二次型与矩阵合同

节 9.1 二次型与矩阵合同

建设中！

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练习练习

基础题.

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1.

写出下列二次型的矩阵，并求二次型的秩。

\(f(x_1,x_2)=-2x_1^2-2x_2^2+2x_1x_2\)；
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\(f(x_1,x_2)=x_1x_2\)；
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\(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+3x_3^2-6x_1x_3+2x_2x_3\)。
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解答.

\(f(x_1,x_2)\)的矩阵为\(A = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}\)，秩为\(2\)。
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\(f(x_1,x_2)\)的矩阵为\(A = \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}\)，秩为\(2\)。
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\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为 \(A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -3 \\ 0 & 2 & 1 \\ -3 & 1 & 3 \end{pmatrix}\)，秩为\(3\)。
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2.

设

\begin{equation*} 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}, \end{equation*}

求该二次型的矩阵。

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解答.

\begin{equation*} f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2-x_2^2+3x_3^2+2x_1x_3+8x_2x_3, \end{equation*}

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*}

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3.

设\(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+4x_2^2+4x_3^2-4x_1x_2+2ax_1x_3+2bx_2x_3\)的秩为\(1\)，求\(a,b\)的值。

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解答.

根据题设，二次型\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵\(A=\begin{pmatrix} 1&-2&a\\ -2&4&b\\ a&b&4 \end{pmatrix}\)秩为\(1\)。因为初等变换不改变矩阵的秩，所以对矩阵\(A\)进行初等变换

\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*}

得\(r(B)=1\)，故

\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} 2a+b=0,\\ 4-a^2=0, \end{array}\right. \end{equation*}

解得\(a=2,b=-4\)或\(a=-2,b=4\)。

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4.

设\(A\)是\(n\)阶实对称矩阵，证明：若对任意\(\alpha\in\mathbb{R}^n\)，都有\(\alpha^TA\alpha=0\)，那么\(A={\bf 0}\)。

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解答.

设\(A=(a_{ij})_{n\times n}\)。由题设可知，对任意\(i,j=1,\dots,n\)，有

\begin{equation*} (\varepsilon_i+\varepsilon_j)^TA(\varepsilon_i+\varepsilon_j)=0, \end{equation*}

展开得\(\varepsilon_i^TA\varepsilon_i+\varepsilon_j^TA\varepsilon_j+\varepsilon_i^TA\varepsilon_j+\varepsilon_j^TA\varepsilon_i=0\)。由于\(\varepsilon_i^TA\varepsilon_i=\varepsilon_j^TA\varepsilon_j=0\)，所以

\begin{equation*} \varepsilon_i^TA\varepsilon_j+\varepsilon_j^TA\varepsilon_i=0. \end{equation*}

又\(A\)是对称的，

\begin{equation*} \varepsilon_j^TA\varepsilon_i=(\varepsilon_j^TA\varepsilon_i)^T=\varepsilon_i^TA^T\varepsilon_j=\varepsilon_i^TA\varepsilon_j, \end{equation*}

所以\(2\varepsilon_j^TA\varepsilon_i=0\)，则\(a_{ij}=0\)，因此\(A={\bf 0}\)。

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5.

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。

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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*} \chi_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*}

解得\(A\)的特征值\(\lambda_1=\lambda_2=5,\lambda_3=-4\)。

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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*}

则\(Q^{T}AQ=Q^{-1}AQ=\begin{pmatrix} 5&0&0\\0&5&0\\0&0&-4 \end{pmatrix}\)。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. \end{equation*}

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提高题.

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6.

设

\begin{equation*} f(x_1,\ldots ,x_n)=\sum\limits_{i=1}^n (a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots a_{in}x_n)^2, \end{equation*}

其中\(a_{ij}\in\R,i,j=1,\ldots,n\)，证明：\(f(x_1,\ldots ,x_n)\)的秩等于矩阵\(A\)的秩，其中\(A=\begin{pmatrix} a_{ij} \end{pmatrix}_{n\times n}\)。

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解答.

记\(X=(x_1,\dots ,x_n)^T\)，因

\begin{equation*} \begin{array}{cl} f(x_1,\dots ,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*}

又\(A^TA\)是对称矩阵，所以\(f(x_1,\dots ,x_n)\)的矩阵为\(A^TA\)，故\(f\)的秩等于矩阵\(A^TA\)的秩。注意到对实矩阵\(A\)，\(r(A^TA)=r(A)\)，因此\(f\)的秩等于矩阵\(A\)的秩。

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7.

设\(a,b,c\)是不全为0的实数，求二次型

\begin{equation*} f(x_1,x_2,x_3)=(ax_1+bx_2+cx_3)^2 \end{equation*}

的矩阵和秩。

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解答.

因

\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

\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} a^2&ab&ac\\ ab&b^2&bc\\ ac&bc&c^2 \end{pmatrix}. \end{equation*}

记\(\alpha=\begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}\)，则\(A=\alpha \alpha^T\)。故\(2r(\alpha)-1\leq r(A)\leq r(\alpha)\)。因此，

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当\(a,b,c\)全为0时，\(r(A)=0\)，则\(f\)的秩为0；
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当\(a,b,c\)不全为0时，\(r(\alpha)=1\)，则\(r(A)=1\)，即\(f\)的秩为1。
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8.

设\(A\)是\(n\)阶实对称矩阵，证明：存在正实数\(c\)，使得对任意\(n\)维列向量\(X\)，有

\begin{equation*} |X^TAX|\leq cX^TX. \end{equation*}

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解答.

不妨设\(A\)是非零矩阵。因为\(A\)是\(n\)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,\dots ,\lambda_n)Q, \end{equation*}

其中\(\lambda_1,\dots ,\lambda_n\)是\(A\)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,\dots ,\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\(c=\max\{|\lambda_1|,|\lambda_2|,\dots ,|\lambda_n|\}\)，则\(c\in\mathbb{R}^+\)且\(|X^TAX|\leq c(y_1^2+y_2^2+\cdots +y_n^2)\)，因此

\begin{equation*} |X^TAX|\leq c(QX)^T(QX)=cX^TX. \end{equation*}

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9.

设\(V\)是\(n\)维欧氏空间，\((\alpha_1,\dots ,\alpha_n)\)是\(V\)的一个基，\(A=\left((\alpha_i,\alpha_j)\right)_{n\times n}\)称为基\(\alpha_1,\dots ,\alpha_n\)的度量矩阵。证明：同一个\(n\)维欧氏空间\(V\)在不同基下的度量矩阵合同。

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解答.

设\((\alpha_1,\dots ,\alpha_n)\)、\((\beta_1,\dots ,\beta_n)\)是\(V\)的两组基，且

\begin{equation*} (\alpha,\dots ,\alpha_n)=(\beta_1,\dots ,\beta_n)P. \end{equation*}

设\(A\)是基\((\alpha_1,\dots ,\alpha_n)\)的度量矩阵，\(B\)是基\((\beta_1,\dots ,\beta_n)\)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\(B\)。取定\(V\)的一个标准正交基\((\xi_1,\dots ,\xi_n)\)，若

\begin{equation*} (\alpha_1,\dots \alpha_n)=(\xi_1,\dots ,\xi_n)Q,\ (\beta_1,\dots ,\beta_n)= (\xi_1,\dots ,\xi_n)R, \end{equation*}

则\(Q=RP\)。记\(Q=(\gamma_1,\dots ,\gamma_n),\ R=(\kappa_1,\dots ,\kappa_n)\)，其中\(\gamma_i,\kappa_i\in\mathbb{R}^n\)，则

\begin{equation*} (\alpha_i,\alpha_j)=\gamma_i^T \gamma_j,\ (\beta_i,\beta_j)=\kappa_i^T \kappa_j. \end{equation*}

于是，

\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} \gamma_1^T\\\gamma_2^T\\\vdots\\\gamma_n^T \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \gamma_1^T&\gamma_2^T&\cdots&\gamma_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. \end{equation*}

因此\(A\)合同于\(B\)。

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挑战题.

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10.

设\(A\)为\(n\)阶实对称矩阵，其特征值按大小排序为

\begin{equation*} \lambda_1\geq\lambda_2\geq\cdots\geq\lambda_n, \end{equation*}

证明： \(\lambda_1=\max\limits_{0\neq X\in\mathbb{R}^n}\frac{X^TAX}{X^TX}, \lambda_n=\min\limits_{0\neq X\in\mathbb{R}^n}\frac{X^TAX}{X^TX}\)。

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解答.

因为\(A\)是\(n\)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,\dots ,\lambda_n)Q, \end{equation*}

其中\(\lambda_1\geq\lambda_2\geq\dots\geq\lambda_n\)。对任意非零向量\(X\in\R^n\)，记\(Y=QX\)，由\(Q\)是正交矩阵知：\(Y\neq {\bf 0}\)且\(X^TX=Y^TY\)，故

\begin{equation*} \frac{X^TAX}{X^TX}=\frac{\lambda_1y_1^2+\lambda_2y_2^2+\dots+\lambda_ny_n^2}{y_1^2+y_2^2+\dots+y_n^2}\leq\lambda_1. \end{equation*}

取\(X_0=Q^T\varepsilon_1\)，则\(X_0\neq {\bf 0}\)且

\begin{equation*} \frac{X_0^TAX_0}{X_0^TX_0}=\frac{\lambda_1\cdot 1^2+\lambda_2\cdot 0^2+\dots+\lambda_n\cdot 0^2}{1^2+0^2+\dots+0^2}=\lambda_1, \end{equation*}

因此\(\lambda_1=\max\limits_{0\neq X\in\mathbb{R}^n}\frac{X^TAX}{X^TX}\)。同理可证 \(\lambda_n=\min\limits_{0\neq X\in\mathbb{R}^n}\frac{X^TAX}{X^TX}\)。

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