第六章 二次型

第六章 二次型

本章考点

二次型及其矩阵表示 合同变换与合同矩阵 二次型的秩 惯性定理 二次型的标准形

和规范形 用正交变换和配方法化二次型为标准形 二次型及其矩阵的正定性

本章知识框图

一、 二次型及其标准形

定义 含有 n 个变量的一个二次齐次多项式

$$ \begin{aligned}f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})=a_{11}x_{1}^{2}+2a_{12}x_{1}x_{2}+2a_{13}x_{1}x_{3}+\cdots+2a_{1n}x_{1}x_{n}\\+a_{22}x_{2}^{2}+2a_{23}x_{2}x_{3}+\cdots+2a_{2n}x_{2}x_{n}\\+\cdots+a_{mn}x_{n}^{2}\end{aligned} $$

称为 n 个变量的二次型，系数均为实数时，称为 n 元实二次型.

若令 $ a_{ij}=a_{ji},i\lt j $，则 $ 2a_{ij}x_{i}x_{j}=a_{ij}x_{i}x_{j}+a_{ji}x_{j}x_{i} $，那么二次型①可以写成矩阵形式：

$$ \begin{aligned}f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_{ij}x_{i}x_{j}\\&=\left[x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right]\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{m}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \vdots\\ x_{n}\end{bmatrix}\\&=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x},\end{aligned} $$

其中 A 是对称矩阵，称为二次型 f 的对应矩阵.

$$ \begin{aligned} 例如：f(x_{1},x_{2},x_{3})&=x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}+4x_{1}x_{3}+6x_{2}x\\=&\left[x_{1},x_{2},x_{3}\right]\begin{bmatrix}1&1&2\\1&2&3\\2&3&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{bmatrix}=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}.\end{aligned} $$

其中 $ A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{bmatrix}, A^{T} = A, x = \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} $.

注意 当A是对称阵时，二次型 $ f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} $ 和A一一对应.

定义 若二次型 $ f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}) $ 只有平方项，没有混合项（即混合项的系数全为零），即

$$ f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=a_{1}x_{1}^{2}+a_{2}x_{2}^{2}+\cdots+a_{n}x_{n}^{2}, $$

则称二次型为标准形（又称平方和）.

在二次型的标准形中，若平方项的系数 $ a_{i} $ 只是 1, -1, 0，即

$$ f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{p}^{2}-x_{p+1}^{2}-\cdots-x_{p+q}^{2}, $$

学习笔记

则称为二次型的规范形（系数中1的个数是p,-1的个数是q，0的个数是 $ n-(p+q) $）.

定义 在二次型 $ x^{T}Ax $ 的标准形中，正平方项的个数 p 称为二次型的正惯性指数，负平方项的个数 q 称为二次型的负惯性指数.

定义 二次型 $ x^{T}Ax $ 矩阵 A 的秩称为二次型的秩.

【注】对于 $ f=(x_{1},x_{2},x_{3})\begin{bmatrix}1&3&0\\ 1&0&0\\ 0&4&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\end{bmatrix} $，有

$$ \begin{aligned}f&=(x_{1}+x_{2},3x_{1}+4x_{3},-x_{3})\begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\end{bmatrix}\\&=(x_{1}+x_{2})x_{1}+(3x_{1}+4x_{3})x_{2}-x_{3}^{2},\end{aligned} $$

故 $ f=x_{1}^{2}-x_{3}^{2}+4x_{1}x_{2}+4x_{2}x_{3} $，为三元二次型，其二次型矩阵 A = $ \begin{bmatrix}1&2&0\\2&0&2\\0&2&-1\end{bmatrix} $，秩 $ r(f)=r(A)=2 $.

虽 $ x^{T} $ $ \begin{bmatrix}1&3&0\\1&0&0\\0&4&-1\end{bmatrix}x $是二次型，但矩阵 $ \begin{bmatrix}1&3&0\\1&0&0\\0&4&-1\end{bmatrix} $不是二次型

矩阵，其秩也不是二次型的秩.

定义（合同）设 A, B 是两个 n 阶方阵，若存在可逆阵 C，使得 $ C^{T}AC = B $，则称 A 合同于 B，记成 $ A \simeq B $.

合同矩阵有如下性质：

① 反身性. $ A \simeq A $.

②对称性. 若 $ A \simeq B $，则 $ B \simeq A $.

③传递性. 若 $ A \simeq B, B \simeq C $，则 $ A \simeq C $.

对于三元二次型 $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} $，如果

$$ \{\begin{aligned}x_{1}&=c_{11}y_{1}+c_{12}y_{2}+c_{13}y_{3},\\ x_{2}&=c_{21}y_{1}+c_{22}y_{2}+c_{23}y_{3},\\ x_{3}&=c_{31}y_{1}+c_{32}y_{2}+c_{33}y_{3},\end{aligned}. $$

满足

$$ \mid\mathbf{C}\mid=\left|\begin{array}{l l l}{c_{11}}&{c_{12}}&{c_{13}}\\ {c_{21}}&{c_{22}}&{c_{23}}\\ {c_{31}}&{c_{32}}&{c_{33}}\end{array}\right|\neq0, $$

则称 $ (\cdot) $是由 $ \boldsymbol{x}=(x_{1},x_{2},x_{3})^{\mathrm{T}} $到 $ \boldsymbol{y}=(y_{1},y_{2},y_{3})^{\mathrm{T}} $

用矩阵描述为：x = Cy.

注意以 $ \boldsymbol{x} = (x_1, x_2, x_3)^{\mathrm{T}} $ 为自变量的二次型 $ x^{T}Ax $，经坐标变换 $ x = C y $ 后将成为以 $ \boldsymbol{y} = (y_1, y_2, y_3)^{\mathrm{T}} $ 为自变量的二次型 $ y^{T}By $，其中 $ B = C^{T}AC $。可见经坐标变换二次型矩阵 A 和 B 是合同的。

定理 6.1 对任意一个 n 元二次型 $ f(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}) = \boldsymbol{x}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} \boldsymbol{x} $，必存在正交变换 x = Q y，其中 Q 是正交阵。化二次型为标准形，即

$$ \begin{aligned}f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})&=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}A\boldsymbol{x}\xlongequal{\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}}\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}Q^{\mathrm{T}}A Q\boldsymbol{y}\\&=\lambda_{1}y_{1}^{2}+\lambda_{2}y_{2}^{2}+\cdots+\lambda_{n}y_{n}^{2},\end{aligned} $$

其中 $ \lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n} $ 是 A 的 n 个特征值.

用矩阵的语言表达，即对任意一个 n 阶实对称阵 A，必存在正交阵 Q，使得

$$ \boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{\Lambda}, $$

其中 $ \Delta = \begin{bmatrix} \lambda_{1} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_{2} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_{n} \end{bmatrix}, \lambda_{i} (i = 1, 2, \cdots, n) $ 是 A 的特征值，即 A 必

【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.

定理 6.2 对任一个 n 元二次型 $ f(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}) = x^{\mathrm{T}}Ax $，都可以通过（配方法）可逆线性变换 x = Cy，其中 C 是可逆阵。化成标准形，即

$$ \begin{aligned}f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})&=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}\xlongequal{\boldsymbol{x}=\boldsymbol{C}\boldsymbol{y}}\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{C}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{C}\boldsymbol{y}\\&=d_{1}y_{1}^{2}+d_{2}y_{2}^{2}+\cdots+d_{n}y_{n}^{2}.\end{aligned} $$

用矩阵的语言表达，即对任意一个 n 阶实对称阵 A，一定存在可逆阵 C，使得 $ C^{T}AC = \Lambda $。其中

$$ \mathbb{A}=\left[\begin{matrix}{d_{1}}&{0}&{\cdots}&{0}\\ {0}&{d_{2}}&{\cdots}&{0}\\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\\ {0}&{0}&{\cdots}&{d_{n}}\\ \end{matrix}\right]. $$

定理6.3（惯性定理）对一个二次型 $ x^{T}Ax $ 经坐标变换化为标准形，其正惯性指数和负惯性指数都是唯一确定的.

例 1 求二次型的秩 答案解析 →

(1) $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}x_{2}-2x_{2}x_{3}. $

(2) $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=(x_{1}-3x_{2}+2x_{3})^{2}. $

例 2 用配方法化二次型 答案解析 →

$ f(x_{1},x_{2},x_{3})=2x_{1}^{2}+3x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}+4x_{1}x_{2}-8x_{2}x_{3}-4x_{3}x_{1} $

为标准形，写出所用坐标变换 x = C y，并验证 $ C^{T} A C = \Lambda $.

例3 二次型 $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=(x_{1}+x_{2})^{2}+(x_{2}-x_{3})^{2}+(x_{3}+x_{1})^{2} $ 的标准形是 答案解析 →

(A) $ y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}. $ (B) $ y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-y_{3}^{2}. $

(C) $ y_{1}^{2}+y_{2}^{2}. $ (D) $ y_{1}^{2}-y_{2}^{2}. $

例4 二次型 $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}+3x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+2ax_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+2x_{2}x_{3} $，经正交变换 x=Py 化为标准形 $ y_{1}^{2}+4y_{2}^{2} $，则 a= ___. 答案解析 →

例5 二次型 $ f(x_{1},x_{2})=x^{T}Ax $ 经正交变换 x=Qy 化为标准形 $ y_{1}^{2}+3y_{2}^{2} $，若 Q 的第一列是 $ \left[\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right]^{T} $，则 Q= ___. 答案解析 →

例6 用正交变换 x = Qy 化二次型 $ f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + 2x_{3}^{2} + 4x_{2}x_{3} $ 为标准形，写出所用坐标变换，并用 $ Q^{T}AQ = \Lambda $ 验证. 答案解析 →

例 7 用正交变换化二次型 答案解析 →

$ f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}+4x_{2}^{2}+x_{3}^{2}-4x_{1}x_{2}-8x_{1}x_{3}-4x_{2}x_{3} $

为标准形，并写出所用坐标变换.

例 8 已知二次型 答案解析 →

$ f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}-x_{2}^{2}+cx_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}-2x_{1}x_{3}+6x_{2}x_{3} $

的秩为2，则(1)c= ___. (2) 正惯性指数 p = ___.

例 9 已知二次型 答案解析 →

$ f(x_{1},x_{2},x_{3})=5x_{1}^{2}+5x_{2}^{2}+cx_{3}^{2}-2x_{1}x_{2}+6x_{1}x_{3}-6x_{2}x_{3} $

的秩为2.

(1) 求 c 的值.

（2）求该二次型的正惯性指数、负惯性指数.

例11 与矩阵 $ A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} $ 合同的矩阵是 答案解析 →

(A) $ \begin{bmatrix}1&&\\ &1&\\ &&0\end{bmatrix} $. (B) $ \begin{bmatrix}1&&\\ &1&\\ &&-1\end{bmatrix} $. (C) $ \begin{bmatrix}1&&\\ &-1&\\ &&-1\end{bmatrix} $. (D) $ \begin{bmatrix}1&&\\ &-1&\\ &&0\end{bmatrix} $.

例12 已知 $ A = \begin{bmatrix} 1 & -2 & 0 \\ -2 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & -2 \end{bmatrix} $，C 是三阶可逆矩阵，且 $ C^{T} A C = \Lambda $，则 C = ___. 答案解析 →

二、 正定二次型

定义（正定）若对于任意的非零向量 $ \boldsymbol{x}=(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})^{\mathrm{T}} $，恒有

$$ f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_{ij}x_{i}x_{j}=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}\gt 0, $$

则称二次型 f 为正定二次型，对应矩阵为正定矩阵.

例如：三元二次型 $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}+3x_{2}^{2}+5x_{3}^{2} $

$$ \forall\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}t\\ u\\ v\end{bmatrix}\neq\mathbf{0}, 恒有 f(t,u,v)=t^{2}+3u^{2}+5v^{2}\gt 0, $$

所以二次型 f 正定，矩阵 $ A = \begin{bmatrix} 1 & & \\ & 3 & \\ & & 5 \end{bmatrix} $ 是正定矩阵.

又如三元二次型 $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}+4x_{3}^{2}+5x_{1}x_{2} $ 不是正定二次型，因为当 $ \boldsymbol{x}=(0,1,0)^{\mathrm{T}} $ 时， $ f(0,1,0)=0 $ 不满足 $ \forall x\neq0,f\gt 0 $ 的要求.

定理 6.4 可逆线性变换不改变二次型的正定性.

由定理可知，对一般的二次型（或对称阵）应设法作可逆线性变换化成标准形（或规范形），根据 $ d_{i} $是否均大于零来判别其正定性.

定理 6.5 f 正定的充要条件

$$ f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}\text{ 正定 } $$

$ \Leftrightarrow A $ 的正惯性指数 p = n

$ \Leftrightarrow A \simeq E $，即存在可逆阵 C，使得 $ C^{T}AC = E $

$ \Leftrightarrow A = D^{T}D $，其中D是可逆阵

⇔A 的全部特征值 $ \lambda_{i} \gt 0, i = 1, 2, \cdots, n $

$ \Leftrightarrow A $ 的全部顺序主子式大于零，即

若 $ A = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{bmatrix} $ 正定 $ \Leftrightarrow a_{11} \gt 0, \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix} \gt 0, \cdots, |A| \gt 0. $

定理 6.6 $ f = x^{T}Ax $ 正定的必要条件

若二次型 $ f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} $ 正定，则

(1)A的主对角元素 $ a_{ii}\gt 0 $.

(2)A 的行列式 $ \left|A\right| \gt 0 $.

例 13 下列矩阵中，正定矩阵是 答案解析 →

(A)

$$ \begin{bmatrix}1&2&0\\ 2&3&0\\ 0&0&5\end{bmatrix}. $$

(B)

$$ \begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{0}}} \\{{{2}}}&{{{5}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-3}}}\end{bmatrix}. $$

(C)

$$ \begin{bmatrix}{{{3}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{4}}}\end{bmatrix}. $$

(D)

$$ \begin{bmatrix}{{{3}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{5}}}\end{bmatrix}. $$

答案见 151 页

例 14 判别二次型 答案解析 →

$ f(x_{1},x_{2},x_{3})=2x_{1}^{2}+5x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}+4x_{1}x_{2}-4x_{1}x_{3}-8x_{2}x_{3} $

的正定性.

例15 已知二次型 答案解析 →

$ f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}+4x_{2}^{2}+4x_{3}^{2}+2tx_{1}x_{2}-2x_{1}x_{3}+4x_{2}x_{3} $

正定，求 t 的取值范围.

答案见152页

例16 设 $ A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix} $，若 $ A + kE $ 是正定矩阵，则 k 的取值范围是 ___. 答案解析 →

例题解析

一、 二次型及其标准形

例 1 【解】（1）二次型矩阵 ← 严选题题目 ← 原题

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}0&\frac{1}{2}&0\\ \frac{1}{2}&0&-1\\ 0&-1&0\end{bmatrix}, $$

所以 $ r(f) = r(A) = 2 $.

(2) 令 $ \{\begin{aligned}y_{1}&=x_{1}-3x_{2}+2x_{3},\\ y_{2}&=x_{2},\\ y_{3}&=x_{3},\end{aligned}. $ 经坐标变换 $ f(x_{1},x_{2},x_{3})=y_{1}^{2} $

$$ \boldsymbol{A}\simeq\boldsymbol{\Lambda}=\begin{bmatrix}1&&\\ &0&\\ &&0\end{bmatrix}, $$

所以 $ r(f) = r(A) = r(\Lambda) = 1 $.

$$ \begin{aligned}f&=(x_{1},x_{2},x_{3})\begin{bmatrix}1\\ -3\\ 2\end{bmatrix}(1,-3,2)\begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\end{bmatrix}\\&=(x_{1},x_{2},x_{3})\begin{bmatrix}1&-3&2\\ -3&9&-6\\ 2&-6&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\end{bmatrix},\end{aligned} $$

所以 $ r(f) = r(A) = r\begin{bmatrix}1 & -3 & 2 \\ -3 & 9 & -6 \\ 2 & -6 & 4\end{bmatrix} = 1. $

例2 【解】先把所有含 $ x_{1} $ 的项配成一个完全平方，即有 ← 严选题题目 ← 原题

$$ \begin{aligned}f&=2[x_{1}^{2}+2x_{1}(x_{2}-x_{3})+(x_{2}-x_{3})^{2}]+3x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}-\\&\quad8x_{2}x_{3}-2(x_{2}-x_{3})^{2}\\&=2(x_{1}+x_{2}-x_{3})^{2}+x_{2}^{2}+3x_{3}^{2}-4x_{2}x_{3},\end{aligned} $$

再把所有含 $ x_{2} $ 的项配成一个完全平方，即

$$ \begin{aligned}f&=2(x_{1}+x_{2}-x_{3})^{2}+(x_{2}^{2}-4x_{2}x_{3}+4x_{3}^{2})+3x_{3}^{2}-4x_{3}^{2}\\&=2(x_{1}+x_{2}-x_{3})^{2}+(x_{2}-2x_{3})^{2}-x_{3}^{2}.\end{aligned} $$

引入新变量，令

$$ \{\begin{aligned}y_{1}&=x_{1}+x_{2}-x_{3},\\ y_{2}&=\quad x_{2}-2x_{3},\\ y_{3}&=\quad x_{3},\end{aligned}.\quad 即 \quad\{\begin{aligned}x_{1}&=y_{1}-y_{2}-y_{3},\\ x_{2}&=\quad y_{2}+2y_{3},\\ x_{3}&=\quad y_{3},\end{aligned}. $$

则有 f 的标准形 $ f = 2y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2} $

用矩阵描述即：二次型矩阵 $ A = \begin{bmatrix} 2 & 2 & -2 \\ 2 & 3 & -4 \\ -2 & -4 & 5 \end{bmatrix} $，经坐标变换 x = Cy，即

$$ \left[\begin{matrix}{x_{1}}\\ {x_{2}}\\ {x_{3}}\\ \end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}{1}&{-1}&{-1}\\ {0}&{1}&{2}\\ {0}&{0}&{1}\\ \end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}{y_{1}}\\ {y_{2}}\\ {y_{3}}\\ \end{matrix}\right], $$

有 $ \boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=(\boldsymbol{C}\boldsymbol{y})^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{C}\boldsymbol{y})=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{y}=2y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-y_{3}^{2} $

验证： $ C^{T}AC=\begin{bmatrix}1&0&0\\ -1&1&0\\ -1&2&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2&2&-2\\ 2&3&-4\\ -2&-4&5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-1&-1\\ 0&1&2\\ 0&0&1\end{bmatrix} $

$$ \begin{aligned}=\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{2}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix}.\end{aligned} $$

【注】对 $ f=2(x_{1}+x_{2}-x_{3})^{2}+(x_{2}-2x_{3})^{2}-x_{3}^{2} $，如令

$$ \{\begin{aligned}y_{1}&=\sqrt{2}x_{1}+\sqrt{2}x_{2}-\sqrt{2}x_{3},\\ y_{2}&=\quad x_{2}\quad-2x_{3},\\ y_{3}&=\quad x_{3},\end{aligned}. 即 \{\begin{aligned}x_{1}&=\frac{1}{\sqrt{2}}y_{1}-y_{2}-y_{3},\\ x_{2}&=\quad y_{2}+2y_{3},\\ x_{3}&=\quad y_{3},\end{aligned}. $$

则有 f 的规范形 $ f = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2} $

用此配方法可得到规范形.

例 3 【分析】 ← 严选题题目 ← 原题

$$ \begin{aligned}f(x_{1},x_{2},x_{3})&=2x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+2x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}-2x_{2}x_{3}+2x_{1}x_{3}\\&=2\big[x_{1}^{2}+x_{1}(x_{2}+x_{3})+\frac{1}{4}(x_{2}+x_{3})^{2}\big]+2x_{2}^{2}+\\&\quad2x_{3}^{2}-2x_{2}x_{3}-\frac{1}{2}(x_{2}+x_{3})^{2}\\&=2(x_{1}+\frac{1}{2}x_{2}+\frac{1}{2}x_{3})^{2}+\frac{3}{2}x_{2}^{2}+\frac{3}{2}x_{3}^{2}-3x_{2}x_{3}\\&=2(x_{1}+\frac{1}{2}x_{2}+\frac{1}{2}x_{3})^{2}+\frac{3}{2}(x_{2}-x_{3})^{2}\\ \end{aligned} $$

可知 p = 2, q = 0，故应选(C).

【注】①标准形不唯一， $ 2y_{1}^{2}+\frac{3}{2}y_{2}^{2} $， $ 3y_{1}^{2}+5y_{2}^{2} $， $ y_{1}^{2}+y_{2}^{2} $，⋯，均可以是f的标准形.

②如：令 $ \{\begin{aligned}y_{1}&=x_{1}+x_{2},\\ y_{2}&=x_{2}-x_{3},\\ y_{3}&=x_{1}+x_{3},\end{aligned}. $

得 $ f = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} $. (2)

因 $ \left|\begin{matrix}1&1&0\\ 0&1&-1\\ 1&0&1\end{matrix}\right|=0 $，即(1)不是坐标变换，那么(2)就不是f的标准形.

例4 【分析】二次型 $ x^{T}Ax $ 经正交变换化为标准形 $ y_{1}^{2} + 4y_{2}^{2} $，那么标准形中的平方项系数 1,4,0 就是 A 的特征值. ← 原题

现 $ A = \begin{bmatrix} 1 & a & 1 \\ a & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} $，由

$$ \mid\boldsymbol{A}\mid=\left|\begin{matrix}1&a&1\\ a&3&1\\ 1&1&1\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}0&a-1&0\\ a&3&1\\ 1&1&1\end{matrix}\right|=-\left(a-1\right)^{2}=0 $$

得a=1.

例5【分析】二次型 $ x^{T}Ax $ 经正交变换 x = Qy 化为标准形 $ y_{1}^{2} + 3y_{2}^{2} $，那么标准形中平方项系数 1，3 就是矩阵 A 的特征值，而正交矩阵 Q 的列向量就是 A 的特征向量. ← 原题

已知 Q 的第一列是 $ \left[\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right]^{\mathrm{T}} $，即矩阵 A 关于 $ \lambda_{1}=1 $ 的特征向量是 $ \left[\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right]^{\mathrm{T}} $。设 $ \lambda_{2}=3 $ 的特征向量是 $ \alpha=\left[x_{1},x_{2}\right]^{\mathrm{T}} $。

于是 $ \frac{1}{\sqrt{2}}x_{1}+\frac{1}{\sqrt{2}}x_{2}=0 $，解出基础解系 $ [1,-1]^{T} $，单位化为 $ \left[\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}}\right]^{T} $

所以 $ Q = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix} $.

例6 【解】 二次型矩阵 $ A=\begin{bmatrix}1&0&0\\ 0&-1&2\\ 0&2&2\end{bmatrix} $，矩阵A的特征多项式 ← 原题

$$ \begin{aligned}\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|&=\left|\begin{matrix}\lambda-1&0&0\\0&\lambda+1&-2\\0&-2&\lambda-2\end{matrix}\right|=(\lambda-1)\left|\begin{matrix}\lambda+1&-2\\-2&\lambda-2\end{matrix}\right|\\&=(\lambda-1)(\lambda-3)(\lambda+2),\end{aligned} $$

得到矩阵A的特征值：1,3,-2.

当 $ \lambda_{1}=1 $时，由 $ (\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{-1}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到特征向量 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,0,0)^{\mathrm{T}} $

当 $ \lambda_{2}=3 $时，由 $ (3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{4}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到特征向量 $ \boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,1,2)^{\mathrm{T}} $

当 $ \lambda_{3}=-2 $时，由 $ (-2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}{{{-3}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{-4}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到特征向量 $ \boldsymbol{\alpha}_{3}=(0,-2,1)^{\mathrm{T}} $

实对称矩阵特征值不同特征向量相互正交，故只需单位化，

$$ \boldsymbol{\gamma}_{1}=(1,0,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\gamma}_{2}=\frac{1}{\sqrt{5}}(0,1,2)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\gamma}_{3}=\frac{1}{\sqrt{5}}(0,-2,1)^{\mathrm{T}}, $$

那么令 $ Q = (\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3}) $，即

$$ \begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\\ 0&\frac{1}{\sqrt{5}}&-\frac{2}{\sqrt{5}}\\ 0&\frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{1}{\sqrt{5}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3}\end{bmatrix}, $$

有 $ \boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}(\boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q})\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}(\boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q})\boldsymbol{y}=y_{1}^{2}+3y_{2}^{2}-2y_{3}^{2} $

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}&=\boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{\frac{1}{\sqrt{5}}}}}&{{{\frac{2}{\sqrt{5}}}}} \\{{{0}}}&{{{-\frac{2}{\sqrt{5}}}}}&{{{\frac{1}{\sqrt{5}}}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{2}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{\frac{1}{\sqrt{5}}}}}&{{{-\frac{2}{\sqrt{5}}}}} \\{{{0}}}&{{{\frac{2}{\sqrt{5}}}}}&{{{\frac{1}{\sqrt{5}}}}}\end{bmatrix}\\&=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{\frac{3}{\sqrt{5}}}}}&{{{\frac{6}{\sqrt{5}}}}} \\{{{0}}}&{{{\frac{4}{\sqrt{5}}}}}&{{{-\frac{2}{\sqrt{5}}}}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{\frac{1}{\sqrt{5}}}}}&{{{-\frac{2}{\sqrt{5}}}}} \\{{{0}}}&{{{\frac{2}{\sqrt{5}}}}}&{{{\frac{1}{\sqrt{5}}}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{3}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix}.\end{aligned} $$

例 7 【解】 二次型矩阵 ← 严选题题目 ← 原题

$$ \begin{array}{r}{\boldsymbol{A}=\left[\begin{matrix}{1}&{-2}&{-4}\\ {-2}&{4}&{-2}\\ {-4}&{-2}&{1}\end{matrix}\right],}\end{array} $$

矩阵A的特征多项式

$$ \begin{aligned}\mid\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\mid&=\left|\begin{matrix}\lambda-1&2&4\\ 2&\lambda-4&2\\ 4&2&\lambda-1\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\lambda-5&0&5-\lambda\\ 2&\lambda-4&2\\ 4&2&\lambda-1\end{matrix}\right|\\&=\left|\begin{matrix}\lambda-5&0&0\\ 2&\lambda-4&4\\ 4&2&\lambda+3\end{matrix}\right|=(\lambda-5)\left|\begin{matrix}\lambda-4&4\\ 2&\lambda+3\end{matrix}\right|\\&=(\lambda-5)^{2}(\lambda+4)，\end{aligned} $$

得到矩阵A的特征值：5，5，-4.

当 $ \lambda_{1}=\lambda_{2}=5 $时，由 $ (5\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} $

$$ \begin{bmatrix}{{{4}}}&{{{2}}}&{{{4}}} \\{{{2}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{4}}}&{{{2}}}&{{{4}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{2}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到特征向量 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,-2,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,-2,1)^{\mathrm{T}} $

当 $ \lambda_{3}=-4 $时，由 $ (-4E-A)x=0 $

$$ \begin{bmatrix}{{{-5}}}&{{{2}}}&{{{4}}} \\{{{2}}}&{{{-8}}}&{{{2}}} \\{{{4}}}&{{{2}}}&{{{-5}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{-2}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix} $$

得到特征向量 $ \alpha_{3}=(2,1,2)^{\mathrm{T}} $

属于特征值 $ \lambda_{1} = \lambda_{2} = 5 $ 的特征向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 不正交，进行施密特正交化有：

$$ \boldsymbol{\beta}_{1}=\boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,-2,0)^{\mathrm{T}}, $$

$$ \boldsymbol{\beta}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{2}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\beta}_{1})}{(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1})}\boldsymbol{\beta}_{1}=\begin{bmatrix}0\\ -2\\ 1\end{bmatrix}-\frac{4}{5}\begin{bmatrix}1\\ -2\\ 0\end{bmatrix}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}-4\\ -2\\ 5\end{bmatrix}. $$

单位化得 $ \gamma_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{bmatrix}1\\ -2\\ 0\end{bmatrix},\gamma_{2}=\frac{1}{3\sqrt{5}}\begin{bmatrix}-4\\ -2\\ 5\end{bmatrix},\gamma_{3}=\frac{1}{3}\begin{bmatrix}2\\ 1\\ 2\end{bmatrix} $

那么令 $ Q = (\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3}) = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}} & -\frac{4}{3\sqrt{5}} & \frac{2}{3} \\ -\frac{2}{\sqrt{5}} & -\frac{2}{3\sqrt{5}} & \frac{1}{3} \\ 0 & \frac{5}{3\sqrt{5}} & \frac{2}{3} \end{bmatrix} $，经 x = Qy 有

$$ \begin{array}{r}{\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}(\boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q})\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}(\boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q})\boldsymbol{y}=5y_{1}^{2}+5y_{2}^{2}-4y_{3}^{2}.}\end{array} $$

“用正交变换化二次型为标准形”，解题步骤如下：

（1）写出二次型矩阵A.

(2) 求出 A（设为三阶）的特征值 $ \lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3} $

（3）求出相应的特征向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $

（4）改造特征向量为 $ \gamma_{1},\gamma_{2},\gamma_{3} $

① 如果特征值不同只需单位化.

②如果特征值有重根，要先判断特征向量是否已正交。若已正交，则只需单位化，否则要施密特正交化。

（5）构造正交矩阵 $ Q = (\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3}) $，则经 x = Qy 有

$$ \begin{array}{r}{\mathbf{x}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{y}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{y}=\lambda_{1}y_{1}^{2}+\lambda_{2}y_{2}^{2}+\lambda_{3}y_{3}^{2}.}\end{array} $$

例 8 【分析】二次型矩阵 ← 原题

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1&1&-1\\ 1&-1&3\\ -1&3&c\end{bmatrix}. $$

(1) $ r(f)=2\Leftrightarrow r(A)=2, $

$$ \begin{array}{r}{\boldsymbol{A}=\left[\begin{matrix}{1}&{1}&{-1}\\ {1}&{-1}&{3}\\ {-1}&{3}&{c}\end{matrix}\right]\rightarrow\left[\begin{matrix}{1}&{1}&{-1}\\ {0}&{1}&{-2}\\ {0}&{0}&{c+7}\end{matrix}\right],}\end{array} $$

所以 c = -7.

（2）由配方法

$$ \begin{aligned}f&=x_{1}^{2}-x_{2}^{2}-7x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}-2x_{1}x_{3}+6x_{2}x_{3}\\&=\left[x_{1}^{2}+2x_{1}(x_{2}-x_{3})+(x_{2}-x_{3})^{2}\right]-x_{2}^{2}-7x_{3}^{2}+6x_{2}x_{3}\\&\quad-(x_{2}-x_{3})^{2}\\&=(x_{1}+x_{2}-x_{3})^{2}-2(x_{2}-2x_{3})^{2},\end{aligned} $$

得标准形 $ f = y_{1}^{2} - 2y_{2}^{2} $，所以 p = 1.

例 9 【解】（1）二次型矩阵 ← 严选题题目 ← 原题

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}&=\begin{bmatrix}{{{5}}}&{{{-1}}}&{{{3}}} \\{{{-1}}}&{{{5}}}&{{{-3}}} \\{{{3}}}&{{{-3}}}&{{{c}}}\end{bmatrix},\end{aligned} $$

二次型的秩 $ r(f)=r(A)=2 $,

$$ \mathbf{A}=\left[\begin{matrix}{5}&{-1}&{3}\\ {-1}&{5}&{-3}\\ {3}&{-3}&{c}\\ \end{matrix}\right]\xrightarrow{}\left[\begin{matrix}{4}&{4}&{0}\\ {-1}&{5}&{-3}\\ {3}&{-3}&{c}\\ \end{matrix}\right]\xrightarrow{}\left[\begin{matrix}{1}&{1}&{0}\\ {0}&{6}&{-3}\\ {0}&{-6}&{c}\\ \end{matrix}\right], $$

解出 c = 3.

(2) 由 $ \left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\left|\begin{matrix}\lambda-5&1&-3\\ 1&\lambda-5&3\\ -3&3&\lambda-3\end{matrix}\right|=\lambda(\lambda-4)(\lambda-9) $，

得特征值为：4,9,0.所以正惯性指数 p=2，负惯性指数 q=0.

【注】也可用配方法，有：

$$ f=5\left(x_{1}-\frac{1}{5}x_{2}+\frac{3}{5}x_{3}\right)^{2}+\frac{6}{5}(2x_{2}-x_{3})^{2}. $$

从而得 p=2, q=0.

例10【分析】二次型的矩阵为 $ A=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&0&-2\\0&-2&0\end{bmatrix} $，解 ← 原题

$ \left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\left|\begin{matrix}\lambda-1&0&0\\ 0&\lambda&2\\ 0&2&\lambda\end{matrix}\right|=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+2)=0 $

得 A 的特征值为 1, 2, -2，所以规范形为 $ y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2} $.

或令 $ \{\begin{aligned}x_{1}&=y_{1},\\ x_{2}&=y_{2}+y_{3},\\ x_{3}&=y_{2}-y_{3},\end{aligned}. $则

$ x^{T}Ax=y_{1}^{2}-4(y_{2}+y_{3})(y_{2}-y_{3})=y_{1}^{2}-4y_{2}^{2}+4y_{3}^{2} $

所以规范形为 $ z_{1}^{2} + z_{2}^{2} - z_{3}^{2} $

例11 【分析】 $ A \simeq B \Leftrightarrow p_{A} = p_{B}, q_{A} = q_{B} $ ← 严选题题目 ← 原题

方法一 由特征多项式

$ |\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{matrix}\lambda-1&-2&0\\-2&\lambda-1&0\\0&0&\lambda-2\end{matrix}\right|=(\lambda-2)(\lambda-3)(\lambda+1), $

知二次型的标准形为 $ 2y_{1}^{2}+3y_{2}^{2}-y_{3}^{2} $，即 p=2, q=1。所以选(B)。

方法二 用配方法.

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}&=\boldsymbol{x}_{1}^{2}+\boldsymbol{x}_{2}^{2}+2\boldsymbol{x}_{3}^{2}+4\boldsymbol{x}_{1}\boldsymbol{x}_{2}\\&=(\boldsymbol{x}_{1}^{2}+4\boldsymbol{x}_{1}\boldsymbol{x}_{2}+4\boldsymbol{x}_{2}^{2})-4\boldsymbol{x}_{2}^{2}+\boldsymbol{x}_{2}^{2}+2\boldsymbol{x}_{3}^{2}\\&=(\boldsymbol{x}_{1}+2\boldsymbol{x}_{2})^{2}-3\boldsymbol{x}_{2}^{2}+2\boldsymbol{x}_{3}^{2}\\&=\boldsymbol{y}_{1}^{2}-3\boldsymbol{y}_{2}^{2}+2\boldsymbol{y}_{3}^{2},\end{aligned} $$

亦知 p = 2, q = 1. 选(B).

例12 【分析】 $ C^TAC = \Lambda $ 且 $ C $ 可逆，即 $ A \simeq \Lambda $，亦即二次型 $ x^TAx $ 经坐标变换 $ x = Cy $ 化成标准形 $ y^T\Lambda y $，求矩阵 $ C $ 就是求二次型化为标准形时的坐标变换矩阵。 ← 原题

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}&=\boldsymbol{x}_{1}^{2}+2\boldsymbol{x}_{2}^{2}-2\boldsymbol{x}_{3}^{2}-4\boldsymbol{x}_{1}\boldsymbol{x}_{2}+4\boldsymbol{x}_{2}\boldsymbol{x}_{3}\\&=(\boldsymbol{x}_{1}^{2}-4\boldsymbol{x}_{1}\boldsymbol{x}_{2}+4\boldsymbol{x}_{2}^{2})-2\boldsymbol{x}_{2}^{2}+4\boldsymbol{x}_{2}\boldsymbol{x}_{3}-2\boldsymbol{x}_{3}^{2}\\&=(\boldsymbol{x}_{1}-2\boldsymbol{x}_{2})^{2}-2(\boldsymbol{x}_{2}-\boldsymbol{x}_{3})^{2}.\end{aligned} $$

令 $ \{\begin{aligned}y_{1}&=x_{1}-2x_{2},\\ y_{2}&=x_{2}-x_{3},\\ y_{3}&=x_{3},\end{aligned}. $ 即 $ \left[\begin{matrix}x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}1&2&2\\ 0&1&1\\ 0&0&1\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3}\end{matrix}\right] $.

故当 $ C = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} $ 时， $ C^{T} A C = \Lambda = \begin{bmatrix} 1 & & \\ & -2 & \\ & & 0 \end{bmatrix} $.

【注】坐标变换不唯一.矩阵C也不唯一，也可用正交变换化二次型为标准形.

二、 正定二次型

例13 【分析】（A）中二阶主子式 $ \begin{vmatrix}1 & 2 \\ 2 & 3\end{vmatrix} \lt 0 $，（B）中 $ a_{33} \lt 0 $，（C）中 $ \left|A\right| = 0 $，故均不正定. ← 严选题题目 ← 原题

唯有(D)的顺序主子式全大于0，正定.

例 14 【解】 方法一 用顺序主子式 ← 原题

二次型矩阵 $ A = \begin{bmatrix} 2 & 2 & -2 \\ 2 & 5 & -4 \\ -2 & -4 & 5 \end{bmatrix} $.

$$ \Delta_{1}=2\gt 0,\Delta_{2}=\left|\begin{matrix}2&2\\ 2&5\end{matrix}\right|=6\gt 0,\Delta_{3}=\left|\begin{matrix}\boldsymbol{A}\end{matrix}\right|=10\gt 0, $$

所以 f 是正定二次型.

方法二 用特征值. 由 A 的特征多项式

$$ \begin{aligned}\mid\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\mid&=\left|\begin{matrix}\lambda-2&-2&2\\-2&\lambda-5&4\\2&4&\lambda-5\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\lambda-2&-2&2\\-2&\lambda-5&4\\0&\lambda-1&\lambda-1\end{matrix}\right|\\&=\left|\begin{matrix}\lambda-2&-4&2\\-2&\lambda-9&4\\0&0&\lambda-1\end{matrix}\right|=(\lambda-1)\left|\begin{matrix}\lambda-2&-4\\-2&\lambda-9\end{matrix}\right|\\&=(\lambda-1)^{2}(\lambda-10).\end{aligned} $$

A 的特征值 1,1,10 全大于 0，所以二次型 f 正定.

方法三 用配方法.

$$ \begin{aligned}f&=2[x_{1}^{2}+2x_{1}(x_{2}-x_{3})+(x_{2}-x_{3})^{2}]+5x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}-8x_{2}x_{3}-2(x_{2}-x_{3})^{2}\\&=2(x_{1}+x_{2}-x_{3})^{2}+3x_{2}^{2}-4x_{2}x_{3}+3x_{3}^{2}\\&=2(x_{1}+x_{2}-x_{3})^{2}+3\Big[x_{2}^{2}-\frac{4}{3}x_{2}x_{3}+\Big(\frac{2}{3}x_{3}\Big)^{2}\Big]+3x_{3}^{2}-\frac{4}{3}x_{3}^{2}\\&=2(x_{1}+x_{2}-x_{3})^{2}+3\Big(x_{2}-\frac{2}{3}x_{3}\Big)^{2}+\frac{5}{3}x_{3}^{2},\\ \end{aligned} $$

可知正惯性指数 p = 3，负惯性指数 q = 0，故二次型 f 正定.

例 15 【解】 二次型矩阵 ← 严选题题目 ← 原题

$$ \mathbf{A}=\left[\begin{matrix}{1}&{t}&{-1}\\ {t}&{4}&{2}\\ {-1}&{2}&{4}\\ \end{matrix}\right], $$

其顺序主子式

$$ \Delta_{1}=1,\Delta_{2}=\left|\begin{matrix}1&t\\ &t&4\end{matrix}\right|=4-t^{2},\Delta_{3}=\left|\begin{matrix}\boldsymbol{A}\end{matrix}\right|=-4t^{2}-4t+8. $$

正定的充分必要条件是顺序主子式全大于0，故

$$ \{\begin{aligned}&4-t^{2}=(2-t)(2+\iota)\gt 0,\quad&\iota\in(-2,2),\\ &-4t^{2}-4t+8=-4(t-1)(t+2)\gt 0,\quad&t\in(-2,1),\end{aligned}. $$

故 $ t \in (-2,1) $ 时，二次型 f 正定.

例16 【分析】 A 正定 $ \Leftrightarrow $ A 的特征值 $ \lambda \gt 0 $. ← 原题

$$ \begin{aligned}\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|&=\left|\begin{matrix}\lambda&-1&-1\\-1&\lambda-2&-1\\-1&-1&\lambda\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\lambda+1&0&-\lambda-1\\-1&\lambda-2&-1\\-1&-1&\lambda\end{matrix}\right|\\&=\lambda(\lambda+1)(\lambda-3).\end{aligned} $$

A 的特征值为:0,-1,3.

$ A+kE $ 的特征值为: k, k-1, k+3.

$ A + kE $ 正定 $ \Leftrightarrow \{ \begin{aligned} k & \gt 0, \\ k - 1 & \gt 0, \\ k + 3 & \gt 0 \end{aligned} . $ $ \Leftrightarrow $ $ k \gt 1 $.

例17 【证】因 A 正定 $ \Rightarrow A^{T} = A $, A 可逆且 $ |A| \gt 0 $. ← 原题

由 $ (\boldsymbol{A}^{*})^{\mathrm{T}}=(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}})\cdot\boldsymbol{A}^{*}=\boldsymbol{A}^{*}\Rightarrow\boldsymbol{A}^{*} $ 是对称矩阵.

方法一 用定义. 因 A 可逆, 故 x = Ay 是坐标变换, 且 $ \forall x \neq 0 $ 必有 $ y \neq 0 $, 那么 $ \forall x \neq 0 $,

$ x^{T}A^{*}x\xlongequal{x=Ay}(Ay)^{\mathrm{T}}A^{*}(Ay)=y^{\mathrm{T}}(|A|A)y=|A|y^{T}Ay, $

因 A 正定， $ |A|\gt 0, y^{T}Ay\gt 0 $，从而 $ \forall x \neq 0, x^{T}A^{*}x = |A|y^{T}Ay \gt 0 $，故 $ A^{*} $ 正定.

方法二 用特征值. 设 $ A^{*}\alpha=\lambda\alpha,\alpha\neq0 $ ,于是

$$ \boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{\alpha}=\lambda\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}, 即 \lambda\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}=\mid\boldsymbol{A}\mid\boldsymbol{\alpha}. $$

由 A 可逆知 $ A^{*} $ 必可逆，那么 $ A^{*} $ 的特征值 $ \lambda \neq 0 $.

从而有 $ A\alpha = \frac{|A|}{\lambda}\alpha $，即 $ \frac{|A|}{\lambda} $ 是 A 的特征值.

因 A 正定，得 $ \frac{1}{\lambda}\left|A\right|\gt 0 $，而 $ \left|A\right|\gt 0 $，故必有 $ \lambda\gt 0 $，故 $ A^{*} $ 正定.