线性代数居余马第6章二次型.ppt

第6章 二次型,6.1 二次型的定义和矩阵表示 合同矩阵,其中系数是数域F 中的数，叫做数域F上的n 元二次型（简称二次型）。实数域上的二次型简称实二次型。,定义6.1 n元变量x1,x2,xn的二次齐次多项式,如果令aji = aij (1ijn) ，则上式可以表示为,其中 x=(x1,x2,xn)TRn， A=(aij)nn 是实对称矩阵,称为二次型 f 对应的矩阵。,若 A, B都 是实对称矩阵, 且对应的二次型 相同，即,证 先取x为单位向量 ei = (0, ,1, ,0)T (第i个分量为1, 其余为 0)，代入上式得 aii=bii (i=1, 2, , n),再取 x 为向量 eij = (0, ,1, ,1, ,0)T(第 i, j个分量为1, 其余为0)，代入上式得 aij=bij (ij),则 A=B。,例1 设,则它对应的矩阵为,如果n维向量在两组基B1=1,2,n和 B2 =1,2,n 下的坐标向量分别 x=(x1, x2, xn)T 和 y=(y1, y2, yn)T 又 (1, 2, n)=(1, 2, n) C 则 x=C y f() = x TA x = yT(C TA C)y , B = C TA C 故 f() 在基B1和B2 下对应的矩阵分别是A和 B = C TA C 。 yT(CTA C)y 是 y1,y2,yn 的一个二次型。,例2 设向量在自然基1, 2 下的坐标 x=(x1, x2)T 满足,若做基变换，把1, 2逆时针旋转45 变成1, 2,即,则在 1, 2,下的坐标 y=(y1, y2)T 满足,(1),(1)式用矩阵表示为,(2),将(2)式x =Cy 代入，得,x TA x = yT(CTAC)y,在1, 2坐标系下， 方程(1)化为标准方程,这是一个椭圆（见右图）。,即找矩阵C，使B =CTA C 为对角阵。,定义6.2 对矩阵A和B, 如果存在可逆矩阵C ，使得 B= CTA C， 就称矩阵A 相合(或合同)于B （记作A B)。 矩阵的相合关系是一种等价关系，具有以下性质： (1) 自反性， A Mn(F), A A； (2) 对称性， A, B Mn(F), 若A B, 则 B A； (3) 传递性， A, B, C Mn(F), 若A B, B C，则 A C 。,一般二次型,6.2 化二次型为标准形,6.2.1 正交变换法,二次型化为不含混合项只含平方项的二次型，这种二次型称其为标准形。,化二次型为标准形共有三种方法：正交变换法，配方法和初等变换法。,定理6.1（主轴定理） 对于任一个n元二次型 f(x1,x2,xn)= xTAx ，都存在正交变换 x =Qy (Q为正交阵)，使得QTAQ= diag( 1, 2, , n) (定理5.12), 从而 x TA x = y T(QTAQ) y =1y12+nyn2 其中1,n 是实对称矩阵A的n个特征值，Q的n个列向量是 A属于1,n 的n个标准正交的特征向量。,用Schmidt正交化方法(正交化，单位化) 得,例 用正交变换化二次型,解（见第5章第24，25页）,1=1时，有线性无关的特征向量x1 =(2, 1, 0)T, x2 =(2, 0, 1)T。,为标准型。,2=10 时，得,取正交矩阵,则T1AT = diag(1, 1, 10),x TA x = yT(CTAC)y = y12+ y22 +10y32,三个特征值决定二次曲面的类型。,例的应用：在自然基1, 2 , 3 下，对二次曲面方程,做坐标变换：,在新基1, 2 , 3 下，二次曲面方程为,y12+ y22 +10y32=1,这是椭球面方程，椭球的三个主轴长度分别为,*例2 将一般二次曲面方程,化为标准方程（只含平方项和常数项）。,(1),解 将(1)式中二次项部分,令x = T y, 其中 x=(x, y, z)T, y=(x, y , z , )T,则 T1AT = diag (9, 18, 18),用类似例1的正交变换法化为平方和。,(2),(3),取正交矩阵,将(3)式代入(1)式的一次项部分，曲面方程化为,图形为单叶双曲面。,则 x TA x = yT(TTAT)y=9 x2+18 y2 18z 2,6.2.2 配方法和初等变换法化二次型为标准形,化为标准形，并求所用的坐标变换 x=Cy 及变换 矩阵C 。 解 先按x12 及含有x1的混合项配成完全平方，即,例3 用配方法把三元二次型,在x=Cy 变换中，d i 一般不是特征值。,在上式中，再对 x224x2x3 配成完全平方,f(x1, x2, x3)=2(x1+ x2 x3)2+(x2 2x3)2 5x32,代入上式，得二次型的标准形,f(x1, x2, x3)=2y12+y22 5y32,就是坐标变换 x=Cy ，式中的矩阵就是变换矩阵C。,对一般 的f(x1, x2, ,xn)的配方法：若 x12 项的系数不为0， 就按上例配方。如果 x12 项的系数为0，而x22 项的系数不为 0，就从x2开始配方。如果所有的二次项的系数都为0，就按 下例的方法化为标准形。,例4 用配方法化二次型 f (x1, x2, x3)= 2 x1 x2 2x1 x3 + 2 x2 x3 为标准形，并求所做的坐标变换。,将(1)式代入二次型，得 f(x1, x2, x3)= 2y12 2y22 4y2y3 (2),解 因为没有二次项，先利用平方差公式 做如下变换:,记作 x=C1 y,(1),得二次型的标准形 f(x1, x2, x3) = 2z12 2z2 + 2z32 即 x TA x = z T z,再用例3的配方法得 f(x1, x2, x3) = 2y12 2(y2+y3)2+2y32,f(x1, x2, x3)= 2y12 2y22 4y2y3,(3),其中,变换矩阵,坐标变换为 x=C1y=C1(C2 z)=(C1C2)z,任何n元二次型都可用配方法化为标准形，相应的变换矩阵 是主对角元为的上三角矩阵和例4中的对角块矩阵C1, 或者 是这两类矩阵的乘积。 任意一个n阶实对称矩阵A，也都可以通过一系列相同 类型的初等行、列变换化成其相合的标准形（对角矩阵）。 所谓相同类型的初等行、列变换指的是：,(1) 如果用倍加初等阵 Eji(c) 右乘A（即A的第i列乘c加到第j列），那么相应地也用 EjiT(c)=Eij(c) 左乘A （即列变换后的A的第i行乘c加到第j行）。变换后的矩阵EjiT(c) A Eji(c) 仍是对称阵。 (2) 如果用Ei(c) 右乘A ，则也用EiT(c)左乘A ，即A的第i列和第i行都乘非零常数c ，显然 EiT(c) A EiT(c) 仍是对称阵。 (3) 如果用 Eij 右乘A ，则也用 EijT左乘A ，即A的第i列与第j 列及第i行与第j行同时对换位置，如此所得的 EijT A Eij 也是对称阵。,(2)如果a11=0，但存在 aii0，先将第1列与第i列对换，第1行与第i行对换，就把 aii 换到第1行第1列的位置，化为(1)。 (3)如果aii=0(i=1,2,n)， aij0, 可将第j 列加到第i列, 将第j 行加到第i行,第i行第i列的元素化为 2aij 0，就化为(2)。,定理6.2 对任意一个n 阶实对称矩阵A，都存在可逆矩阵C，使得 CT A C =diag(d1, d2, , dn),其中A 1 仍为n-1阶 实对称矩阵。,(1)如果a110,由于a1j=aj1(j=1,2,n)，因此对A做相同类型的行、列倍加变换，可将第行与第列的其他元素全化为零，得,证： 设 A是n阶实对称矩阵。,用数学归纳法可以证明：对任一个n 阶实对称矩阵A， 都存在初等矩阵 P1,P2,Pk, 使得 PkTP2TP1TAP1P2Pk= CTAC =diag(d1,d2,dn) 其中 C= P1P2Pk =I P1P2Pk 即对A做的列变换同样施加于单位矩阵I，即得变换矩阵C。,化为标准形，并求所做的坐标变换 x=C y 的变换矩阵C 。,解 将二次型的矩阵A与单位矩阵I 上下排列，对A做相同类型的初等行、列变换使之化为对角阵，同样的初等列变换，将I化为C。(以下i, (j) 分别表示i列, 第j行),例5 用初等变换法将例1的二次型（参看第10，11页）,做变换x=Cy，其中,则 xTAx=,解 同上题做法：,例6 用初等变换法将例4的二次型（参看第17，18页） f(x1, x2, x3)= 2 x1 x2 2x1 x3 + 2 x2 x3 化为标准形，并求所做的坐标变换 x=C y 的变换矩阵C 。,做变换x=Cy，,其中,则 xTAx=,在例1（在第10页）和例5（在第22页）中用不同的方法得到同一个二次型的不同标准形, 即矩阵相合于不同的对角阵,同样，在例4（在第17页）和例6（在第24页）中用 不同的方法得到同一个二次型的不同标准形, 即矩阵相合 于不同的对角阵,diag(2, 2, 2) 和 diag(2, 1/2, 2),则,diag( 1, 1, 10) 和,*6.3 惯性定理和二次型的规范形,定理6.3（惯性定理）n元二次型xTAx经坐标变换化为标准 形时，正平方项的个数p和负平方项的个数q是由A唯一确定 的。或者说对实对称矩阵A，不论取怎样的可逆矩阵C,只要 CTAC= diag(d1, ,dp, dp+1, , dp+q, 0,0) di0(i=1, ,p+q), p+qn 成立，则p和q是由A唯一确定的。 证 由秩(A)=秩(CT A C)= p+q, 知 p+q=r 由A唯一确定。 设实二次型 f=xT A x 经坐标变换 x=By 和x=Cz (1) (B,C都可逆)分别化为标准形 f= b1y12+ bp yp2 bp+1 yP+12- br yr2 (2) f =c1 z12+ ct zt2 ct+1 zt+12 cr zr2 (3) (bi, ci0, i=1, ,r),用反证法：假设 pt，此时由(1),(2)可得 f= b1y12+ +bt yt2+bt+1yt+12+ + bpyp2 bp+1yp+12 br yr2 = c1z12+ ct zt2 ct+1 zt+12 cp zp2 cp+1 zp+12 cr zr2,(5),为了从(4)式中找到矛盾， 令 z1=z2=zt=0, yp+1=yn=0，代入(5),得到y1, y2,yn 的方程组,(6),齐次线性方程组(6)有 n个未知量，但方程个数为 t+(n p)=n (p t)n,由(1) z =C1x=(C 1B) y = Dy（其中D= C1B），即,(4),非零解中y1,y2,yp 不全为零，将其代入(4)式，得 f = b1y12+ +bt yt2+bt+1yt+12+ + bpyp2 0 (7) 将(6)的非零解代入(5)式得到 z1,zt,zn 的一组值 （其中 z1=z2=zt=0），将它们再代入(4)式，又得 f= ct+1 zt+12 cp zp2 cr zr20 (8) (7),(8)二式显然是矛盾的，故假设的pk不能成立，必有 p k,齐次线性方程组(6)有n个未知量，但方程个数 n ，故 必有非零解。由于 yp+1=yn=0,同理可证 t p，得 p=t。 故 p 和 q= r p 是由A唯一确定的。,定义6.3 二次型xTAx 的标准形中，正平方项的个数 p 和负平方项的个数 q=r p 分别叫做二次型或A 的正、负惯性指数。 称 p q=2 p r 为符号差。 秩(A)=r 也叫二次型的秩。,推论 设 A为 n 阶实对称矩阵，正、负惯性指数分别为 p 和 q，则 A diag(1, ,1, 1, ,1, 0,0),其中1有p个, 1有q个, 0 有n (p+q)个。或者说：,对于二次型 xTAx 存在坐标变换 x=Cy ，使得 xTAx =y12+ yp2 yp+12- yr2 (r= p+q) 上式右端称为 xTAx 的规范形。,证 由定理6.3知 ，存在C1, 使 C1TAC1= diag(d1, ,dp, dp+1, , dp+q, 0,0) 其中di0(i=1, ,p+q)。 取可逆阵,则,则 CTA C= diag(1, ,1, 1, ,1, 0,0),若n阶实对称矩阵A 与B 合同，也称对应的二次型 xT A x 和 xT B x 合同。,注意：一个实对称矩阵A的合同规范形是唯一的。 两个n阶实对称矩阵A和B合同的充分必要条件是它们的正、负惯性指数分别相等，或正惯性指数与秩分别相等； 全体n阶实对称矩阵按其合同规范形分类（不考虑+1， 1, 0 的排列次序）可以划分为(n +1)(n +2)/2 类。因为秩r=0时，有1类； r =1时，有2类； r =2时，有3类; ， r=n时，有 n+1类。共有1+2+3+ +(n+1)类。,6.4 正定二次型和正定矩阵,在多元微积分中我们知道二元函数,在点（0，0）是否有极大(小)值，就是看它在（0，0） 的邻域内是否恒正(负)。一般n元二次型是否恒正(负)的 问题，就是二次型的正定问题。,定义6.4 如果n元实二次型 f(x1,x2,xn)=xTAx， x= (x1,x2,xn )0 (xRn)，恒有 xTAx 0， 就称 xTAx 为 正定二次型；称矩阵A为正定矩阵。,(1) n元实二次型(标准形) f=(x1,x2,xn)= d1x12+d2x22+dnxn2 正定的充分必要条件是 di0 (i=1,2, n)。 充分性是显然的，可用反证法证明必要性：设存在 di0，取 xi=1, xj=0 (ji)，便有 f (0,0,1,0,0)= di0。 这与二次型正定相矛盾。,由定义可得：,(2) 对二次型 f= xTAx 做坐标变换x=Cy（C为可逆矩阵）， 化为 f = yT(CTAC) y，其正定性不变。这是因为： y00，相应的 x0=Cy00（否则 x0=0，则 y0=C1x0 =0 )， 于是由 f=xTAx 的正定性，即得 f =y0T(CTAC) y0=x0TAx00， 即 y0T(CTAC) y0 正定，反之亦然。,所以，对二次型做坐标变换化为 d1x12+d2x22+dnxn2 ， 即A合同于对角矩阵 CT A C= diag(d1, d2,dn )时，由 di 0 （i=1,2, ,n）即可判别A为正定矩阵。,定理6.4 对于n阶实对称矩阵A，下列命题等价： (1) xT A x 是正定二次型（或A是正定矩阵）； (2) A的正惯性指数为n ，即A I； (3) 存在可逆矩阵P，使得A =PTP； (4) A的n个特征值1, 2,n都大于零。,证 (1)(2) 即对正定二次型xTAx 做坐标变换所化成的相 合规范形必为 xTAx =y12+y22+yn2，即 p=n 且 A I。,(2)(3) 存在可逆阵C使得CTAC=I，得A=(C T)1 C 1, 令P= C 1，则 P T=(C T)1, 于是, A= P T P 。,(3)(4) 设Ax =x (x 0),得 (PT PA) x = x ,从而有 xT PTPx = xTx , 即 (Px , Px )= (x , x ) 由P是可逆矩阵和 x 0, 得 Px 0，特征值,(4)(1) 对于n元实二次型 xTAx ，存在正交变换 x =Q y 使得xTAx =1y12+ 2y22+ nyn2。 由1,n 都大于零，即得 xTAx 是正定二次型。,(3) 存在可逆矩阵P，使得A = PT P ； (4) A的n个特征值1, 2,n都大于零。,例 证明：若A是正定矩阵，则A1也是正定矩阵。 证 正定矩阵是满秩的实对称矩阵，所以， A可逆，且 (A1)T=(AT) 1= A1，即A1 也是实对称矩阵。证A1正定: 方法：用定义。对二次型 xT A1x 做坐标变换 x = A y ，得 xT A1x = yT AT A1 Ay = yT A y 由 yT A y正定，可知 xTA1x 也正定，故A1是正定矩阵。 方法：由A I, 即存在可逆阵C使得CT A C=I, 两边求逆, 得 (C1) A1(C1)T=I , 即 DT A1D=I (其中D= C1)T , 故 A1 I，因此A1是正定的。 方法：由A正定, 则存在可逆阵P, 使得A = PT P,于是 A1= P1(P1)T= ST S (其中S=(P1)T）,因此A1 也正定。 方法：设Ax =x (x 0)，得A1 x = 1 x (x 0)。由于A的 n个特征值都大于零，所以A1的n个特征值1也都大于零。 故A 1正定。,例 判断三元二次型,显然f (x1, x2, x3)0，等号成立当且仅当,解法：用配方法得,的特征多项式为 I A=( 1)( 1)2 1/2， 特征值,是否是正定二次型。,解法：二次型的对应矩阵,都大于零，所以二次型正定。,从而判定 f(x1, x2, x3) 是正定的。,例3 判别三元二次型,是否是正定二次型。,f (1, 1, 0)=3+1 4=0,解法1：观察,故 f 不 是正定的。,解法2 二次型的对应矩阵,I A=( 1)( 2 6 3)=0 特征值,的特征方程,故 f 不 是正定的。,定理6.5 若n元二次型 xTAx 正定，则 (1)A的主对角元aii 0 (i=1,2,n)； (2) A的行列式 detA0。 证 (1) 因 xTAx 正定，取第i个分量xi=1,其余分量为0的向 量， xi=(0,0,1,0,0 ) ，则有 xiTAxi =aiixi2=aii0 (i=1,n)。 (2) 因A正定，存在可逆矩阵P，使得A= PT P ，从而 A=PTP =P 20 或根据正定矩阵A的特征值都大于零，得A=12n0。,根据定理，A, B, C都不是正定的。,A= 0， B0， C 中 c110,注意：D满足定理条件，却不是正定的。 定理条件是矩阵正定的必要非充分条件。,必要性：取 xk =(x1,xk)T0, x =(x1,xk,0,0)T, 记为 x =(xkT, 0n-k)0, 则有,定理6.6 n元二次型xTAx 正定的充分必要条件为A 的n个顺序主子式（左上角主子式）都大于零。,证 设A=(aij)nn,（k=1,2, ,n ） 称为A的k阶顺序主子式,xTAx =,是正定的。,由定理6.5 得 detAk0 (k=1,n)。必要性得证。,对一切 xk 0成立。故x1,xk 的k元二次型,由于C12 A= An-1 b 0, An-10，即得 b0。,取,于是，,对n 1元二次型成立；对n元二次型，将A分块为,其中=(a1n,a2n,an-1,n)T,根据定理6.4，只需证明 A I,*充分性： 对n作数学归纳法。当n =1时，a110,xTAx = a11x120 (x10 ) ， 故充分性成立 。假设充分性,根据归纳假设, An-1 正定，故存在 n1阶可逆矩阵 G，使得,再取,例如，用定理6.6 判别矩阵D的正定性，其中,解,所以，D不是正定的。,故 A I，A正定。,例4 证明：若A是n阶正定矩阵，则存在正定矩阵B， 使得 A = B 2。 证 因为正定矩阵A是实对称矩阵，所以存在正交阵Q （ Q T Q =I），使得 A = Q(diag(1,2,n) Q T 其中i0 (i=1,2,n)。利用,diag(1,2,