【线性代数基础进阶】二次型-补充+练习
文章目录
- 正交变换法
- 标准形
- 合同
- 配方法
- 正定二次型
正交变换法
用矩阵语言表达，即对任意一个
n
n
n阶实对称阵
A
A
A，必存在正交阵
Q
Q
Q，使得
Q
−
1
A
Q
=
Q
T
A
Q
=
Λ
Q^{-1}AQ=Q^{T}AQ=\Lambda
Q−1AQ=QTAQ=Λ
其中
Λ
=
(
λ
1
0
⋯
0
0
λ
2
⋯
0
⋮
⋮
⋮
0
0
⋯
λ
n
)
,
λ
i
(
i
=
1
,
2
,
⋯
,
n
)
\Lambda=\begin{pmatrix}\lambda_{1} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_{2} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_{n}\end{pmatrix},\lambda_{i}(i=1,2,\cdots ,n)
Λ=⎝
⎛λ10⋮00λ2⋮0⋯⋯⋯00⋮λn⎠
⎞,λi(i=1,2,⋯,n)是
A
A
A的特征值，即
A
A
A必既相似又合同于对角阵
注：正交变换法只能化二次型为标准形，平方项的系数即是特征值
标准形
例1：二次型 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 2 + 3 x 2 2 + x 3 2 + 2 a x 1 x 2 + 2 x 1 x 3 + 2 x 2 x 3 f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}+3x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+2a x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+2x_{2}x_{3} f(x1,x2,x3)=x12+3x22+x32+2ax1x2+2x1x3+2x2x3，经正交变换 x = P y x=Py x=Py化为标准形 y 1 2 + 4 y 2 2 y_{1}^{2}+4y_{2}^{2} y12+4y22，则 a = ( ) a=() a=()
正交变换法中有
x T A x = x = Q y y T Q T A Q y x^{T}Ax \overset{x=Qy}{=}y^{T}Q^{T}AQy xTAx=x=QyyTQTAQy
只看系数矩阵，有
∣ Q T A Q ∣ = ∣ Q T ∣ ∣ A ∣ ∣ Q ∣ = ∣ A ∣ |Q^{T}AQ|=|Q^{T}||A||Q|=|A| ∣QTAQ∣=∣QT∣∣A∣∣Q∣=∣A∣
即正交变换前后，系数矩阵行列式相等
一定注意是正交变换的行列式，一般的合同矩阵之间没有这个关系
有
A
=
(
1
a
1
a
3
1
1
1
1
)
A=\begin{pmatrix} 1 & a & 1 \\ a & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}
A=⎝
⎛1a1a31111⎠
⎞
标准形中已知
∣
Q
T
A
Q
∣
=
0
|Q^{T}AQ|=0
∣QTAQ∣=0，则
∣
A
∣
=
∣
1
a
1
a
3
1
1
1
1
∣
=
−
(
a
−
1
)
2
=
0
|A|=\begin{vmatrix} 1 & a & 1 \\ a & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}=-(a-1)^{2}=0
∣A∣=∣
∣1a1a31111∣
∣=−(a−1)2=0
得
a
=
1
a=1
a=1
合同
证明：矩阵 A = ( 1 2 0 2 1 0 0 0 2 ) A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix} A=⎝ ⎛120210002⎠ ⎞与 ( 1 0 0 0 1 0 0 0 − 1 ) \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix} ⎝ ⎛10001000−1⎠ ⎞合同，与 ( 1 1 0 0 1 0 0 0 0 ) \begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix} ⎝ ⎛100110000⎠ ⎞
是否合同的充要条件是 A ≃ B ⇔ p A = p B , q A = q B A \simeq B \Leftrightarrow p_{A}=p_{B},q_{A}=q_{B} A≃B⇔pA=pB,qA=qB，两个矩阵特征值只是符号相同的数量相同，值之间没有必然关系
由特征值
∣
λ
E
−
A
∣
=
∣
λ
−
1
−
2
0
−
2
λ
−
1
0
0
0
λ
−
2
∣
=
(
λ
−
2
)
(
λ
−
3
)
(
λ
+
1
)
|\lambda E-A|=\begin{vmatrix} \lambda-1 & -2 & 0 \\ -2 & \lambda-1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda-2 \end{vmatrix}=(\lambda-2)(\lambda-3)(\lambda+1)
∣λE−A∣=∣
∣λ−1−20−2λ−1000λ−2∣
∣=(λ−2)(λ−3)(λ+1)
知二次型标准形为
2
y
1
2
+
3
y
2
2
−
y
3
2
2y_{1}^{2}+3y_{2}^{2}-y_{3}^{2}
2y12+3y22−y32，即
p
=
2
,
q
=
1
p=2,q=1
p=2,q=1，得证
只需要正负惯性指数可以考虑配方法，这里不做演示
配方法
例：用配方法化成二次型， f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = 2 x 1 x 2 + 4 x 1 x 3 f(x_{1},x_{2},x_{3})=2x_{1}x_{2}+4x_{1}x_{3} f(x1,x2,x3)=2x1x2+4x1x3为标准形，并写出所用的坐标变换
对于没有平方项只有交叉项的，先做辅助坐标变换
令
{
x
1
=
y
1
+
y
2
x
2
=
y
1
−
y
2
x
3
=
y
3
\left\{\begin{aligned}&x_{1}=y_{1}+y_{2}\\&x_{2}=y_{1}-y_{2}\\&x_{3}=y_{3}\end{aligned}\right.
⎩
⎨
⎧x1=y1+y2x2=y1−y2x3=y3
该变换既能配方又能保证系数行列式不为 0 0 0
这是对没有平方项只有交叉项的，如果有任意一个 x x x的平方项，那就可以从这个 x x x起手，进行配方
对于更高元二次型没有平方项只有交叉项的可以用
{ x 1 = y 1 + y 2 x 2 = y 1 − y 2 x 3 = y 3 ⋮ x n = y n \left\{\begin{aligned}x_{1}&=y_{1}+y_{2}\\ x_{2}&=y_{1}-y_{2}\\ x_{3}&=y_{3}\\ &\enspace\vdots\\ x_{n}&=y_{n} \end{aligned}\right. ⎩ ⎨ ⎧x1x2x3xn=y1+y2=y1−y2=y3⋮=yn
来做辅助坐标变换
得
f
=
2
(
y
1
+
y
2
)
(
y
1
−
y
2
)
+
4
(
y
1
+
y
2
)
y
3
=
2
y
1
2
−
2
y
2
2
+
4
y
1
y
2
+
4
y
2
y
3
=
2
(
y
1
2
+
2
y
1
y
3
+
y
3
2
)
−
2
y
2
2
+
4
y
2
y
3
−
2
y
3
2
=
2
(
y
1
+
y
3
)
2
−
2
(
y
2
−
y
3
)
2
\begin{aligned} f&=2(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})+4(y_{1}+y_{2})y_{3}\\ &=2y_{1}^{2}-2y_{2}^{2}+4y_{1}y_{2}+4y_{2}y_{3}\\ &=2(y_{1}^{2}+2y_{1}y_{3}+y_{3}^{2})-2y_{2}^{2}+4y_{2}y_{3}-2y_{3}^{2}\\ &=2(y_{1}+y_{3})^{2}-2(y_{2}-y_{3})^{2} \end{aligned}
f=2(y1+y2)(y1−y2)+4(y1+y2)y3=2y12−2y22+4y1y2+4y2y3=2(y12+2y1y3+y32)−2y22+4y2y3−2y32=2(y1+y3)2−2(y2−y3)2
有平方项有时也需要辅助坐标变换
例： f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = 2 x 2 2 + 2 x 1 x 3 f(x_{1},x_{2},x_{3})=2x_{2}^{2}+2x_{1}x_{3} f(x1,x2,x3)=2x22+2x1x3用配方法化为标准形
显然直接的配方不好进行，考虑坐标变换
{
x
1
=
y
1
+
y
3
x
2
=
y
2
x
3
=
y
1
−
y
3
\left\{\begin{aligned}&x_{1}=y_{1}+y_{3}\\ &x_{2}=y_{2}\\ &x_{3}=y_{1}-y_{3}\end{aligned}\right.
⎩
⎨
⎧x1=y1+y3x2=y2x3=y1−y3
代入
f
(
x
1
,
x
2
,
x
3
)
=
2
y
1
2
+
2
y
2
2
−
2
y
3
2
f(x_{1},x_{2},x_{3})=2y_{1}^{2}+2y_{2}^{2}-2y_{3}^{2}
f(x1,x2,x3)=2y12+2y22−2y32
有时也可能出现用 x 1 x_{1} x1起手不合适的情况，可以换其他含有平方项的 x x x，没有太固定的变换模板，需要灵活
例： f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 2 + x 2 2 + 2 x 1 x 2 + x 2 x 3 f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3} f(x1,x2,x3)=x12+x22+2x1x2+x2x3化为标准形
如果用
x
1
x_{1}
x1起手
f
(
x
1
,
x
2
,
x
3
)
=
(
x
1
+
x
2
)
2
+
x
2
x
3
\begin{aligned} f(x_{1},x_{2},x_{3})&=(x_{1}+x_{2})^{2}+x_{2}x_{3} \end{aligned}
f(x1,x2,x3)=(x1+x2)2+x2x3
到此已经无法继续配方了，换
x
2
x_{2}
x2起手
f
(
x
1
,
x
2
,
x
3
)
=
[
x
2
2
+
2
x
2
(
x
1
+
1
2
x
3
)
]
+
x
1
2
=
(
x
2
+
x
1
+
1
2
x
3
)
2
−
(
x
1
+
1
2
x
3
)
2
+
x
1
2
=
(
x
2
+
x
1
+
1
2
x
3
)
2
−
x
1
2
−
1
4
x
3
2
−
x
1
x
3
+
x
1
=
(
x
2
+
x
1
+
1
2
x
3
)
2
−
(
1
4
x
3
2
+
2
x
1
⋅
1
2
x
3
)
=
(
x
2
+
x
1
+
1
2
x
3
)
2
−
(
1
2
x
3
+
x
1
)
2
+
x
1
2
\begin{aligned} f(x_{1},x_{2},x_{3})&=[x_{2}^{2}+2x_{2}(x_{1}+ \frac{1}{2}x_{3})]+x_{1}^{2}\\ &=(x_{2}+x_{1}+ \frac{1}{2}x_{3})^{2}-(x_{1}+ \frac{1}{2}x_{3})^{2}+x_{1}^{2}\\ &=(x_{2}+x_{1}+ \frac{1}{2}x_{3})^{2}-x_{1}^{2}- \frac{1}{4}x_{3}^{2}-x_{1}x_{3}+x_{1}\\ &=(x_{2}+x_{1}+ \frac{1}{2}x_{3})^{2}- (\frac{1}{4}x_{3}^{2}+2x_{1}\cdot \frac{1}{2}x_{3})\\ &=(x_{2}+x_{1}+ \frac{1}{2}x_{3})^{2}-(\frac{1}{2}x_{3}+x_{1})^{2}+x_{1}^{2} \end{aligned}
f(x1,x2,x3)=[x22+2x2(x1+21x3)]+x12=(x2+x1+21x3)2−(x1+21x3)2+x12=(x2+x1+21x3)2−x12−41x32−x1x3+x1=(x2+x1+21x3)2−(41x32+2x1⋅21x3)=(x2+x1+21x3)2−(21x3+x1)2+x12
关于配方法和辅助坐标变换是很灵活的，这仅是自己的总结，我觉得应该有更加普适的方法，但个人能力就到这里了，如果有好的方法可以私信我，我加上
正定二次型
定理：经坐标变换不改变二次型的正定性
官方表述：经可逆线性变换不改变二次型的正定性
例：判断二次型 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = ( x 1 − x 2 ) 2 + ( x 2 − x 3 ) 2 + ( x 3 − x 2 ) 2 f(x_{1},x_{2},x_{3})=(x_{1}-x_{2})^{2}+(x_{2}-x_{3})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2} f(x1,x2,x3)=(x1−x2)2+(x2−x3)2+(x3−x2)2的正定性
A
=
(
2
−
1
−
1
−
1
2
−
1
−
1
−
1
2
)
,
∣
A
∣
=
0
A=\begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix},|A|=0
A=⎝
⎛2−1−1−12−1−1−12⎠
⎞,∣A∣=0
一定不是正定二次型
此处注意如果想用坐标变换法，要保证变换的系数矩阵对应行列式不为 0 0 0
令
{ y 1 = x 1 − x 2 y 2 = x 2 − x 1 y 3 = − x 1 + x 3 \left\{\begin{aligned}&y_{1}=x_{1}-x_{2}\\ &y_{2}=x_{2}-x_{1}\\ &y_{3}=-x_{1}+x_{3}\end{aligned}\right. ⎩ ⎨ ⎧y1=x1−x2y2=x2−x1y3=−x1+x3
对应行列式
∣ 1 − 1 0 0 1 − 1 − 1 0 1 ∣ = 0 \begin{vmatrix}1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 1\end{vmatrix}=0 ∣ ∣10−1−1100−11∣ ∣=0
因此该变换不是坐标变换
【线性代数基础进阶】到此结束，如果笔记有问题私信我，一定会及时更改
然后下一个线性代数系列应该是【线性代数基础强化】，还会开始【概率论基础进阶】，同时继续之前的【高等数学基础进阶】
【线性代数基础强化】主要目的是尽自己能力推一下之前很多只是为了做题，但没有说明为什么的定理、推广、结论等等
然后关于660，暂定一时半会不会更，大概三个月以后？