最后更新: 2025-04-26 09:07 查看: 740 次反馈同步训练

二次型的规范形与惯性定理

## 二次型的规范形

同一个二次型所做的线性变换不同其得到的标准型是不同的。但是，同一个二次型的不同标准型有其共性，即标准型中所含系数不为零的平方数的个数是相同的，且正(负)平方项的个数是相同的。而且不论通过那种方法将二次型化为标准型后，都可以进一步化简称平方项系数只有1,-1,0的标准型，即二次项的**规范形**。

### 定义1：规范形定义
 $n$ 元二次型 $f$ 的标准形中，所有平方项的系数仅为 $1 ，-1$ 或 0 ，即形如 $y_1{ }^2+\cdots+y_p{ }^2-y_{p+1}{ }^2-\cdots-y_r{ }^2,(p \leq r \leq n)$ 把这种标准形称为二次型 $f$ 的规范形。

示例：
• 二次型$f(x, y, z) = x^2 + y^2 - z^2 $的规范形为$y_1^2 + y_2^2 - y_3^2 $，正惯性指数$p=2 $，负惯性指数$q=1 $。

• 若二次型经配方得$(x+y)^2 + (y+z)^2 $，规范形为$y_1^2 + y_2^2 $，正惯性指数$p=2 $，负惯性指数$q=0 $。

`例` 设三元二次型 $f$ 的标准形是 $f=2 y_1{ }^2-y_2{ }^2+3 y_3{ }^2$ ，作可逆线性变换 $\left\{\begin{array}{l}y_1=\frac{1}{\sqrt{2}} z_1 \\ y_2= \\ y_3=\frac{1}{\sqrt{3}} z_2\end{array} z_3\right.$ ，则得到 $f$ 的规范形为 $f=z_1{ }^2+z_2{ }^2-z_3{ }^2$

## 惯性指数
规范形中的 $p$ 称为二次型 $f$ 的正惯性指数， $r$ 为 $f$ 的负惯性指数， $f-r$ 称为 $f$ 的符号差, $f+r$ 称为二次型的秩。
惯性定理指出：二次型 $f$ 的正惯性指数、负惯性指数是唯一的，而且惯性定理可用矩阵语言来叙述：
对于任意一个$n$阶实对称矩阵$A$，它必合同于对角矩阵 $\left(\begin{array}{lll}E_p & & \\ & -E_{r} & \\ & & 0\end{array}\right)$ ，其中 $p$ 为$A$的正惯性指数， $r+p$ 为 A 的秩。

二次型的秩等于矩阵的秩等下向量组的秩，利用这个结论，可以解题，见下面例题。
 
`例`  已知二次型 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=(1-a) x_1^2+(1-a) x_2^2+2 x_3^2+2(1+a) x_1 x_2$ 的秩为 2 ，则 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=0$ 的通解为 $\qquad$ ．
解：$x =[k,-k, 0]^{ T }, k$ 是任意常数．

分析： 二次型 $f$ 的矩阵为 $A =\left[\begin{array}{ccc}1-a & 1+a & 0 \\ 1+a & 1-a & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right]$ ．
由题可知，矩阵 $A$ 的秩为 2 ，从而 $| A |=2\left|\begin{array}{ll}1-a & 1+a \\ 1+a & 1-a\end{array}\right|=-8 a=0$ ，解得 $a=0$ ，则

$$
f\left(x_1, x_2, x_3\right)=x_1^2+x_2^2+2 x_3^2+2 x_1 x_2=\left(x_1+x_2\right)^2+2 x_3^2 .
$$

由 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=0$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x_1+x_2=0 \\ x_3=0,\end{array}\right.$ 解得 $x=[k,-k, 0]^{\top}, k$ 是任意常数．

`例`  二次型 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=x_1 x_2+x_1 x_3-x_2 x_3$ 的负惯性指数 $q$ 为 ?

解：令

$$
\left\{\begin{array}{l}
x_1=y_1+y_2, \\
x_2=y_1-y_2, \\
x_3=y_3,
\end{array}\right.
$$

则

$$
\begin{aligned}
f & =y_1^2-y_2^2+y_1 y_3+y_2 y_3-y_1 y_3+y_2 y_3=y_1^2-y_2^2+2 y_2 y_3 \\
& =y_1^2-\left(y_2-y_3\right)^2+y_3^2 .
\end{aligned}
$$

令 $\left\{\begin{array}{l}z_1=y_1, \\ z_2=y_2-y_3 \\ z_3=y_3,\end{array}\right.$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}y_1=z_1, \\ y_2=z_2+z_3 \\ y_3=z_3,\end{array}\right.$ ，得二次型的规范形为

$$
f \xlongequal{ x = C z} z_1^2-z_2^2+z_3^2 .
$$

故负惯性指数 $q$ 为 1 ．
 
##   西尔维斯特 Sylvester惯性定理
我们在物理学里都学过牛顿惯性定律，惯性是指物体**具有保持其运动状态的性质**。在《线性代数》里，也有一个惯性定理：二次型标准型虽然形式不一，但是其正负项个数是**保持**固定的，不因为你所采用的变换而改变，故称为**二次型的惯性定理**。

比如$ax^2+by^2=r^2 (a>0,b>0)$ 表示的是椭圆，不论采用何种变换，他变来变去仍是椭圆，不可能变成抛物线，也不可能变成双曲线。
同样如果$ax^2+by^2=r^2 (a>0,b<0)$ 表示的是双曲线，不论怎么变，都还是双曲线，不可能变成椭圆。 也就是 $x,y$前的正负号保持不变。

**定理1**
设有二次型 $f(x)=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}} A \boldsymbol{x}$ ，它的秩为 $r$ ，有两个可逆变换
$x=C y$ 及 $x=P z$ 使
$f=k_1 y_1^2+k_2 y_2^2+\cdots+k_r y_r^2 \quad\left(k_i \neq 0\right),$ 及 $f=\lambda_1 z_1^2+\lambda_2 z_2^2+\cdots+\lambda_r z_r^2 \quad\left(k_i \neq 0\right),$

则 $k_1, \cdots, k_r$ 中正数的个数与 $\lambda_1, \cdots, \lambda_r$ 中正数的个数相等.
这个定理称为**惯性定理**，这里不予证明.

标准形中非零系数个数、正系数个数、负系数个数都是不变的, 此即西尔维斯特(Sylvester)惯性定理:

`例` 证明曲线 $x^2+x y+y^2=1$ 是椭圆。
解: 对于给定一个二次型，写出他的二次型矩阵的方法是：
（1）平方项系数直接放到主对角线上。题目里$x^2,y^2$的系数都是1，所以，放到矩阵的主对角线上。
（2）交叉项的系数的一般放在矩阵的相应位置。题目里$xy$的系数是$1$,他的一半是$\frac{1}{2}$。
因此
二次型 $x^2+x y+y^2$ 的矩阵是 $\left(\begin{array}{cc}1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 1\end{array}\right)$ ，
所以特征值是 $\frac{1}{2}$ 和 $\frac{3}{2}$ ，单位化特征向量拼成的正交矩阵 $P=\binom{\frac{\sqrt{2}}{2} \frac{\sqrt{2}}{2}}{-\frac{\sqrt{2}}{2} \frac{\sqrt{2}}{2}}$ ，它对应于 $45^{\circ}$ 角的旋转矩阵。

也就是说，通过正交变换，我们可以得到在旋转 $45^{\circ}$ 的正交坐标系下，曲线的方程可以转化为 $\frac{1}{2} x^2+\frac{3}{2} y^2=1$ 因此这个曲线是一个椭圆。
也就是说，之前特别难证明的一个东西，被线性代数一下子就解决了!
下图显示了其图形

![图片](/uploads/2024-10/9bea41.jpg){width=500px}

`例` 用配方法求 $f\left(x_1, x_2\right)=x_1^2-4 x_1 x_2+x_2{ }^2$ 的标准形。

解:

$$
\begin{aligned}
f\left(x_1, x_2\right) & =x_1^2-4 x_1 x_2+x_2{ }^2 \\
& =\left(x_1{ }^2-4 x_1 x_2+4 x_2{ }^2\right)-3 x_2{ }^2 \\
& =\left(x_1-2 x_2\right)^2-3 x_2{ }^2
\end{aligned}
$$

作可逆线性变换 $\left\{\begin{array}{l}y_1=x_1-2 x_2 \\ y_2=\quad x_2\end{array}\right.$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}x_1=y_1+2 y_2 \\ x_2=\quad y_2\end{array}\right.$ ，得 $f$ 的标准形 $f=y_1{ }^2-3 y_2{ }^2$
注意：用配方法得到的 $f$ 的标准形称为 $f$ 的合同标准形，这种标准形的系数当然不一定是 $f$ 的矩阵的特征值。例如本例所得标准形的系数 $1$ ， $-3$ 就不是 $f$ 的矩阵的特征值，实际上它的特征值为$3$ ， $-1$ 。

对任意一个 $n$ 元实二次型，可以有两种方法得到二次型的标准形，由于所作的线性变换不同，标准形也未必相同，例如上例中，二次型 $f=x_1{ }^2-4 x_1 x_2+x_2{ }^2$ 用配方法得到 $f$ 的标准形是 $f=y_1{ }^2-3 y_2{ }^2$ ，而若用正交变换，得到 $f$ 的标准形是 $f=3 y_1{ }^2-y_2{ }^2$ ，因此

> **二次型的标准形不是唯一的但是规范形是唯一的**

`例` 用配方法求 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=2 x_1 x_2+2 x_1 x_3-6 x_2 x_3$ 的标准形。
解：本题中二次型没有出现平方项，为配出完全平方，我们先作如下可逆线性变换产生平方项。

$$
\text { 令 }\left\{\begin{array}{l}
x_1=y_1+y_2 \\
x_2=y_1-y_2 \\
x_3=\quad y_3
\end{array}\right.
$$

它把原二次型化为: $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=2 x_1 x_2+2 x_1 x_3-6 x_2 x_3$

$$
\begin{aligned}
& =2\left(y_1+y_2\right)\left(y_1-y_2\right)+2\left(y_1+y_2\right) y_3-6\left(y_1-y_2\right) y_3 \\
& =2{y_1^2}^2-4 y_1 y_3-2{y_2}^2+8 y_2 y_3 \\
& =2\left(y_1-y_3\right)^2-2{y_2^2}^2-2 y_3^2+8 y_2 y_3 \\
& =2\left(y_1-y_3\right)^2-2\left(y_2-2 y_3\right)^2+6 y_3^2
\end{aligned}
$$

再作可逆线性变换 $\left\{\begin{array}{lr}z_1=y_1 & -y_3 \\ z_2= & y_2-2 y_3 \\ z_3= & y_3\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{lr}y_1=z_1 & +z_3 \\ y_2= & z_2+2 z_3 \\ y_3= & z_3\end{array}\right.$
也就有可逆线性变换 $\left\{\begin{array}{l}x_1=z_1+z_2+3 z_3 \\ x_2=z_1-z_2-z_3 \\ x_3=\quad z_3\end{array}\right.$ ，则 $f$ 的合同标准形 $f=2 z_1{ }^2-2 z_2{ }^2+6 z_3{ }^2$ 。

`例` 设四元二次型 $

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