二次型及其标准形正定二次型与正定矩阵课件.ppt

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1、二次型及其标准形正定二次型与正定矩阵,第六章 二次型,二次型，作为矩阵的四大名标（四大矩阵标量函数）之一，经常出现在物理、力学等学科中。对它的研究最早发轫于高斯的数论研究，该书第5章讨论了二次型的理论，目的旨在确定一个给定整数能否表示为特殊的形式。之后柯西在进行二次曲面的研究时发现需要寻找一个坐标变换将二次型变成只含平方项的形式，即二次型的标准形。,1、二次型及其标准形,一、二次型的定义,在高中数学课程中我们就学习过圆锥曲线，比如椭圆、双曲线、抛物线等，从代数上看，它们的方程分别为,实际上，它们是高等数学课程中学习过的 的二元 次齐次函数，即有,定义1 称 元的二次齐次函数,为 元二次型，简称

2、为二次型。我们只学习系数和未知数全为实数的所谓实二次型。,所以，元的二次型与对称矩阵 一 一对应，因 此称 为二次型 的矩阵，称 为对称矩阵 的二次型。二次型的秩就是对应矩阵的秩。所以，“实二次型就是实对称矩阵”。,如果令,则,这里,例 2 求下面的二次型所对应的矩阵：,解：,所求矩阵为,一般地，二次型（未必是对称矩阵）对应的矩阵是,因为,所以,并且易知 是对称矩阵。,对应只含有平方项的二次型(即标准形),显然，作为特殊的矩阵，对角矩阵,如果，则标准形中非零系数的个数为 反之亦然。,显然有了标准形，好多问题一目了然。,联想到实对称矩阵必可对角化，所以对给定二次型，我们的中心问题就是确定一个满秩

3、矩阵 使得通过保秩的线性变换,将二次型 化为新变量 的标准形,因此问题变成能否找到满秩矩阵，使得,也就是所谓相合对角化的问题。,注意到,定义3 对同阶的矩阵 和，如果存在同阶的可逆矩阵（即满秩矩阵），使得,则称矩阵 和 是相合矩阵或合同矩阵，也称矩阵 和 相合或合同。按变换的观点，称矩阵 相合变换或合同变换成，称为相合变换矩阵或合同变换矩阵。,显然，当 为对角阵 时，就是将 相合对角化成了标准相合矩阵。此时有相合标准形,由于对正交矩阵，有,而且总可以通过正交变换矩阵 将实对称矩阵 正交对角化为对角阵。因此正交变换既是特殊的相似变换，也是特殊的相合变换，是这两种变换集的交集。,根据前面的分析，我

4、们可有下面的定理。,定理4 任意一个二次型 均可以通过一个正交变换 化成标准形，这里 为正交矩阵，的对角元为 的特征值。(主轴定理),值得说明的是，正交变换 不仅是保秩变换，而且是保范变换(保持向量的范数或长度不变)，因为,而且二次型 通过正交变换后得到的标准形的系数一定是矩阵 的特征值。,分析：本题可以看成二元二次型的几何意义，即圆锥曲线问题。由于对角矩阵对应位于标准位置的椭圆，所以我们需要适当的旋转变换，将坐标轴旋转到新的位置，使得椭圆位于新坐标系的标准位置上。新坐标系的各轴应该由相应的特征向量确定，这是因为特征向量的数乘仍然落在相应的特征空间中。,例 5 寻找适当的旋转变换，将椭圆,化成

5、标准形式。,解：,二次型的矩阵为,可求得特征值为 3 和 7，相应的单位特征向量分别为,令,则通过变换，有,因此得到椭圆的标准形,%ex6105.mh=ezplot(5*x12-4*x1*x2+5*x22-48),hold on%绘出二次型的几何图形，这里为椭圆set(h,Color,r);%颜色为红色set(h,LineWidth,2);%线宽为2axis square;grid on;%产生正方形坐标轴，加上网格,%ex6105.m（续）A=5-2;-2 5;V,D=eig(A)%计算特征值和特征向量h=ezplot(x1+x2),hold on%在同一张图上绘制对称轴set(h,Colo

6、r,g);%颜色为绿色h=ezplot(x1-x2),hold on%另一条对称轴set(h,Color,g);,V=-0.7071-0.7071-0.7071 0.7071,%ex6105.m（续）h=ezplot(3*x12+7*x22-48),hold on%绘制规范二次型的几何图形set(h,Color,b);set(h,LineWidth,2);plot(-2*pi,2*pi,0,0,Color,k)hold onplot(0,0,-2*pi,2*pi,Color,k)hold on%在同一张图上绘制水平和%垂直坐标轴,D=3 0 0 7,例 6 化下列二次型为标准形：,解法一：（正

7、交变换法）,二次型 的矩阵为,由,得 的特征值为,对于，解，有,可得特征向量,对于，解，有,可得特征向量,对于，解，有,可得特征向量,由于三个特征值都是单根，不需要施密特正交化，因此分别将 单位化，得,令,则,化成了标准形,这时二次型,从几何上看，显然是高等数学中学过的单叶双曲面！这说明二次型理论可以从代数上化简二次曲面的方程，进而确定其形状。,解法二：（拉格朗日配方法）,令,即,写成矩阵形式，即,因此，经过满秩变换,显然，配方法的优点是计算简单，但缺点难以得到保范的正交变换。,例 7 设二次型,经正交变换 化成标准形,求参数,分析：,由于采用的正交变换是特殊的相似变换，所以特征值不变，特征多

8、项式也不变。,本题是二次型标准形的逆问题。,解：,变换前后二次型 的矩阵分别为,由于采用的正交变换是特殊的相似变换，所以矩阵 与 相似，因此 的特征值也为0，1，2。从而,即,也就是,所以,例 8 判断矩阵 和 是否相似？是否合同？其中,解：,得 的特征值为,因为 和 的特征值不全相等，所以 和 不相似。,由于 是实对称矩阵，因而存在正交矩阵，使,即,显然 是可逆矩阵，并且,所以 和 是合同的。,2、正定二次型与正定矩阵,在将可对角矩阵相似对角化为对角阵 时，并没有规定对角阵中对角元的顺序和取值约定，所以对角阵是不唯一的，相应的相似变换也不是唯一的。类似地，对实对称矩阵正交对角化或相合对角化后

9、得到的对角阵也不是唯一的，相应的正交变换或相合变换也不是唯一的。所以化二次型为标准形时，采用的可逆变换（满秩变换）不是唯一的，得到的标准形自然也不是唯一的。,尽管“沧海桑田”，仍有能够“永恒”之物，即两个对角阵中非零元个数、正元个数、负元个数都是相同的，此即西尔维斯特(Sylvester)惯性定理。,上节例9中，对同一个实对称矩阵，通过正交矩阵 将 变换成了对角矩阵，即,通过可逆矩阵，则变换成了对角矩阵，即,定理1 秩为 的二次型 经过两个可逆线性变换 和，分别化成标准形 及则两组系数中，取正值的个数（即正惯性指数）相等。显然，负数个数即负惯性指数 也相等。,根据惯性定理，规定二次型 的规范形

10、为,显然，规范形是唯一的。,例 2 设二次型,的正、负惯性指数都是1。求参数。,解：,二次型的秩就是正、负惯性指数之和。,所以二次型 的秩为 2，即其对应矩阵 的秩为2。,因此当 且，即 时,所以,从而求得,当 且，即 时,根据二次型的标准形中系数的符号，我们有：,定义3 对二次型，总有（1），则称 为正定二次型（负定二次型），对应的矩阵 为正定矩阵（负定矩阵），记为；（2），则称 为半正定二次型（半负定二次型），对应的矩阵 为半正定矩阵（半负定矩阵），记为；（3）可正、可负，则称 为不定二次型。,从定义看，当二次型是标准形时，显然确定其定性(definitiveness)极其简单。对于一般二

11、次型，化成标准形后，根据惯性定理，显然有下面的充要条件。,定理 4 元实二次型 为正定二次型的充要条件是其正惯性指数 等于变量个数。,充分性,从而对 任一，必有,又由，,定理 4 的证明：,因为存在满秩线性变换,故有,将二次型 化成标准形,否则，出现矛盾。,所以,必要性,取，则有,假设，,则存在满秩线性变换,其中必有某个系数不大于零。不妨设,将二次型 化成标准形,此时,与 正定相矛盾。,用反证法。,所以必有,定理4应用到二次型的矩阵上，即得下面的推论。,推论1 阶实对称矩阵 为正定矩阵的充要条件是矩阵 的 个特征值全是正实数。,为正定二次型。,例 5 问 为何值时，二次型,解：,的实对称矩阵为

12、,二次型,的特征值为,故必有正交变换 化二次型 为标准形,同时，由于正交变换是保范变换，即,也就是,所以正交变换 化二次型 为标准形,解此不等式组，得,要使二次型 正定，正惯性总数必须为 3，即,第一章曾提到方阵的 分解。对于实对称正定矩阵，我们则有比较一般的满秩分解。,定理6 阶实对称矩阵 为正定矩阵的充要条件是存在满秩矩阵，使矩阵 具有满秩分解,充分性,从而对任一，必有,定理 6的证明：,所以 可逆。,否则，矛盾。,再根据,因为 是满秩阵，即可逆阵，,所以二次型,因此实对称矩阵 是正定的。,必要性,则,其中,又由 正定，故,令,显然 是满秩的，并且有分解,因为 是实对称矩阵，所以存在正交矩

13、阵，使,令,推论3 行列式不为正值的实对称矩阵 必不是正定矩阵。,显然推论3可以用来判断实对称矩阵不为正定矩阵。,推论2 对称正定矩阵 的行列式必取正值。,证明：,因为，且，所以,遗憾的是，定理6的推论2仅仅是正定的必要条件，不是充分条件。因为矩阵的行列式为正，只能说明该矩阵所有特征值的乘积为正，但显然不能保证所有的特征值都是正数。,推论4 阶实对称矩阵 为正定矩阵的充要条件是存在对角元均为正数的下三角矩阵，使矩阵 具有楚列斯基(Cholesky)分解,结合满秩分解和LU分解，对于实对称矩阵，我们有矩阵计算中非常重要的楚列斯基分解。,因此,例 7 若实对称矩阵 是正定的，则 也是正定的。,证明

14、：,因为 是正定的，所以存在可逆阵，使,显然 也是实对称矩阵。,这里 是可逆阵，所以 是正定的。,同理,这里 是可逆阵，所以 也正定。,思考：能否从特征值角度证明本题？,例 8,若实对称矩阵 是正定的，则,证明：,因为 是正定的，所以存在可逆阵，使,都是非零向量。因此,由于 是可逆的，所以 的每个列向量,同理，若实对称矩阵 是负定的，则,例8也仅仅是正定的必要条件，不是充分条件。例如,由于 的特征值为，出现零特征值，根据定理4的推论1，实对称矩阵 不是正定的。但是矩阵 的对角元都是正数。,但是直接通过矩阵的元素值，或者通过对元素值进行简单加工得到的信息来判断实对称矩阵的定性，比之于繁琐的计算出

15、所有特征值（定理2的推论）或把实对称矩阵正交对角化（定理1）进而得出矩阵的定性，要显得更加“诱人”，更具“古典美”。,由于正定矩阵的行列式为正，而且对角元都是正数，遗憾的是，这些仅仅是正定的必要条件，不是充分条件。因此我们自然想到如何加强条件，从行列式角度，得到判定正定的充分条件。,注意到 是矩阵左上角的一阶行列式，而 则可以看成矩阵左上角的 阶行列式，再考虑到其他对角元，因此我们可以猜想从矩阵左上角的各阶行列式来考虑。,定义9 称对角元是方阵 的前 个对角元的 阶方子矩阵 为 的 阶前主子矩阵。此子矩阵的行列式 称为 的 阶顺序主子式（或前主子式），即,定理10（霍尔维茨(Hurwitz)定

16、理）阶实对称矩阵 为正定矩阵的充要条件是矩阵 的各阶前主子式皆为正数，即,命题1 阶实对称矩阵 为负定矩阵的充要条件是矩阵 的各阶前主子式皆为负数，即,有意思的是，命题1居然是错误的！,对定理10稍加修改，我们可得到下面的命题1。,事实上，负定即 正定，故由定理10，有：,推论5 阶实对称矩阵 为负定矩阵的充要条件是对任意，恒有,高阶行列式难以计算，更何况要计算出所有前主子式。因此定理 10 作为判定矩阵正定的方法，对低阶尚可考虑，至于高阶，显然仅具理论价值。这样一来，判定高阶矩阵是否正定，还是需要从标准形或特征值入手，而要得到高阶矩阵的标准形或特征值，变换是首选方法，这更加凸显出矩阵计算中变

17、换的“现代性”与行列式的“古典性”。,例 11 判别下面的二次型是否正定：,解法一：,二次型的矩阵为,（特征值判别法）.,所以 是正定矩阵，此二次型为正定二次型.,其特征值为，均为正数，,解法二：,二次型的矩阵为,（前主子式判别法）.,它的各阶前主子式,所以 是正定矩阵，此二次型为正定二次型.,例 12 用前主子式判别法重解例5:,为正定二次型。,问 为何值时，二次型,解：,二次型的矩阵为,它的各阶前主子式都大于零，即,因此,解此不等式组，得,所以 时，得各阶前主子式均为正数。,从而 是正定矩阵，此二次型为正定二次型.,同时化成标准形 及,例 13 求一个满秩线性变换，将下列二次型,都是正定的。,显然,解：,根据定理3，存在满秩矩阵，使得,即,由于 仍为实对称矩阵，因此存在正交矩阵，使得,如何确定标准形的系数 呢？,由于,两边取行列式，注意到，因此,则,故 是下面的齐次线性方程组的非零解：,将 列分块为,当 时，注意到 满秩，所以,如何确定此满秩矩阵 呢？,由广义特征方程,综合上述，就是求解广义特征值问题的特征对。,得特征根,对于，解，得通解,对于，解，得通解,故,再由,求得,因此所求满秩变换为,