最后更新: 2025-04-26 08:51 查看: 1020 次反馈同步训练

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_

免费注册看余下 50%

非VIP会员每天15篇文章，开通VIP 无限制查看

上一篇：二次型化标准形（初等变换法）

下一篇：二次型的规范形与惯性定理

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)