\lambda_{1} = 1,\quad\lambda_{2} = 6$

3. 求正交矩阵 $P$

对于 $\lambda_{1} = 1$： 解 $(A - I)v = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}v = 0$

得基础解 $v = \left\lbrack \begin{array}{r} 2 \\ - 1 \end{array} \right\rbrack$，归一化：$\quad u_{1} = \frac{1}{\sqrt{5}}\left\lbrack \begin{array}{r} 2 \\ - 1 \end{array} \right\rbrack$

对于 $\lambda_{2} = 6$： 解 $(A - 6I)v = \begin{pmatrix} - 4 & 2 \\ 2 & - 1 \end{pmatrix}v = 0$

得基础解 $v = \left\lbrack \begin{array}{r} 1 \\ 2 \end{array} \right\rbrack$，归一化：$u_{2} = \frac{1}{\sqrt{5}}\left\lbrack \begin{array}{r} 1 \\ 2 \end{array} \right\rbrack$

正交矩阵$P = \begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \\ - \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \end{pmatrix}$

检查 $P^{T}P = I$（成立）。

4. 验证正交变换 $x = Py$ 将二次型化为标准形

已知 $f = x^{T}Ax$，令 $x = Py$，则$f = (Py)^{T}A(Py) = y^{T}(P^{T}AP)y$

$P^{T}AP$ 应该等于对角矩阵 $\Lambda = diag(1,6)$。

检查：$P^{T}AP = \begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt{5}} & - \frac{1}{\sqrt{5}} \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 5 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \\ - \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 6 \end{pmatrix}$

5. 结论 经过正交变换 $x = Py$，得标准形$f = y_{1}^{2} + 6y_{2}^{2}$

特征值 1 和 6 正是标准形中的系数。

推论 任给n元二次型f(x)=x^TAx (A^T=A)， 总有可逆变换x=Cz ,

使f(Cz)化为规范形f=$y_{1}^{\ 2}$+⋯+$y_{p}^{\ 2}$-$y_{p + 1}^{\ 2}$- ⋯ -$y_{r}^{\ 2}$

证明：

考虑 $n$ 元实二次型 $f(x) = x^{T}Ax$，其中 $A$ 是 $n \times n$ 实对称矩阵，即 $A^{T} = A$。

1. 实对称矩阵可正交对角化

由实对称矩阵的性质，存在 $n$ 阶正交矩阵 $Q$（即 $Q^{T}Q = I$），

使得$Q^{T}AQ = \Lambda,$其中 $\Lambda = diag(\lambda_{1},\ldots,\lambda_{n})$，且 $\lambda_{1},\ldots,\lambda_{n} \in \mathbb{R}$。

2. 作正交变换

令 $x = Qy$，则$f(x) = x^{T}Ax = y^{T}(Q^{T}AQ)y = \lambda_{1}y_{1}^{2} + \cdots + \lambda_{n}y_{n}^{2}.$

此时二次型化为标准形（系数为特征值，可正、可负、可零）。

3. 进一步化为规范形

设 $p$ 个特征值为正，$q$ 个特征值为负，$r = p + q$，其余 $n - r$ 个特征值为零。

重排次序使得$\lambda_{1},\ldots,\lambda_{p} > 0,\quad\lambda_{p + 1},\ldots,\lambda_{r} < 0,\quad\lambda_{r + 1},\ldots,\lambda_{n} = 0.$

令$z_{i} = \left\{ \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{\lambda_{i}}}\, y_{i}, & i = 1,\ldots,p, \\ \frac{1}{\sqrt{- \lambda_{i}}}\, y_{i}, & i = p + 1,\ldots,r, \\ y_{i}, & i = r + 1,\ldots,n. \end{matrix} \right.\$

则$f = z_{1}^{2} + \cdots + z_{p}^{2} - z_{p + 1}^{2} - \cdots - z_{r}^{2} + 0 \cdot z_{r + 1}^{2} + \cdots + 0 \cdot z_{n}^{2}.$

规范形中通常去掉零项，只写到 $z_{r}$，即$f = z_{1}^{2} + \cdots + z_{p}^{2} - z_{p + 1}^{2} - \cdots - z_{r}^{2}.$

4. 变换的可逆性

变换过程为：$x = Qy = QDz,$

其中$D = diag\left( \frac{1}{\sqrt{\lambda_{1}}},\ldots,\frac{1}{\sqrt{\lambda_{p}}},\frac{1}{\sqrt{- \lambda_{p + 1}}},\ldots,\frac{1}{\sqrt{- \lambda_{r}}},1,\ldots,1 \right).$

由于 $Q$ 可逆，$D$ 可逆（对角线元素非零），故 $C = QD$ 是可逆矩阵。

因此存在可逆线性变换 $x = Cz$，使二次型化为规范形。

示例：求二次型的规范形

考虑二次型$f(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}x_{2} + 2x_{1}x_{3} - 2x_{2}x_{3},$

其对称矩阵为$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & - 1 \\ 1 & - 1 & 0 \end{pmatrix}.$

第一步：求矩阵 $A$ 的特征值与特征向量

1. 特征多项式

$$det(A - \lambda I) = \left| \begin{matrix} - \lambda & 1 & 1 \\ 1 & - \lambda & - 1 \\ 1 & - 1 & - \lambda \end{matrix} \right| = - (\lambda - 1)^{2}(\lambda + 2) = 0$$

特征值为$\lambda_{1} = 1\mspace{6mu}(\text{二重}),\quad\lambda_{2} = - 2\mspace{6mu}(\text{一重}).$

2. 求特征向量

对于 $\lambda = 1$： 解 $(A - I)x = \begin{pmatrix} - 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & - 1 \end{pmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array} \right\rbrack = \left\lbrack \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right\rbrack$

两个线性无关的解可取为$v_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\quad v_{2} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$

对于 $\lambda = - 2$： 解 $(A + 2I)x = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & - 1 \\ 1 & - 1 & 2 \end{pmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array} \right\rbrack = \left\lbrack \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right\rbrack$

解得$v_{3} = \begin{pmatrix} 1 \\ - 1 \\ - 1 \end{pmatrix}.$

3. 正交化与单位化

由于 $v_{1}$ 与 $v_{2}$ 不正交（内积为 $1$），需进行施密特正交化。

取$u_{1} = v_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}.$ 单位化得$e_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}.$

对 $v_{2}$ 正交化：

$u_{2} = v_{2} - \frac{v_{2} \cdot u_{1}}{u_{1} \cdot u_{1}}u_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ - \frac{1}{2} \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ - 1 \\ 2 \end{pmatrix}$。

单位化得$e_{2} = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ - 1 \\ 2 \end{pmatrix}.$

对 $\lambda = - 2$ 的特征向量 $v_{3}$ 单位化：$e_{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ - 1 \\ - 1 \end{pmatrix}.$

于是得到正交矩阵$Q = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}.$

4. 正交对角化

由实对称矩阵性质：$Q^{T}AQ = diag(1,\mspace{6mu} 1,\mspace{6mu} - 2).$

令 $x = Qy$，则$f = x^{T}Ax = y^{T}(Q^{T}AQ)y = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - 2y_{3}^{2}.$

这是标准形。

5. 化为规范形

令$z_{1} = y_{1},\quad z_{2} = y_{2},\quad z_{3} = \sqrt{2}\, y_{3},$

则$f = z_{1}^{2} + z_{2}^{2} - z_{3}^{2}.$

对应的可逆变换为 $x = Cz$，

其中$C = Q \cdot diag\left( 1,\mspace{6mu} 1,\mspace{6mu}\frac{1}{\sqrt{2}} \right) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}.$

第二步：验证

$$C^{T}AC = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & - 1 \\ 1 & - 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$$

$$= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{pmatrix}$$

因此规范形为$f = z_{1}^{2} + z_{2}^{2} - z_{3}^{2}.$

结论： 通过可逆变换 $x = Cz$，原二次型化为规范形，

例14 求一个正交变换 $x = Py$，

把二次型 $f = - 2x_{1}x_{2} + 2x_{1}x_{3} + 2x_{2}x_{3}$ 化为标准形。

解：

1. 求二次型矩阵

根据二次型定义，对称矩阵 为：$A = \begin{bmatrix} 0 & - 1 & 1 \\ - 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}.$

2. 求矩阵 $A$ 的特征值

计算特征方程：$|\lambda E - A| = \left| \begin{matrix} \lambda & 1 & - 1 \\ 1 & \lambda & - 1 \\ - 1 & - 1 & \lambda \end{matrix} \right| = (\lambda - 1)^{2}(\lambda + 2) = 0.$

解得：$\quad\lambda_{1} = - 2，\lambda_{2} = 1\ (二重),$

3. 求特征向量并正交单位化

对于 $\lambda_{1} = - 2$：

解方程组 $(A + 2E)x = \begin{bmatrix} 2 & - 1 & 1 \\ - 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array} \right\rbrack = \left\lbrack \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right\rbrack$：

得基础解系：$\xi_{1} = \begin{bmatrix} - 1 \\ - 1 \\ 1 \end{bmatrix}.$

单位化：$p_{1} = \frac{\xi_{1}}{\parallel \xi_{1} \parallel} = \begin{bmatrix} - \frac{1}{\sqrt{3}} \\ - \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} \end{bmatrix}.$

对于 $\lambda_{2} = 1$：

解 $(A - E)x = \begin{bmatrix} - 1 & - 1 & 1 \\ - 1 & - 1 & 1 \\ 1 & 1 & - 1 \end{bmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array} \right\rbrack = \left\lbrack \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right\rbrack$：

得 基础解系：$\xi_{2} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\xi_{3} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}.$

施密特正交化：

令 $\eta_{2} = \xi_{2}$，

$$\eta_{3} = \xi_{3} - \frac{\langle\xi_{3},\eta_{2}\rangle}{\langle\eta_{2},\eta_{2}\rangle}\eta_{2} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} - \frac{- 1}{2}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ 1 \end{bmatrix}.$$

单位化：$p_{2} = \frac{\eta_{2}}{\parallel \eta_{2} \parallel} = \begin{bmatrix} - \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \end{bmatrix},\ \ \ \ \ \ \ \ p_{3} = \frac{\eta_{3}}{\parallel \eta_{3} \parallel} = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{2}{\sqrt{6}} \end{bmatrix}.$

4. 构造正交矩阵 $P$

将单位正交特征向量按列排列（通常按特征值从小到大顺序排列）：

$$P = \begin{bmatrix} p_{1} & p_{2} & p_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - \frac{1}{\sqrt{3}} & - \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ - \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{bmatrix}.$$

此时 $P^{T}AP = \Lambda$，其中：$\Lambda = \begin{bmatrix} - 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.$

5. 正交变换与标准形

令正交变换 $x = Py$，

代入二次型：$f = x^{T}Ax = (Py)^{T}A(Py) = y^{T}(P^{T}AP)y = y^{T}\Lambda y.$

于是得标准形：$f = y^{T}\Lambda y = \begin{bmatrix} y_{1} & y_{2} & y_{3} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} - 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{bmatrix} = - 2y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}.$

6. 化为规范形

由标准形 $f = - 2y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$：

引入代换：$\left\{ \begin{matrix} y_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}z_{1} \\ y_{2} = z_{2} \\ y_{3} = z_{3} \end{matrix} \right.\$ ，则：$- 2y_{1}^{2} = - 2 \cdot \left( \frac{1}{2}z_{1}^{2} \right) = - z_{1}^{2}$，

于是：$f = - z_{1}^{2} + z_{2}^{2} + z_{3}^{2}$ 。