最后更新: 2025-04-26 08:51 查看: 868 次反馈刷题

二次型化标准形（正交变换法）

正交变换法，很多老师不讲，主要是计算量比较大，而且他的步骤和计算特征值与特征向量重复。**本节内容可以概括为**：对于给定的二次型$f=X^TAX$,求正交替换$X=QY$,等价于已知矩阵$A$，求正交矩阵$Q$，使得$Q^TAQ=\Lambda$, 下面先从理论上给出证明，再通过例题介绍如何求正交矩阵$Q$

## 理论证明
任给二次型 $f=\sum_{i, j=1}^n a_i x_i x_j\left(a_{i j}=a_{j i}\right)$ ，总有正交变换 $x=P y$ ，使 $f$ 化为标准形

$$
f=\lambda_1 y_1^2+\lambda_2 y_2^2+\cdots+\lambda_n y_n^2,
$$

其中 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n$ 是 $f$ 的矩阵 $A=\left(a_{i j}\right)$ 的特征值.

证明：略。

**推论** 任给 $n$ 元二次型 $f(x)=x^{\top} \boldsymbol{A} \boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}=\boldsymbol{A}\right)$ ，总有可逆变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{C} \boldsymbol{z}$ ，使 $f(\boldsymbol{C} z)$ 为规范形.
证明 按定理，有

$$
f(\boldsymbol{P} \boldsymbol{y})=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\Lambda} \boldsymbol{y}=\lambda_1 y_1^2+\lambda_2 y_2^2+\cdots+\lambda_n y_n^2
$$

设二次型 $f$ 的秩为 $r$ ，则特征值中恰有 $r$ 个不为 0 ，不妨设

$$
\begin{aligned}
& \lambda_1 \neq 0, \lambda_2 \neq 0, \cdots, \lambda_r \neq 0, \lambda_{i+1}=\cdots=\lambda_n=0, \text { 令 } \\
& \boldsymbol{K}=\left(\begin{array}{llll}
k_1 & & & \\
& k_2 & & \\
& & \ddots & \\
& & & k_n
\end{array}\right), \text { 其中 } k_i=\left\{\begin{array}{l}
\frac{1}{\sqrt{\left|\lambda_i\right|}}, i \leq r \\
1, i>r
\end{array},\right.
\end{aligned}
$$

则 $\boldsymbol{K}$ 可逆，变换 $\boldsymbol{y}=\boldsymbol{K} z$ 把 $f(\boldsymbol{P} \boldsymbol{y})$ 化为

$$
f(P K z)=(K z)^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\Lambda}(\boldsymbol{K z})=\mathbf{z}^{\mathrm{T}}\left(\boldsymbol{K}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\Lambda} \boldsymbol{K}\right) \boldsymbol{z},
$$

而

$$
\boldsymbol{K}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\Lambda} \boldsymbol{K}=\operatorname{diag}\left(\frac{\lambda_1}{\left|\lambda_1\right|}, \frac{\lambda_2}{\left|\lambda_2\right|}, \cdots, \frac{\lambda_r}{\left|\lambda_r\right|}, 0, \cdots, 0\right),
$$

记 $\boldsymbol{C}=\boldsymbol{P K}$ ， 即知可逆变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{C}$ 把 $f$ 化成规范形

$$
f(\boldsymbol{C} \boldsymbol{z})=\frac{\lambda_1}{\left|\lambda_1\right|} z_1^2+\frac{\lambda_2}{\left|\lambda_2\right|} z_2^2+\cdots+\frac{\lambda_r}{\left|\lambda_r\right|} z_r^2
$$

> 上面理论介绍，不想看的可以忽略，直接看例题。我们要学会怎么使用正交变换法化二次型为标准型就可以了，至于理论推导，可以忽略。

## 正交变换法的基本步骤
对于 $f= x ^{\top} A x$ ．
（1）在确定 $A$ 是实对称矩阵的条件下，求 $A$ 的特征值 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n$ ．
（2）求 $A$ 对应于特征值 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n$ 的特征向量 $\xi_1, \xi _2, \cdots, \xi_n$ ．
（3）将 $\xi _1, \xi _2, \cdots, \xi _n$ 正交化（若需要的话），单位化为 $\eta _1, \eta _2, \cdots, \eta _{ n }$ 
（4）令 $Q =\left[ \eta _1, \eta _2, \cdots, \eta _n\right]$ ，则 $Q$ 为正交矩阵，且 $Q ^{-1} A Q = Q ^{ \top } A Q = \Lambda$ ．
于是

$$
f=x^{\top} A x \xlongequal{\underline{x}=\underline{Q} y}(Q y)^{\top} A(Q y)=y^{\top} Q^{\top} A Q y= y ^{\top} A y
$$

**【注】若 $A$ 不是实对称矩阵，令 $B =\frac{1}{2}\left( A + A ^{ T }\right)$ ，即可将其变为实对称矩阵．**

`例`用正交替换把二次型 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=x_1 x_2+x_1 x_3+x_2 x_3$化为标准形，并写出所作的正交替换。

解： （1）二次型的矩阵为

$$
A=\left[\begin{array}{ccc}
0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0
\end{array}\right]
$$

由 $A$ 的特征方程

$$
|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{rrr}
\lambda & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\
-\frac{1}{2} & \lambda & -\frac{1}{2} \\
-\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \lambda
\end{array}\right|=(\lambda-1)\left(\lambda+\frac{1}{2}\right)^2=0,
$$

得 $A$ 的特征值为 $\lambda_1=1, \lambda_2=\lambda_3=-\frac{1}{2}$.

①当 $\lambda_1=1$ 时, 解齐次线性方程组 $(E-A) X=O$, 得对应于 $\lambda_1=1$的特征向量 $\alpha _1=(1,1,1)^T$ ，

单位化得 $\gamma_1=\left(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}\right)^T$ ；

②当 $\lambda_2=\lambda_3=-\frac{1}{2}$ 时, 解齐次线性方程组 $\left(-\frac{1}{2} E-A\right) X=O$, 得对应于 $\lambda_2=\lambda_3=-\frac{1}{2}$ 的线性无关的特征向量 $\alpha _2=(-1,1,0)^T$, $\alpha _3=(-1,0,1)^T$, 正交化并单位化, 得

$$
\gamma_2=\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0\right)^T
$$

$$
\gamma_3=\left(-\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}}\right)^T
$$

令
 $$
 Q=\left(\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3\right)=\left[\begin{array}{ccc}
\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\
\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\
\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}}
\end{array}\right]
$$

$Q$  是正交矩阵, 使得

$$
Q^T A Q=\left[\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0 \\
0 & -\frac{1}{2} & 0 \\
0 & 0 & -\frac{1}{2}
\end{array}\right]
$$

这样可以很容易写出：（1）主对角线是特征值。（2）特征值是多项式系数
 ![图片](/uploads/2025-04/88dd5e.jpg)
 
于是得到正交替换 $X=Q Y$, 即

$$
\left\{\begin{array}{l}
x_1=\frac{1}{\sqrt{3}} y_1-\frac{1}{\sqrt{2}} y_2-\frac{1}{\sqrt{6}} y_3 \\
x_2=\frac{1}{\sqrt{3}} y_1+\frac{1}{\sqrt{2}} y_2-\frac{1}{\sqrt{6}} y_3 . \\
x_3=\frac{1}{\sqrt{3}} y_1 \quad+\frac{2}{\sqrt{6}} y_3
\end{array}\right.
$$

在正交替换下二次型化为标准形 $y_1^2-\frac{1}{2} y_2^2-\frac{1}{2} y_3^2$.

`例` 求一个正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{P y}$ ，把二次型 $f=2 x_1^2+2 x_2^2+2 x_3^2+2 x_1 x_2+2 x_1 x_3+2 x_2 x_3$ 化为标准形.

解 二次型的矩阵为

$$
A=\left(\begin{array}{lll}
2 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 2
\end{array}\right)
$$

算出正交矩阵

$$
P=\left(\begin{array}{ccc}
\frac{\sqrt{3}}{3} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{6}}{6} \\
\frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{6}}{6} \\
\frac{\sqrt{3}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{6}}{3}
\end{array}\right),
$$

使

$$
\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P}=\boldsymbol{\Lambda}=\left(\begin{array}{lll}
4 & & \\
& 1 & \\
& & 1
\end{array}\right) \text {. }
$$

于是有正交变换

$$
\left(\begin{array}{l}
x_1 \\
x_2 \\
x_3
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
\frac{\sqrt{3}}{3} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{6}}{6} \\
\frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{6}}{6} \\
\frac{\sqrt{3}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{6}}{3}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}
y_1 \\
y_2 \\
y_3
\end{array}\right)
$$

把二次型 $f$ 化成标准形即得

$$
f=4 y_1^2+y_2^2+y_3^2 .
$$
 
在本题里，如果要把二次型 $f$ 化成规范形，只需令

$$
\left\{\begin{array}{l}
y_1=\frac{1}{2} z_1, \\
y_2=z_2, \\
y_3=z_3,
\end{array}\right.
$$

即得 $f$ 的规范形

$$
f=z_1^2+z_2^2+z_3^2 .
$$

（1）任何二次型 $f = x ^{ T } A x$ 均可通过配方法（作可逆线性变换 $x = C y$ ）化成标准形 $k_1 y_1^2+k_2 y_2^2+\cdots+k_n y_n^2$或规范形 $y_1^2+\cdots+y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots-y_{p+q}^2$ ．

【注】此处 $C$ 的列向量一般不是 $A$ 的特征向量，$k_i(i=1,2, \cdots, n)$ 一般也不是 $A$ 的特征值．

（2）任何二次型 $f= x ^{ T } A x$ 也可以通过正交变换 $x = Q y$ 化成标准形 $\lambda_1 y_1^2+\lambda_2 y_2^2+\cdots+\lambda_n y_n^2$ ．

【注】此处 $Q$ 的列向量均是 $A$ 的特征向量，$\lambda_i(i=1,2, \cdots, n)$ 均是 $A$ 的特征值．

（3）（惯性定理）无论选取什么样的可逆线性变换，将二次型化成标准形或规范形，其正项个数 $p$ ，负项个数 $q$ 都是不变的，$p$ 称为正惯性指数，$q$ 称为负惯性指数．
 秩为 $r(A)=p+q$ ．符号差 $s=p-q$ ．
## 用正交变换法化二次型为标准形的几何意义

我们知道，一个二次多项式可以写成二次型矩阵的形式，如下图
 ![图片](/uploads/2025-04/c22c0a.jpg){width=400px}

而一个图形乘以一个矩阵，相当于做了一个变换（因为是对称矩阵，所以只做了两种变换：拉伸或旋转），例如一个圆乘以矩阵变成了斜的椭圆

![图片](/uploads/2025-04/a64fdc.jpg){width=450px}
 
 #### **如何理解二次型的标准化呢？**
 所谓标准化，就是假设给你一个斜椭圆，我们要怎么把他“扶正”，参考下图是一个斜的椭圆
 
  ![图片](/uploads/2025-04/563a2d.jpg){width=450px} 
  
  
  利用矩阵的特征向量，我们可以找到图形的一个正交坐标基，但是，这个坐标基还不能直接使用，还需要单位化（让其每个分量的模长为1），参考下图
 
  ![图片](/uploads/2025-04/9ea2ec.jpg){width=600px} 
  
  
上面这个操作用数学语言描述就是，知道了斜椭圆的二次型矩阵$A$，然后把$A$分解为$A=C^T \Lambda C $，**其中的对角矩阵的主对角线就是A的特征值，左右两个矩阵是特征向量组成的转置矩阵$C^T$和$C$。** 
   ![图片](/uploads/2025-04/b32dcb.jpg){width=450px} 
   
   对于二次型矩阵，都是对称矩阵，所以特征值分解总可以得到正交矩阵与对角矩阵。 特征值分解实际上就是把运动分解了，矩阵单位化后只有旋转, 参见[旋转矩阵](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=2605)的介绍
     
![图片](/uploads/2025-04/c0c94b.jpg){width=450px}

左乘以$C^T$相当于让行旋转，右乘以$C$相当于让列旋转，中间对角矩阵$\Lambda$ 相当于记录变化的主要缩放比例。 这样就可以把图像扶正了。

![图片](/uploads/2025-04/6a6760.jpg){width=450px}

总之，二次型化为标准型就是把函数图像“扶正”的过程。

上面介绍部分改编自马同学图解线性代数。
### 进一步说明
下面对正交变换用文字进一步说明，用正交变换相当于变换后的坐标轴仍是垂直的，不是斜坐标。单位化表明变换后，坐标轴单位长度没有被拉伸或缩短。对二次型用正交矩阵变换可以使得图形几何形状保持变换前后不变。

比如 $2 x^2+2 y^2-x y=1 ，(x, y)\left(\begin{array}{cc}2 & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & 2\end{array}\right)\binom{x}{y}=1$ ，
用正交变换
对于 $A=\left(\begin{array}{cc}2 & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & 2\end{array}\right)$ ，可求得特征值为 $\lambda_1=\frac{3}{2}$ 和 $\lambda_2=\frac{5}{2} 。$ 对应 $\lambda_1=\frac{3}{2}$ 的特征向量 $\alpha_1=\binom{1}{1}$ ，对应 $\lambda_2=\frac{5}{2}$ 的特征向量 $\alpha_2=\binom{1}{-1}$ ，单位化可得 $\beta_1=\binom{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}$ 和 $\beta_2=\binom{\frac{1}{\sqrt{2}}}{-\frac{1}{\sqrt{2}}}$

正交矩阵 $ Q=\left(\beta_1, \beta_2\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)$.
$X=\binom{x}{y}, Y=\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}$ ，做变换 $X=Q Y$ ，
用正交变换后 $\frac{x^{\prime 2}}{\frac{2}{3}}+\frac{y^{\prime 2}}{\frac{2}{5}}=1$ ，

平面直角坐标系 $x o y$ 和新的坐标系 $x^{\prime}$ oy'，通过 $X=Q Y$ 变换，把 $x o y$ 平面内的向量 $X$ 转换到 $x^{\prime} o y^{\prime}$ 平面内的向量 $Y$ 。向量之间的坐标满足 $X=Q Y$ ，即 $\binom{x}{y}=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}$对于 $x^{\prime}$ o $y^{\prime}$ 坐标系内长度为 1 的 $x^{\prime}$ 轴单位方向向量 $\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}=\binom{1}{0}$, 它是由 $\binom{x}{y}=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)\binom{1}{0}=\binom{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}$ 变换而来，在 $x^{\prime}$ o $y^{\prime}$ 坐标系内长度为 1 变换前在 $x o y$平面内长度 $\sqrt{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}=1$ ，坐标轴长度没有变换。

同理对于 $x^{\prime}$ oy 坐标系内长度为 1 的 $y^{\prime}$ 轴单位方向向量 $\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}=\binom{0}{1}$, 它是由 $\binom{x}{y}=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)\binom{0}{1}=\binom{\frac{1}{\sqrt{2}}}{-\frac{1}{\sqrt{2}}}$ 变换而来，在 $x^{\prime}$ o $y^{\prime}$ 坐标系内长度为 1 变换前在 $x o y$ 平面内长度 $\sqrt{\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}=1$ ，坐标轴长度没有变换。

如果不单位化
$$
\begin{aligned}
& Q=\left(\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
1 & -1
\end{array}\right) \\
& X=\binom{x}{y}, Y=\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}} \text {,做变换 } X=Q Y ， \text { ，代入 } X^T A X=1 ， \\
& (Q Y)^T A(Q Y)=Y^T\left(Q^T A Q\right) Y, \\
& Q^T A Q=\left(\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
1 & -1
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
2 & -\frac{1}{2} \\
-\frac{1}{2} & 2
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
1 & -\llcorner
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}
3 & 0 \\
0 & 5
\end{array}\right) \\
& \frac{x^{\prime 2}}{3}+\frac{y^{\prime 2}}{5}=1,
\end{aligned}
$$

对于 $x^{\prime}$ o $y^{\prime}$ 坐标系内长度为 1 的 $x^{\prime}$ 轴单位方向向量 $\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}=\binom{1}{0}$, 它是由 $\binom{x}{y}=\left(\begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & -1\end{array}\right)\binom{1}{0}=\binom{亡}{1}$ 变换而来，在 $x^{\prime}$ o $y^{\prime}$ 坐标系内长度为 1 变换前在 $x o y$ 平面内长度 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$ ，坐标轴长度变换了。

同理对于 $x^{\prime}$ oy $y^{\prime}$ 坐标系内长度为 1 的 $y^{\prime}$ 轴单位方向向量 $\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}=\binom{0}{1}$, 它是由 $\binom{x}{y}=\left(\begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & -1\end{array}\right)\binom{0}{1}=\binom{1}{-1}$ 变换而来，在 $x^{\prime}$ o $y^{\prime}$ 坐标系内长度为 1 变换前在 $x o y$ 平面内长度 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$ ，坐标轴长度变换了。

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