返回

二次型的标准形不是惟一的

只是标准形中所含项数是确定的(即是二次型的秩)

不仅如此 , 在限定变换为实变换时

标准形中正系数的个数是不变的(从而负系数的个数也不变)

定理7 设二次型f=xTAx的秩为r , 且有两个可逆变换x=Cy及x=Pz

使f=k1y12y_{1}^{2}+k2y22y_{2}^{2}+⋯+kryr2y_{r}^{2}(ki≠0)及f=λ1z12z_{1}^{2}+λ2z22z_{2}^{2}+⋯+λrzr2z_{r}^{2}(λi≠0)

则系数k1 , k2 , ⋯ , kr中正数的个数与系数λ1 , λ2 , ⋯ , λr中正数的个数相等

这个定理称为惯性定理

举例验证

考虑二次型f(x1,x2)=x12+4x1x2+x22.f(x_{1},x_{2}) = x_{1}^{2} + 4x_{1}x_{2} + x_{2}^{2}.

第一步：将二次型写成矩阵形式

设x=[x1x2],x = \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix},则二次型对应的对称矩阵为A=[1221],A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{bmatrix},

于是f(x)=xTAx.f(x) = x^{T}Ax.

第二步：通过两个不同的可逆线性变换化标准形

1. 变换一：正交变换方法

（1）求 AA 的特征值：

|λE−A|=|λ−1−2−2λ−1|=λ2−2λ−3=0,|\lambda E - A| = \left| \begin{matrix} \lambda - 1 & - 2 \\ - 2 & \lambda - 1 \end{matrix} \right| = \lambda^{2} - 2\lambda - 3 = 0,

解得λ1=3,λ2=−1.\lambda_{1} = 3,\quad\lambda_{2} = - 1.

（2）求对应的正交单位特征向量：

对于 λ1=3\lambda_{1} = 3，解 (3E−A)p1=0(3E - A)p_{1} = 0，取p1=12[11].p_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}.

对于 λ2=−1\lambda_{2} = - 1，解 (−E−A)p2=0( - E - A)p_{2} = 0，取p2=12[1−1].p_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix} 1 \\ - 1 \end{bmatrix}.

（3）构造正交矩阵

P=[121212−12].P = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}.令x=Pz,z=[z1z2].x = Pz,\quad z = \begin{bmatrix} z_{1} \\ z_{2} \end{bmatrix}.

（4）代入二次型：

f=xTAx=(Pz)TA(Pz)=zT(PTAP)z.f = x^{T}Ax = (Pz)^{T}A(Pz) = z^{T}(P^{T}AP)z.

因为 PP 是正交矩阵（PT=P−1P^{T} = P^{- 1}），且其列向量为 AA 的单位特征向量，

故PTAP=Λ=[300−1].P^{T}AP = \Lambda = \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & - 1 \end{bmatrix}.于是f=zTΛz=3z12−z22.f = z^{T}\Lambda z = 3z_{1}^{2} - z_{2}^{2}.

此时标准形系数为 33 与 −1- 1，正系数个数为 11，负系数个数为 11。

2. 变换二：配方法

（1）对原二次型进行配方：

f(x1,x2)=x12+4x1x2+x22=(x12+4x1x2+4x22)−3x22=(x1+2x2)2−3x22f(x_{1},x_{2}) = x_{1}^{2} + 4x_{1}x_{2} + x_{2}^{2} = (x_{1}^{2} + 4x_{1}x_{2} + 4x_{2}^{2}) - 3x_{2}^{2} = (x_{1} + 2x_{2})^{2} - 3x_{2}^{2}

（2）引入变量替换：

令{y1=x1+2x2,y2=x2,即[y1y2]=[1201][x1x2].\left\{ \begin{matrix} y_{1} = x_{1} + 2x_{2}, \\ y_{2} = x_{2}, \end{matrix} \right.\ \quad\text{即}\quad\begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix}.其逆变换为[x1x2]=[1−201][y1y2].\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & - 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \end{bmatrix}.

（3）记可逆矩阵

C=[1−201],x=Cy,y=[y1y2].C = \begin{bmatrix} 1 & - 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix},\quad x = Cy,\quad y = \begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \end{bmatrix}.

（4）将 x=Cyx = Cy 代入原二次型：

f(x)=xTAx=(Cy)TA(Cy)=yT(CTAC)yf(x) = x^{T}Ax = (Cy)^{T}A(Cy) = y^{T}(C^{T}AC)y

因为CTAC=[10−21][1221][1−201]=[100−3].C^{T}AC = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ - 2 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & - 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - 3 \end{bmatrix}.

于是f=yT[100−3]y=y12−3y22.f = y^{T}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - 3 \end{bmatrix}y = y_{1}^{2} - 3y_{2}^{2}.

此时标准形系数为 11 与 −3- 3，正系数个数仍为 11，负系数个数仍为 11。

第三步：结论

这个例子中，通过不同的可逆线性变换将二次型化为标准形，

虽然标准形中各项系数不同，但正数的个数是相等的，这就体现了惯性定理。

惯性定理指出，无论用什么可逆线性变换将二次型化为标准形，

正平方项的个数和负平方项的个数是唯一确定的。

二次型的标准形中

正系数的个数称为二次型的正惯性指数

负系数的个数称为二次型的负惯性指数

若二次型 f(x)f(x)正惯性指数为pp，秩 rr ，

则规范形为：f=y12+…+yp2−yp+12−…−yr2f = y_{1}^{2} + \ldots + y_{p}^{2} - y_{p + 1}^{2} - \ldots - y_{r}^{2}

举例

考虑二次型：f(x1,x2,x3)=x12+2x22+2x32+2x1x2+2x1x3+4x2x3f(x_{1},x_{2},x_{3}) = x_{1}^{2} + 2x_{2}^{2} + 2x_{3}^{2} + 2x_{1}x_{2} + 2x_{1}x_{3} + 4x_{2}x_{3}

（1）写成矩阵形式

f(x)=[x1,x2,x3][111122122][x1x2x3]f(x) = \lbrack x_{1},x_{2},x_{3}\rbrack\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}，记 A=[111122122]A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{bmatrix}。

（2）求秩 rr 对矩阵 AA 做行变换：

A=[111122122]→R2−R1,R3−R1[111011011]→R3−R2[111011000]A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{bmatrix}\overset{R_{2} - R_{1},R_{3} - R_{1}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}\overset{R_{3} - R_{2}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}，秩 r=2r = 2。

（3）求正惯性指数 pp（配方法）

从 ff 直接配方：f=x12+2x22+2x32+2x1x2+2x1x3+4x2x3f = x_{1}^{2} + 2x_{2}^{2} + 2x_{3}^{2} + 2x_{1}x_{2} + 2x_{1}x_{3} + 4x_{2}x_{3}

考虑 x1x_{1}：

f=[x12+2x1(x2+x3)]+2x22+2x32+4x2x3f = \left\lbrack x_{1}^{2} + 2x_{1}(x_{2} + x_{3}) \right\rbrack + 2x_{2}^{2} + 2x_{3}^{2} + 4x_{2}x_{3}

=[x1+(x2+x3)]2−(x2+x3)2+2x22+2x32+4x2x3= \lbrack x_{1} + (x_{2} + x_{3})\rbrack^{2} - (x_{2} + x_{3})^{2} + 2x_{2}^{2} + 2x_{3}^{2} + 4x_{2}x_{3}

=(x1+x2+x3)2+[−x22−2x2x3−x32+2x22+2x32+4x2x3]= (x_{1} + x_{2} + x_{3})^{2} + \lbrack - x_{2}^{2} - 2x_{2}x_{3} - x_{3}^{2} + 2x_{2}^{2} + 2x_{3}^{2} + 4x_{2}x_{3}\rbrack

=(x1+x2+x3)2+[x22+2x2x3+x32]= (x_{1} + x_{2} + x_{3})^{2} + \lbrack x_{2}^{2} + 2x_{2}x_{3} + x_{3}^{2}\rbrack

=(x1+x2+x3)2+(x2+x3)2= (x_{1} + x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2}

令{y1=x1+x2+x3y2=x2+x3y3=x3（自由变量，但 f 中不含 y3）\left\{ \begin{matrix} y_{1} = x_{1} + x_{2} + x_{3} \\ y_{2} = x_{2} + x_{3} \\ y_{3} = x_{3}\quad\text{（自由变量，但 f 中不含 }y_{3}\text{）} \end{matrix} \right.\ 那么f=y12+y22f = y_{1}^{2} + y_{2}^{2}

在这个可逆线性替换下（系数矩阵行列式不为零，可验证），二次型化为规范形。

（4）结论验证

秩 r=2r = 2（两个平方项）；

正惯性指数 p=2p = 2（两个正项）；

负惯性指数 q=0q = 0。

规范形为：f=y12+y22f = y_{1}^{2} + y_{2}^{2}

与定理 f=y12+…+yp2−yp+12−…−yr2f = y_{1}^{2} + \ldots + y_{p}^{2} - y_{p + 1}^{2} - \ldots - y_{r}^{2} 比较：

这里 p=2,r=2p = 2,r = 2，所以没有负项，就是 y12+y22y_{1}^{2} + y_{2}^{2}，验证成立。

再举一个有负号的例子

取：g(x1,x2,x3)=x1x2+x2x3+x3x1g(x_{1},x_{2},x_{3}) = x_{1}x_{2} + x_{2}x_{3} + x_{3}x_{1}，矩阵：B=[012121201212120]B = \begin{bmatrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \end{bmatrix}

求特征值（或者配方）：

配方：令u=x1+x2+x3,v=x1−x2,w=x2−x3u = x_{1} + x_{2} + x_{3},\quad v = x_{1} - x_{2},\quad w = x_{2} - x_{3}

经过计算，可以得到：g=14u2−14v2−14w2g = \frac{1}{4}u^{2} - \frac{1}{4}v^{2} - \frac{1}{4}w^{2}

秩 r=3r = 3，正惯性指数 p=1p = 1，负惯性指数 q=2q = 2。

规范形为：g=y12−y22−y32g = y_{1}^{2} - y_{2}^{2} - y_{3}^{2}

符合 p=1,r=3p = 1,r = 3 时的公式：y12−y22−y32y_{1}^{2} - y_{2}^{2} - y_{3}^{2}

即 pp 个正项，r−p=2r - p = 2 个负项。

这样两个例子（一个全正，一个有正有负）都验证了该结论的正确性。

定义10 设二次型f(x)=xTAx

如果对任何不为0的x , 都有f(x)>0(显然f(0)=0)

则称f为正定二次型 , 并称对称矩阵A是正定的

如果对任何不为0的x , 都有f(x)<0

则称f为负定二次型 , 并称对称矩阵A是负定的

定理8

n元二次型f=xTAx为正定的充要条件是

它的标准形的n个系数全为正，

即它的规范形的n个系数全为1，

亦即它的正惯性指数等于n，

举例

1. 准备工作

设 n = 2，考虑二次型 f(x₁, x₂) = xᵀAx，其中 x = [x1x2]\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix}，取矩阵 A = [2003]\begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}

则二次型 f(x₁, x₂) = 2x₁² + 3x₂²。

2. 化为标准形

对于上述二次型 f(x₁, x₂) = 2x₁² + 3x₂²，它本身就是标准形，

标准形的系数分别为 2 和 3，均大于 0。

3. 化为规范形

令 y₁ = 2\sqrt{2}x₁，y₂ = 3\sqrt{3}x₂，则 x₁ =12\frac{1}{\sqrt{2}}y₁，x₂ = 13\frac{1}{\sqrt{3}}y₂，

代入二次型可得 f = y₁² + y₂²，规范形的系数全为 1。

4. 计算正惯性指数

正惯性指数是规范形中系数为 1 的项的个数，

这里规范形 f = y₁² + y₂² 中系数为 1 的项有 2 个，

而 n = 2，正惯性指数等于 n。

5. 验证正定

对于任意非零向量 x =[x1x2]\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix}，f(x₁, x₂) = 2x₁² + 3x₂² > 0（因为 x₁, x₂ 不同时为 0），所以二次型 f 是正定的。

这就验证了定理：

当满足标准形系数全为正（或规范形系数全为 1，或正惯性指数等于 n）时，二次型正定。

反之，

当二次型正定，其标准形系数全为正、规范形系数全为 1、正惯性指数等于 n；

推论 对称矩阵A为正定的充要条件是A的特征值全为正

举例验证

设对称矩阵 A = [2112]\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}。

求特征值：

计算特征方程|λE - A| =|λ−2−1−1λ−2|\left| \begin{matrix} \lambda - 2 & - 1 \\ - 1 & \lambda - 2 \end{matrix} \right| = (λ-2)² - 1 = λ² - 4λ + 3 = 0。

因式分解得 (λ - 1)(λ - 3) = 0，解得特征值 λ₁ = 1，λ₂ = 3，特征值全为正。

验证正定：对于任意非零向量 x = [x1x2]\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix},

xᵀAx = (x₁ x₂) [2112][x1x2]\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix}= 2x₁² + 2x₁x₂ + 2x₂² = (x₁ + x₂)² + x₁² + x₂².

因为 x 是非零向量，所以 (x₁ + x₂)² + x₁² + x₂² > 0，满足正定矩阵的定义。

即当对称矩阵 A 的特征值全为正时，A 是正定矩阵。

反之，若已知 A 是正定矩阵，按照上述证明过程也能推出其特征值全为正。

赫尔维茨定理

定理9.1 对称矩阵A为正定的充要条件是A的各阶主子式都为正

即a11>0 , |a11a12a21a22|\left| \begin{matrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{matrix} \right|>0 , ⋯ , |a11⋯a1n⋮⋮an1⋯ann|\left| \begin{matrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{nn} \end{matrix} \right|>0 ，

举例验证：

设 A =[2112]\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}

一阶顺序主子式 A₁ = 2 > 0

二阶顺序主子式 A₂ = |A| = 2×2 - 1×1 = 3 > 0

对于任意非零向量 x = [x1x2]\left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \end{array} \right\rbrack，

xᵀAx = 2x₁² + 2x₂² + 2x₁x₂ = (x₁ + x₂)² + x₁² + x₂² > 0，

因此 A 是正定矩阵。

定理9.2

对称矩阵A为负定的充要条件是奇数阶主子式为负 , 而偶数阶主子式为正

即(-1)r|a11⋯a1r⋮⋮ar1⋯arr|\left| \begin{matrix} a_{11} & \cdots & a_{1r} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{r1} & \cdots & a_{rr} \end{matrix} \right|>0 (r=1 , 2 , ⋯ , n)

举例验证:
1. 设 A =[−100−2]\begin{bmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 2 \end{bmatrix}
一阶顺序主子式 A₁ = -1 < 0 。
二阶顺序主子式 A₂ =|−100−2|\left| \begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 2 \end{matrix} \right|= (-1) × (-2) = 2 > 0 。
对于任意非零向量 x = [x₁x₂]\begin{bmatrix} x₁ \\ x₂ \end{bmatrix}, 二次型 f(x) = xᵀAx = -x₁² - 2x₂² < 0,

所以 A 是负定矩阵。

2. 设 A =[−1000−2000−3]\begin{bmatrix} - 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 2 & 0 \\ 0 & 0 & - 3 \end{bmatrix}
一阶顺序主子式 A₁ = −1 < 0。
二阶顺序主子式 A₂ =|−100−2|\left| \begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 2 \end{matrix} \right| = 2 > 0。
三阶顺序主子式 A₃ = |−1000−2000−3|\left| \begin{matrix} - 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 2 & 0 \\ 0 & 0 & - 3 \end{matrix} \right| = (−1) × (−2) × (−3) = −6 < 0。
对于任意非零向量 x =[x₁x₂x₃]\begin{bmatrix} x₁ \\ x₂ \\ x₃ \end{bmatrix} ,

二次型 f(x) = xᵀAx = −x₁² − 2x₂² − 3x₃² < 0, 所以 A 是负定矩阵。

例17判定二次型f=-5x2-6y2-4z2+4xy+4xz的正定性

解: f的矩阵为A=[−5222−6020−4]\begin{bmatrix} - 5 & 2 & 2 \\ 2 & - 6 & 0 \\ 2 & 0 & - 4 \end{bmatrix}

其中a11=-5<0 , |a11a12a21a22|=|−522−6|\left| \begin{matrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{matrix} \right| = \left| \begin{matrix} - 5 & 2 \\ 2 & - 6 \end{matrix} \right|=26>0 , |−5222−6020−4|\left| \begin{matrix} - 5 & 2 & 2 \\ 2 & - 6 & 0 \\ 2 & 0 & - 4 \end{matrix} \right|=-80<0

因为奇数阶主子式为负 , 而偶数阶主子式为正，所以f为负定

设f(x , y)是二元正定二次型

则f(x , y)=c(c>0为常数)的图形是以原点为中心的椭圆

当把c看作任意常数时则是一族椭圆 , 这族椭圆随着c→0而收缩到原点

当f为三元正定二次型时 , f(x , y , z)=c(c>0)的图形是一族椭球