主要内容

高等代数教学辅导

9.1 二次型和矩阵的合同

建设中!

子节 9.1.1 主要知识点

定义 9.1.1.

数域\(\mathbb{F}\)上的\(n\)元二次齐次多项式
\begin{equation*} \begin{array}{rcl} f(x_1,x_2,\cdots,x_n) & = & a_{11}x_1^2+2a_{12}x_1x_2+\cdots+2a_{1n}x_1x_n\\ & & +a_{22}x_2^2+\cdots+2a_{2n}x_2x_n\\ & & +\cdots+ a_{nn}x^2_n \end{array} \end{equation*}
称为\(\mathbb{F}\)上的\(n\)元二次型,简称二次型
特别地,实数域上的二次型称为实二次型;复数域上的二次型称为复二次型。
  1. 为了计算和讨论的方便,定义中\(x_ix_j(i<j)\)的系数写成\(2a_{ij}\)
  2. 定义中的公式也可写成
    \begin{equation*} f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^n a_{ii}x_i^2+2\sum_{1\le i< j\le n} a_{ij}x_ix_j \end{equation*}
  3. 约定\(a_{ij}=a_{ji}, i<j\),于是公式可改写为
    \begin{equation*} \begin{array}{rcl} f(x_1,x_2,\cdots,x_n) & = & a_{11}x_1^2+ a_{12}x_1x_2+\cdots+a_{1n}x_1x_n\\ & & +a_{21}x_2x_1+a_{22}x_2^2+\cdots+a_{2n}x_2x_n\\ & & +\hfill\cdots\hfill +\hfill\cdots\\ & & +a_{n1}x_nx_1+a_{n2}x_nx_2+\cdots+a_{nn}x_n^2\\ & = & {\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_{ij}x_ix_j} \end{array} \end{equation*}

定义 9.1.2.

改写二次型为
\begin{equation*} \begin{array}{rcl} f(x_1,x_2,\cdots,x_n)& = &(x_1,x_2,\cdots,x_n)\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} & \ddots & \vdots\\ \vdots & \ddots & \ddots & a_{n_1,n-1}\\ a_{n1} & \cdots a_{n,n-1} & & a_{nn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots\\ x_n \end{pmatrix}\\ & = & X^TAX\end{array} \end{equation*}
这里\(A^T=A\in\mathbb{F}^{n\times n}\)\(X\in \mathbb{F}^n\)\(A\)称为二次型\(f\)的矩阵,\(f\)称为对称矩阵\(A\)的二次型。
  • 矩阵\(A\)的秩也称为是二次型\(f\)的秩。
  • 二次型的矩阵总是对称矩阵,即\(A^T=A\)
  • 二次型的矩阵\(A\)中,\(a_{ii}\)\(x_i^2\)的系数,\(a_{ij}(i\ne j)\)\(x_ix_j\)系数的一半。
  • 二次型与它的矩阵相互唯一确定,即设\(A^T=A\)\(B^T=B\),则\(X^TAX=X^TBX\)的充要条件是\(A=B\)

定义 9.1.3.

关系式
\begin{equation} \left\{\begin{array}{c} x_1=c_{11}y_1+c_{12}y_2+\cdots+c_{1n}y_n\\ x_2=c_{21}y_1+c_{22}y_2+\cdots+c_{2n}y_n\\ \vdots\qquad \vdots\qquad\vdots\\\ x_n=c_{n1}y_1+c_{n2}y_2+\cdots+c_{nn}y_n \end{array}\right.\tag{9.1} \end{equation}
称为由变量\(x_1,x_2,\cdots,x_n\)到变量\(y_1,y_2,\cdots,y_n\)线性替换
\begin{equation*} C=\begin{pmatrix} c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1n}\\ c_{21} & c_{22} & \cdots & c_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ c_{n1} & c_{n2} & \cdots & c_{nn} \end{pmatrix},\quad X= \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\\vdots\\x_n \end{pmatrix},\quad Y=\begin{pmatrix} y_1\\y_2\\\vdots\\y_n \end{pmatrix} \end{equation*}
(9.1)可以表示为\(X=CY\)
\(C\)可逆矩阵时,线性替换称为可逆线性替换非退化线性替换
\(C\)正交矩阵时,线性替换称为正交线性替换

定义 9.1.5.

\(A,B\in \mathbb{F}^{n\times n}\)\(B\)\(A\)称为合同的,如果存在\(n\)阶可逆矩阵\(C\),使得
\begin{equation*} B=C^TAC. \end{equation*}
  • \(\mathbb{F}\)\(n\)阶方阵的合同关系是等价关系。
  • \(A\)\(B\)合同,则\(A\)\(B\)相抵。
  • \(A\)\(B\)合同,则\(A\)\(B\)的秩相同。
  • \(A\)\(B\)合同且\(A^T= A\),则\(B^T=B\)
  • \(A\)\(B\)合同且\(A^T= -A\),则\(B^T=-B\)
  • \(A\)\(B\)正交相似,则\(A\)\(B\)相似且\(A\)\(B\)合同。
  • 设对称矩阵\(A\)与矩阵\(B\)合同,即存在可逆矩阵\(C\),使得\(B=C^TAC\)
  • \(C=Q_1Q_2\cdots Q_s\),其中\(Q_i\)为初等矩阵,则
    \begin{align*} C^TAC & = & Q_s^T\cdots Q_2^TQ_1^TAQ_1Q_2\cdots Q_s\\ & = & Q_s^T(\cdots(Q_2^T(Q_1^TAQ_1)Q_2 )\cdots)Q_s \end{align*}
    就相当于对\(A\)\(s\)次合同变换化为\(B\)
  • 用二次型语言来说就是: 对\(\mathbb{F}\)上秩为\(r\)\(n\)元二次型\(f (x_1,\cdots,x_n)= X^TAX\),总可以经过可逆线性替换 \(X=CY\)化为
    \begin{equation*} f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=d_1 y_1^2+d_2y_2^2+\cdots+d_ry_r^2 \end{equation*}
    上式称为二次型的标准形

练习 9.1.2 练习

1.

\(f(x_1,x_2,x_3)=\begin{pmatrix} x_1&x_2&x_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2&-1&3\\ 1&-1&7\\ -1&1&3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix}\),求该二次型的矩阵。
解答.
\(f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2-x_2^2+3x_3^2+2x_1x_3+8x_2x_3\),所以该二次型的矩阵为
\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} 2&0&1\\ 0&-1&4\\ 1&4&3 \end{pmatrix}. \end{equation*}

2.

\(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+4x_2^2+4x_3^2-4x_1x_2+2ax_1x_3+2bx_2x_3\)的秩为\(1\),求\(a,b\)的值。
解答.
\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为\(A=\begin{pmatrix} 1&-2&a\\ -2&4&b\\ a&b&4 \end{pmatrix}\),所以\(r(A)=1\)
\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} 1&-2&a\\ -2&4&b\\ a&b&4 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1&-2&a\\ 0&0&2a+b\\ 0&2a+b&4-a^2 \end{pmatrix}=B, \end{equation*}
\(r(B)=1\),即\(2a+b=0,4-a^2=0\),解得\(a=2,b=-4\)\(a=-2,b=4\)

3.

设实二次型\(f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=\sum\limits_{i=1}^n (a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots a_{in}x_n)^2\),证明:\(f\)的秩等于矩阵\(A\)的秩,其中\(A=\begin{pmatrix} a_{ij} \end{pmatrix}_{n\times n}\)
解答.
\(X=(x_1,x_2,\cdots ,x_n)^T\),因
\begin{equation*} \begin{array}{ccl} f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)&=&\begin{pmatrix} \sum\limits_{j=1}^n a_{1j}x_j&\sum\limits_{j=1}^n a_{2j}x_j&\cdots&\sum\limits_{j=1}^n a_{nj}x_j \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sum\limits_{j=1}^n a_{1j}x_j\\\sum\limits_{j=1}^n a_{2j}x_j\\\vdots\\\sum\limits_{j=1}^n a_{nj}x_j \end{pmatrix}\\ &=&X^TA^TAX, \end{array} \end{equation*}
\(A^TA\)是对称矩阵,所以\(f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)\)的矩阵为\(A^TA\)。因此,\(f\)的秩等于矩阵\(A^TA\)的秩。注意到\(r(A^TA)=r(A)\),故\(f\)的秩等于矩阵\(A\)的秩。

4.

求二次型\(f(x_1,x_2,x_3)=(ax_1+bx_2+cx_3)^2\)的矩阵和秩。
解答.
\begin{equation*} \begin{array}{ccl} f(x_1,x_2,x_3)&=&\begin{pmatrix} x_1&x_2&x_3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a&b&c \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix}\\ &=&\begin{pmatrix} x_1&x_2&x_3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a^2&ab&ac\\ ab&b^2&bc\\ ac&bc&c^2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix} \end{array} \end{equation*}
所以\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为\(A=\begin{pmatrix} a^2&ab&ac\\ ab&b^2&bc\\ ac&bc&c^2 \end{pmatrix}\)。记\(\alpha=\begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}\),则\(A=\alpha \alpha^T\)。 于是,
\begin{equation*} 2r(\alpha)-1\leq r(A)\leq r(\alpha)\mbox{。} \end{equation*}
  1. \(a,b,c\)全为0时,\(r(A)=0\),则\(f\)的秩为0;
  2. \(a,b,c\)不全为0时,\(r(\alpha)=1\),则\(r(A)=1\),即\(f\)的秩为1。

5.

\(V\)\(n\)维欧氏空间,\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots ,\alpha_n\)\(V\)的一个基,\(A=\left((\alpha_i,\alpha_j)\right)_{n\times n}\)称为基\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots ,\alpha_n\)度量矩阵。证明:\(n\)维欧氏空间\(V\)的不同基下的度量矩阵是合同的。
解答.
\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots ,\alpha_n\)\(\beta_1,\beta_2,\cdots ,\beta_n\)\(V\)的两组基,且
\begin{equation*} (\alpha,\alpha_2,\cdots ,\alpha_n)=(\beta_1,\beta_2,\cdots ,\beta_n)P. \end{equation*}
\(A\)是基\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots ,\alpha_n\)的度量矩阵,\(B\)是基\(\beta_1,\beta_2,\cdots ,\beta_n\)的度量矩阵,即
\begin{equation*} A=\left((\alpha_i,\alpha_j)\right)_{n\times n},\ B=\left((\beta_i,\beta_j)\right)_{n\times n}, \end{equation*}
下证\(A\)合同于\(B\)。 设\(\xi_1,\xi_2,\cdots ,\xi_n\)\(V\)的一个标准正交基,且
\begin{equation*} (\alpha_1,\alpha_2,\cdots \alpha_n)=(\xi_1,\xi_2,\cdots ,\xi_n)Q,\ (\beta_1,\beta_2,\cdots ,\beta_n)= (\xi_1,\xi_2,\cdots ,\xi_n)R, \end{equation*}
\(Q=RP\)。记
\begin{equation*} R=(\gamma_1,\gamma_2,\cdots ,\gamma_n),\ Q=(\kappa_1,\kappa_2,\cdots ,\kappa_n), \end{equation*}
其中\(\gamma_i,\kappa_i\in\mathbb{R}^n(i=1,2,\cdots ,n)\),则
\begin{equation*} (\alpha_i,\alpha_j)=\kappa_i^T \kappa_j,\ (\beta_i,\beta_j)=\gamma_i^T \gamma_j\mbox{。} \end{equation*}
于是,
\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} \kappa_1^T \kappa_1&\kappa_1^T \kappa_2&\cdots&\kappa_1^T \kappa_n\\ \kappa_2^T \kappa_1&\kappa_2^T \kappa_2&\cdots&\kappa_2^T \kappa_n\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ \kappa_n^T \kappa_1&\kappa_n^T \kappa_2&\cdots&\kappa_n^T \kappa_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \kappa_1^T\\\kappa_2^T\\\vdots\\\kappa_n^T \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \kappa_1^T&\kappa_2^T&\cdots&\kappa_n^T \end{pmatrix}=Q^TQ, \end{equation*}
同理,\(B=R^TR\)。由\(Q=RP\)可知,
\begin{equation*} A=(RP)^T(RP)=P^T(R^TR)P=P^TBP\mbox{。} \end{equation*}
因此\(A\)合同于\(B\)

6.

用矩阵初等变换的方法求二次型
\begin{equation*} f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1x_2+2x_1x_3+6x_2x_3 \end{equation*}
的标准形,并写出所作的非退化线性替换。
解答.
\begin{equation*} \begin{array}{l}\begin{pmatrix} A\\E \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&-1&1\\ -1&1&3\\ 1&3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\xrightarrow[E(1,2(1))]{E(2,1(1))}\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&0&4\\ 1&4&1\\ 1&1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\xrightarrow[E(1,3(-1))]{E(3,1(-1))}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&4\\ 0&4&0\\ 1&1&-1\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\\\xrightarrow[E(3,2(1))]{E(2,3(1))}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&8&4\\ 0&4&0\\ 1&0&-1\\ 0&1&0\\ 0&1&1 \end{pmatrix}\xrightarrow[E(2,3(-\frac{1}{2}))]{E(3,2(-\frac{1}{2}))}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&8&0\\ 0&0&-2\\ 1&0&-1\\ 0&1&-\frac{1}{2}\\ 0&1&\frac{1}{2} \end{pmatrix}\end{array} \end{equation*}
所以得标准形
\begin{equation*} f(x_1,x_2,x_3)=g(y_1,y_2,y_3)=y_1^2+8y_2^2-2y_3^2, \end{equation*}
所作的非退化线性替换为\(X=CY\),其中
\begin{equation*} C=\begin{pmatrix} 1&0&-1\\ 0&1&-\frac{1}{2}\\ 0&1&\frac{1}{2} \end{pmatrix}\mbox{。} \end{equation*}

7.

用配方法将二次型\(f(x_1,x_2,x_3)=-4x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3\)化为标准形,并写出所作的非退化线性替换。
解答.
\(\left\{\begin{array}{l} x_1=y_1+y_2\\ x_2=y_1-y_2\\ x_3=y_3 \end{array}\right.\),则
\begin{equation*} f(x_1,x_2,x_3)=-4y_1^2+4y_2^2+4y_1y_3=-4(y_1-\frac{1}{2}y_3)^2+4y_2^2+y_3^2, \end{equation*}
\(\left\{\begin{array}{l} z_1=y_1-\frac{1}{2}y_3\\ z_2=y_2\\ z_3=y_3 \end{array}\right.\),即\(\left\{\begin{array}{l} y_1=z_1+\frac{1}{2}y_3\\ y_2=z_2\\ y_3=z_3 \end{array}\right.\),得标准形
\begin{equation*} f=-4z_1^2+4z_2^2+z_3^2, \end{equation*}
所作的非退化线性替换为\(X=CY\),其中
\begin{equation*} C=\begin{pmatrix} 1&1&0\\1&-1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&\frac{1}{2}\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&1&\frac{1}{2}\\1&-1&\frac{1}{2}\\0&0&1 \end{pmatrix}. \end{equation*}

8.

用正交线性替换的方法将二次型
\begin{equation*} f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+4x_2^2+x_3^2-4x_1x_2-8x_1x_3-4x_2x_3 \end{equation*}
化为标准形,并写出所作的正交线性替换。
解答.
二次型\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为\(A=\begin{pmatrix} 1&-2&-4\\ -2&4&-2\\ -4&-2&1 \end{pmatrix}\),则
\begin{equation*} f_A(\lambda)=\begin{vmatrix} \lambda-1&2&4\\ 2&\lambda-4&2\\ 4&2&\lambda-1 \end{vmatrix}=(\lambda-5)^2(\lambda+4) \end{equation*}
\(A\)的特征值\(\lambda_1=\lambda_2=5,\lambda_3=-4\)。 对特征值\(\lambda_1=\lambda_2=5\),解方程\((5E-A)X=0\),得基础解系
\begin{equation*} \alpha_1=(-1,2,0)^T,\alpha_2=(-1,0,1)^T, \end{equation*}
先正交化,得
\begin{equation*} \beta_1=\alpha_1=(-1,2,0)^T,\beta_2=\alpha_2-\frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1=(-\frac{4}{5},-\frac{2}{5},1)^T, \end{equation*}
再单位化得
\begin{equation*} \gamma_1=(-\frac{\sqrt{5}}{5},\frac{2\sqrt{5}}{5},0)^T,\gamma_2=(-\frac{4\sqrt{5}}{15},-\frac{2\sqrt{5}}{15},\frac{\sqrt{5}}{3})^T. \end{equation*}
对特征值\(\lambda_3=-4\),解方程\((-4E-A)X=0\),得基础解系
\begin{equation*} \alpha_3=(2,1,2)^T, \end{equation*}
单位化得\(\gamma_3=(\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3})^T\)。令
\begin{equation*} Q=(\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3)=\begin{pmatrix} -\frac{\sqrt{5}}{5}&-\frac{4\sqrt{5}}{15}&\frac{2}{3}\\ \frac{2\sqrt{5}}{5}&-\frac{2\sqrt{5}}{15}&\frac{1}{3}\\ 0&\frac{\sqrt{5}}{3}&\frac{2}{3} \end{pmatrix}, \end{equation*}
\(Q^{T}AQ=Q^{-1}AQ=\begin{pmatrix} 5&0&0\\0&5&0\\0&0&-4 \end{pmatrix}\)。故作正交替换\(X=QY\)可化为标准形
\begin{equation*} 5y_1^2+5y_2^2-4y_3^2\mbox{。} \end{equation*}

9.

证明:秩为\(r\)的对称矩阵可以表成\(r\)个秩为\(1\)的对称矩阵之和。
解答.
\(A\)是秩为\(r\)的对称矩阵,则存在可逆矩阵\(C\),使得
\begin{equation*} A=C^T{\rm diag} (d_1,d_2,\cdots ,d_r,0,\cdots, 0) C. \end{equation*}
对任意\(1\leq i\leq r\),令\(A_i=C^T(d_iE_{ii})C\),则\(A_i\)是对称矩阵,且
\begin{equation*} A=A_1+A_2+\cdots +A_r\mbox{。} \end{equation*}

10.

\(A\)\(n\)阶实对称矩阵,证明:存在\(a,b\in\mathbb{R}\),使得对任意\(X\in\mathbb{R}^n\),均有\(aX^TX\leq X^TAX\leq bX^TX\)
解答.
因为\(A\)\(n\)阶实对称矩阵,所以存在正交矩阵\(Q\),使得
\begin{equation*} A=Q^T{\rm diag} (\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_n)Q, \end{equation*}
其中\(\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_n\)\(A\)的所有特征值。对任意\(X\in\mathbb{R}^n\),有
\begin{equation*} \begin{array}{cl} X^TAX&=X^TQ^T{\rm diag} (\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_n)QX\\ &=\lambda_1y_1^2+\lambda_2y_2^2+\cdots+\lambda_ny_n^2, \end{array} \end{equation*}
其中\(QX=(y_1,y_2,\cdots ,y_n)\)。令
\begin{equation*} a=\min\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_n\},\ b=\max\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_n\}, \end{equation*}
\(a,b\in\mathbb{R}\)
\begin{equation*} a(y_1^2+y_2^2+\cdots +y_n^2)\leq X^TAX\leq b(y_1^2+y_2^2+\cdots +y_n^2) \end{equation*}
\begin{equation*} aX^TX=a(QX)^T(QX)\leq X^TAX\leq b(QX)^T(QX)=bX^TX\mbox{。} \end{equation*}