LA@二次型标准形@标准化问题介绍和合同对角化@二次型可标准化定理

二次型的标准形🎈

• 如果二次型只含有变量的平方项,则称之为二次型的标准形或法式,即$f(y_1,\cdots ,y_n)$=${\sum }_{i=1}^n{k}_i{y}_i^2$

标准形的矩阵式

• f ( y 1 , ⋯   , y n ) = ∑ i n k i y i 2 = ( y 1 , y 2 , ⋯   , y n ) ( k 1 0 ⋯ 0 0 k 2 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ k n ) ( y 1 y 2 ⋮ y n ) = y T Λ y \begin{aligned} f(y_1,\cdots,y_n) &=\sum_{i}^{n}k_iy_i^2\\ &=(y_1,y_2,\cdots,y_n) \begin{pmatrix} k_{1} &0 &\cdots &0 \\ 0 &k_{2} &\cdots &0 \\ \vdots &\vdots & &\vdots \\ 0 &0 &\cdots &k_{n} \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_{1}\\ y_{2}\\ \vdots \\ y_{n} \\ \end{pmatrix} \\&=\bold{{y}^{T}\Lambda{{y}}} \end{aligned} f(y1​,⋯,yn​)​=i∑n​ki​yi2​=(y1​,y2​,⋯,yn​) ​k1​0⋮0​0k2​⋮0​⋯⋯⋯​00⋮kn​​ ​ ​y1​y2​⋮yn​​ ​=yTΛy​

• 可见,标准形的矩阵是对角阵$\Lambda =\text{diag}(k_1,\cdots ,k_n)$

• 对角阵的秩$R(\mathbf{\Lambda })$等于$k_1,\cdots ,k_n$中的非零值个数,$r(\mathbf{\Lambda })=\sum _{k_i\ne 0}1$

标准化问题(合同对角化)

• 结合标准形的矩阵式可知,“二次型$f={\mathbf{x}}^{\mathbf{T}}\mathbf{Ax}$经过某个可逆变换$\mathbf{x}=\mathbf{Cy}$变成标准形”,就是要使线性变换后的二次型$g={\mathbf{y}}^{\mathbf{T}}\mathbf{Dy}$中的$\mathbf{D}={\mathbf{C}}^{\mathbf{T}}\mathbf{AC}$变成一个对角阵$\mathbf{\Lambda }=\text{diag}(k_1,\cdots ,k_n)$,也就是将$\mathbf{A}$合同对角化
• 更进一步地,将$\mathbf{\Lambda }$地元素$k_i,i=1,\cdots ,n$处理成$-1,0,1$中的元素,称为规范化,详见规范化一文
• Note:合同对角化不是相似对角化

二次型标准化分析🎈

• 如果存在某个可逆阵$\mathbf{P}$使得${\mathbf{P}}^{\mathbf{T}}\mathbf{AP}=\mathbf{\Lambda }=\text{diag}(k_1,\cdots ,k_n)$即$\mathbf{A}$可以合同于某个对角阵$\mathbf{\Lambda }$,则$f={\mathbf{x}}^{\mathbf{T}}\mathbf{Ax}$可以通过可逆线性变换进行标准化
• 或者说,能够找到可逆矩阵$\mathbf{P}$,使得线性变换$\mathbf{x}=\mathbf{Py}$,能够将二次型$f={\mathbf{x}}^{\mathbf{T}}\mathbf{Ax}$标准化为$g={\mathbf{y}}^{\mathbf{T}}\mathbf{\Lambda }\mathbf{y}$,其中$\mathbf{\Lambda }$=${\mathbf{P}}^{\mathbf{T}}\mathbf{AP}$

二次型可标准化定理

正交相似角度证明

• 由于任意对称阵都合同于某个对角阵,又二次型$f$的矩阵一定对称阵,所以任何二次型都可以标准化
• 总结为定理:任意二次型$f={\mathbf{x}}^{\mathbf{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$总有正交变换$\mathbf{x}=\mathbf{Py}$使得$f$化为标准形$f={\sum }_{i=1}^n{\lambda }_i{y}_i^2$,且${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_n$是$\mathbf{A}$的特征值
  • 因为$\mathbf{P}$是正交阵$({\mathbf{P}}^{\mathbf{T}}={\mathbf{P}}^{-1})$,所以相似对角化等价于合同对角化:若${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\mathbf{\Lambda }$,则${\mathbf{P}}^{\mathbf{T}}\mathbf{AP}=\mathbf{\Lambda }$
  • 因此,掌握了对称阵的相似对角化,也就能够通过求解使$\mathbf{A}$相似对角化的可逆矩阵$\mathbf{P}$来求得使$\mathbf{A}$合同对角化的$\mathbf{P}$

配方角度证明

• 数域$P$上任意一个二次型都可以经过非退化(可逆的)线性替换变成平方和形式(标准形)

• 以下证明给出来了一个具体地把二次型化为平方和的方法,和中学里的配方法一样

• 对变量的个数$k$作数学归纳法

• 对于$k=1$,二次型$f=a_{11}{x}_1^2$,其已经是标准形了

• 现假设$k=n-1$元的二次型定理成立;并设$k=n$元的二次型为$f(x_1,\cdots ,x_n)$=${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j$,$(a_{ij}=a_{ji})$

  • f = ( 1 1 ⋯ 1 ) ( a 11 x 1 x 1 a 12 x 1 x 2 ⋯ a 1 n x 1 x n a 21 x 2 x 1 a 22 x 2 x 2 ⋯ a 2 n x 2 x n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 x n x 1 a n 2 x n x 2 ⋯ a n n x n x n ) ( 1 1 ⋮ 1 ) f=\begin{pmatrix} 1&1&\cdots&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{11}x_1x_1&a_{12}x_1x_2&\cdots&a_{1n}x_1x_n \\ a_{21}x_2x_1&a_{22}x_2x_2&\cdots&a_{2n}x_2x_n \\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}x_nx_1&a_{n2}x_nx_2&\cdots&a_{nn}x_nx_n \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\1\\\vdots\\1 \end{pmatrix} f=(1​1​⋯​1​) ​a11​x1​x1​a21​x2​x1​⋮an1​xn​x1​​a12​x1​x2​a22​x2​x2​⋮an2​xn​x2​​⋯⋯⋯​a1n​x1​xn​a2n​x2​xn​⋮ann​xn​xn​​ ​ ​11⋮1​ ​

• 以下分情况讨论

case1

• $f$中至少含有一个平方项:$\exists a_{ii}\ne 0$,$i\in 1,2\cdots ,n$

  • 归并所有含有$x_i$的项

    • $$\begin{gathered} {\eta }_i=a_{ii}{x}_i^2+\sum _{j=1,j\ne i}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j+\sum _{j=1,j\ne i}^n{a}_{ji}{x}_j{x}_i \\ =a_{ii}{x}_i^2+\sum _{j=1,j\ne i}^{n}2a_{ij}{x}_i{x}_j \\ =a_{ii}{x}_i^2+2(\sum _{j=1,j\ne i}{a}_{ij}{x}_j)x_i \end{gathered}$$

    • 显然${\eta }_i$包含$1+(n-1)=n$个不可合并项

    • $f={\eta }_i+{\sum }_{r,j\ne i}^n{a}_{rj}{x}_r{x}_j$

  • 然后进行配方

    • η i = a i i ( x i 2 + 2 1 a i i ( ∑ j = 1 , j ≠ i a i j x j ) x i ) = a i i ( [ x i + 1 a i i ( ∑ j = 1 , j ≠ i a i j x j ) ] 2 − [ 1 a i i ( ∑ j = 1 , j ≠ i a i j x j ) ] 2 ) \begin{aligned} \eta_{i} &=a_{ii}(x_i^2+2\frac{1}{a_{ii}}(\sum_{{j=1,j\neq{i}}}a_{ij}x_j)x_i) \\&=a_{ii} \left( [x_i+\frac{1}{a_{ii}} (\sum\limits_{{j=1,j\neq{i}}}a_{ij}x_j) ]^2 -[\frac{1}{a_{ii}}(\sum\limits_{{j=1,j\neq{i}}}a_{ij}x_j)]^2 \right)\\ \end{aligned} ηi​​=aii​(xi2​+2aii​1​(j=1,j=i∑​aij​xj​)xi​)=aii​ ​[xi​+aii​1​(j=1,j=i∑​aij​xj​)]2−[aii​1​(j=1,j=i∑​aij​xj​)]2 ​​

    • 令${\alpha }_i=a_{ii}[x_i+\frac{1}{a_{ii}}(\sum _{j=1,j\ne i}{a}_{ij}{x}_j){]}^2$,${\beta }_i=a_{ii}[\frac{1}{a_{ii}}(\sum _{j=1,j\ne i}{a}_{ij}{x}_j){]}^2$;${\gamma }_i={\sum }_{r,j\ne i}^n{a}_{rj}{x}_r{x}_j$

    • 则${\eta }_i={\alpha }_i+{\beta }_i$

    • 这就将${\eta }_i$改写为仅含平方项的形式,并且${\alpha }_i,{\beta }_i$都是关于 { x 1 , ⋯   , x n } − { x i } \{x_1,\cdots,x_n\}-\{x_i\} {x1​,⋯,xn​}−{xi​}的$n-1$元二次型,且${\beta }_i$包含了所有$x_i^2$之外的所有平方项

      • 由归纳假设可知${\beta }_i+{\gamma }_i$可以被标准化
      • $f={\eta }_i+{\gamma }_i={\alpha }_i+{\beta }_i+{\gamma }_i$也可以被标准化

  • 为了讨论和书写方便,不妨设$a_{11}\ne 0$,代表这一类情况

    • $$f(x_1,\cdots ,x_n)=a_{11}{x}_1^2+\sum _{j=2}^n{a}_{ij}{x}_1{x}_j+\sum _{j=2}^n{a}_{ji}{x}_j{x}_1+\sum _{i=2}^n\sum _{j=2}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j$$

  • 配方

    • $$\begin{gathered} f=a_{11}{x}_1^2+2\sum _{j=2}^n{a}_{1j}{x}_1{x}_j+\sum _{i=2}^n\sum _{j=2}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j \\ =a_{11}(x_1^2+2a_{11}^{-1}\sum _{j=2}^n{a}_{1j}{x}_1{x}_j)+\sum _{i=2}^n\sum _{j=2}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j \\ =a_{11}(x_1+a_{11}^{-1}\sum _{j=2}^n{a}_{1j}{x}_j{)}^2-a_{11}(a_{11}^{-1}\sum _{j=2}^n{a}_{1j}{x}_j{)}^2+\sum _{i=2}^n\sum _{j=2}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j \\ =a_{11}(x_1+a_{11}^{-1}\sum _{j=2}^n{a}_{1j}{x}_j{)}^2+[-a_{11}^{-1}(\sum _{j=2}^n{a}_{1j}{x}_j{)}^2+\sum _{i=2}^n\sum _{j=2}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j] \end{gathered}$$

    • 令$g(x_2,\cdots ,x_n)=-a_{11}^{-1}({\sum }_{j=2}^n{a}_{1j}{x}_j{)}^2+{\sum }_{i=2}^n{\sum }_{j=2}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j$

      • 其中$h_1(x_2,\cdots ,x_n)=-a_{11}^{-1}({\sum }_{j=2}^n{a}_{1j}{x}_j{)}^2$,$h_2(x_2,\cdots ,x_n)={\sum }_{i=2}^n{\sum }_{j=2}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j$是关于$x_2,\cdots ,x_n$的$n-1$元二次型
      • 从而$g(x_2,\cdots ,x_n)$也是关于$x_2,\cdots ,x_n$的$n-1$元二次型

    • 构造线性变换$\mathbf{y}=\mathbf{Px}$

      • $y_1=x_1+{\sum }_{j=2}^n{a}_{11}^{-1}{a}_{1j}{x}_j$

      • $y_2=x_2$

      • $⋮$

      • $y_n=x_n$

      • 变换矩阵:

      • P = ( 1 a 11 − 1 a 11 x 1 ⋯ a 11 − 1 a 1 n x n 0 1 ⋯ 0 0 ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ 1 ) \bold P=\begin{pmatrix} 1&a_{11}^{-1}a_{11}x_1&\cdots&a_{11}^{-1}a_{1n}x_n\\ 0&1&\cdots&0\\ 0&\vdots&&\vdots\\ 0&0&\cdots&1 \end{pmatrix} P= ​1000​a11−1​a11​x1​1⋮0​⋯⋯⋯​a11−1​a1n​xn​0⋮1​ ​

      • 显然$|\mathbf{P}|=1\ne 0$,是个可逆变换

    • 其逆变换$\mathbf{x}={\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{y}$(将后$n-1$个方程回代到第$1$个方程即得)

      • $x_1=y_1-{\sum }_{j=2}^n{a}_{11}^{-1}{a}_{1j}{x}_j$
      • $x_2=y_2$
      • $⋮$
      • $x_n=y_n$

    • 则该变换能使$f=a_{11}{y}_1^2+g(y_2,\cdots ,y_n)$

    • 根据归纳假设,$g(y_2,\cdots ,y_n)$可以被标准化,即存在可逆线性变换(1):

      • ( y 2 y 3 ⋮ y n ) = ( c 22 c 23 ⋯ c 2 n c 32 c 33 ⋯ c 3 n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ c n 2 c n 3 ⋯ c n n ) ( z 2 z 3 ⋮ z n ) \begin{pmatrix}y_2\\y_3\\\vdots\\y_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} c_{22}& c_{23}& \cdots & c_{2n} \\ c_{32}& c_{33}& \cdots & c_{3n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ c_{n2}& c_{n3}& \cdots & c_{nn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}z_2\\z_3\\\vdots\\z_n\end{pmatrix} ​y2​y3​⋮yn​​ ​= ​c22​c32​⋮cn2​​c23​c33​⋮cn3​​⋯⋯⋱⋯​c2n​c3n​⋮cnn​​ ​ ​z2​z3​⋮zn​​ ​

      • $$\begin{array}{rl}{y}_2& =c_{22}{z}_2+\cdots +c_{2n}{z}_n,\\ y_3& =c_{32}{z}_2+\cdots +c_{3n}{z}_n,\\ ⋮& \\ y_n& =c_{n2}{z}_2+\cdots +c_{nn}{z}_n\end{array}$$

      • 此变化能使$g(y_2,\cdots ,y_n)$=$t(z_2,\cdots ,z_n)$=${\sum }_{j=2}^n{d}_j{z}_j^2$

      • 此时$f=a_{11}{y}_1^2+{\sum }_{j=2}^n{d}_j{z}_j^2$

    • 基于(1)追加一条变换:$y_1=z_1$,得到$n$元变换(2):

      • $$\begin{array}{rl}{y}_1& =z_1\\ y_2& =c_{22}{z}_2+\cdots +c_{2n}{z}_n,\\ y_3& =c_{32}{z}_2+\cdots +c_{3n}{z}_n,\\ ⋮& \\ y_n& =c_{n2}{z}_2+\cdots +c_{nn}{z}_n\end{array}$$

      • ( y 1 y 2 ⋮ y n ) = ( 1 0 ⋯ 0 0 c 22 ⋯ c 2 n 0 c 32 ⋯ c 3 n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ 0 c n 2 ⋯ c n n ) ( z 1 z 2 ⋮ z n ) \begin{pmatrix}y_1\\y_2\\\vdots\\y_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1&0&\cdots&0\\ 0& c_{22}& \cdots & c_{2n} \\ 0& c_{32}& \cdots & c_{3n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0& c_{n2}& \cdots & c_{nn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}z_1\\z_2\\\vdots\\z_n\end{pmatrix} ​y1​y2​⋮yn​​ ​= ​100⋮0​0c22​c32​⋮cn2​​⋯⋯⋯⋱⋯​0c2n​c3n​⋮cnn​​ ​ ​z1​z2​⋮zn​​ ​

    • 线性变换(2)能将$f$化为标准形$f={\sum }_{j=1}^n{d}_j{z}_j^2$

    • 由归纳法原理,定理在case1成立

方法1:

case2

• 若$f$中不含平方项($x_i^2$的系数$a_{ii}=0$,$i=1,\cdots ,n$),但至少存在一个$a_{ij}\ne 0$,$i\ne j$

• 则构造关于$y_1,\cdots ,y_n$的线性变换$x_1=y_i+y_j$,$x_2=y_i-y_j$,$x_r=y_r,r\ne i,j$

  • 易知该变换矩阵是一个上三角形,其对角线元素之积为1,从而可逆
  • 变换{T}能使:$x_i{x}_j=(y_i-y_j)(y_i+y_j)=y_i^2-y_j^2$,即非平方二次项化为平方项组合
    • 从而$x_i{x}_j=(z_i+z_j)(z_i-z_j)$=$z_i^2-z_j^2$
      • $a_{ij}{x}_i{x}_j$=$a_{ij}(z_i^2-z_j^2)$=$a_{ij}{z}_i^2-a_{ij}{z}_j^2$
    • 所以:$f(x_i,\cdots ,x_n)$=$2a_{ij}{x}_i{x}_j+\cdots$=$2a_{ij}{z}_i^2-2a_{ij}{z}_j^2+\cdots$

• 这种变换的意义在于将无平方项二次型转换为有平方项二次型,从而将问题转换为第一类情况(case1),即这类二次型仍然可以标准化,即定理在case2也成立

方法2

case2

• 为了方便讨论,不妨再细分为两种子情况,cases2研究第一种,第2种放到caes3中讨论

• 若$a_{1j}\ne 0,(j>1)$,更进一步地,可以设$a_{12}\ne 0$,这种假设仍然不失一般性

  • 执行可逆变换{T}:

    • $$T:\{\begin{array}{l}{x}_1=y_1-y_2\\ x_2=y_1+y_2\\ x_3=y_3\\ ⋮\\ x_n=y_n\end{array}$$

    • 易知该变换矩阵是一个上三角形,其对角线元素之积为1,从而可逆

      • 变换{T}能使:$x_i{x}_j=(y_i-y_j)(y_i+y_j)=y_i^2-y_j^2$,即非平方二次项化为平方项组合
        • 从而$x_1{x}_2=(z_1+z_2)(z_1-z_2)$=$z_1^2-z_2^2$
          • $a_{12}{x}_1{x}_2$=$a_{12}(z_1^2-z_2^2)$=$a_{12}{z}_1^2-a_{12}{z}_2^2$
        • 所以:$f(x_1,\cdots ,x_n)$=$2a_{12}{x}_1{x}_2+\cdots$=$2a_{12}{z}_1^2-2a_{12}{z}_2^2+\cdots$

case3

• 延续cases2中假设$a_{1j}\ne 0$,cases3研究其互斥的情况:

• 若$a_{1j}=0$,$j=1,\cdots ,n$

• 根据二次型矩阵的对称性,$a_{j1}=0$,$j=1,\cdots ,n$

• 从而$f(x_1,\cdots ,x_n)$=${\sum }_{i=2}^n{\sum }_{j=2}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j$,这是一个$n-1$元的二次型,根据归纳假设,它能够标准化文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-698345.html

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