线性代数居余马第6章二次型.ppt

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1、第6章 二次型,6.1 二次型的定义和矩阵表示 合同矩阵,其中系数是数域F 中的数，叫做数域F上的n 元二次型（简称二次型）。实数域上的二次型简称实二次型。,定义6.1 n元变量x1,x2,xn的二次齐次多项式,如果令aji=aij(1ijn)，则上式可以表示为,其中 x=(x1,x2,xn)TRn，A=(aij)nn 是实对称矩阵,称为二次型 f 对应的矩阵。,若 A,B都 是实对称矩阵,且对应的二次型 相同，即,证 先取x为单位向量 ei=(0,1,0)T(第i个分量为1,其余为 0)，代入上式得aii=bii(i=1,2,n),再取 x 为向量 eij=(0,1,1,0)T(第 i,j个

2、分量为1,其余为0)，代入上式得aij=bij(ij),则 A=B。,例1 设,则它对应的矩阵为,如果n维向量在两组基B1=1,2,n和 B2=1,2,n下的坐标向量分别 x=(x1,x2,xn)T 和 y=(y1,y2,yn)T又(1,2,n)=(1,2,n)C则 x=C yf()=x TA x=yT(C TA C)y,B=C TA C故 f()在基B1和B2 下对应的矩阵分别是A和 B=C TA C。yT(CTA C)y 是 y1,y2,yn 的一个二次型。,例2 设向量在自然基1,2 下的坐标 x=(x1,x2)T 满足,若做基变换，把1,2逆时针旋转45 变成1,2,即,则在 1,2,

3、下的坐标 y=(y1,y2)T 满足,(1),(1)式用矩阵表示为,(2),将(2)式x=Cy 代入，得,x TA x=yT(CTAC)y,在1,2坐标系下，方程(1)化为标准方程,这是一个椭圆（见右图）。,即找矩阵C，使B=CTA C 为对角阵。,定义6.2 对矩阵A和B,如果存在可逆矩阵C，使得 B=CTA C，就称矩阵A 相合(或合同)于B（记作A B)。矩阵的相合关系是一种等价关系，具有以下性质：(1)自反性，A Mn(F),A A；(2)对称性，A,B Mn(F),若A B,则 B A；(3)传递性，A,B,C Mn(F),若A B,B C，则 A C。,一般二次型,6.2 化二次型

4、为标准形,正交变换法,二次型化为不含混合项只含平方项的二次型，这种二次型称其为标准形。,化二次型为标准形共有三种方法：正交变换法，配方法和初等变换法。,定理6.1（主轴定理）对于任一个n元二次型 f(x1,x2,xn)=xTAx，都存在正交变换 x=Qy(Q为正交阵)，使得QTAQ=diag(1,2,n)(定理5.12),从而x TA x=y T(QTAQ)y=1y12+nyn2 其中1,n 是实对称矩阵A的n个特征值，Q的n个列向量是A属于1,n 的n个标准正交的特征向量。,用Schmidt正交化方法(正交化，单位化)得,例 用正交变换化二次型,解（见第5章第24，25页）,1=1时，有线性

5、无关的特征向量x1=(2,1,0)T,x2=(2,0,1)T。,为标准型。,2=10 时，得,取正交矩阵,则T1AT=diag(1,1,10),x TA x=yT(CTAC)y=y12+y22+10y32,三个特征值决定二次曲面的类型。,例的应用：在自然基1,2,3 下，对二次曲面方程,做坐标变换：,在新基1,2,3 下，二次曲面方程为,y12+y22+10y32=1,这是椭球面方程，椭球的三个主轴长度分别为,*例2 将一般二次曲面方程,化为标准方程（只含平方项和常数项）。,(1),解 将(1)式中二次项部分,令x=T y,其中 x=(x,y,z)T,y=(x,y,z,)T,则 T1AT=di

6、ag(9,18,18),用类似例1的正交变换法化为平方和。,(2),(3),取正交矩阵,将(3)式代入(1)式的一次项部分，曲面方程化为,图形为单叶双曲面。,则 x TA x=yT(TTAT)y=9 x2+18 y2 18z 2,6.2.2 配方法和初等变换法化二次型为标准形,化为标准形，并求所用的坐标变换 x=Cy 及变换矩阵C。解 先按x12 及含有x1的混合项配成完全平方，即,例3 用配方法把三元二次型,在x=Cy 变换中，d i 一般不是特征值。,在上式中，再对 x224x2x3 配成完全平方,f(x1,x2,x3)=2(x1+x2 x3)2+(x2 2x3)2 5x32,代入上式，得

7、二次型的标准形,f(x1,x2,x3)=2y12+y22 5y32,就是坐标变换 x=Cy，式中的矩阵就是变换矩阵C。,对一般 的f(x1,x2,xn)的配方法：若 x12 项的系数不为0，就按上例配方。如果 x12 项的系数为0，而x22 项的系数不为0，就从x2开始配方。如果所有的二次项的系数都为0，就按下例的方法化为标准形。,例4 用配方法化二次型f(x1,x2,x3)=2 x1 x2 2x1 x3+2 x2 x3 为标准形，并求所做的坐标变换。,将(1)式代入二次型，得 f(x1,x2,x3)=2y12 2y22 4y2y3(2),解 因为没有二次项，先利用平方差公式做如下变换:,记作

8、 x=C1 y,(1),得二次型的标准形 f(x1,x2,x3)=2z12 2z2+2z32即 x TA x=z T z,再用例3的配方法得 f(x1,x2,x3)=2y12 2(y2+y3)2+2y32,f(x1,x2,x3)=2y12 2y22 4y2y3,(3),其中,变换矩阵,坐标变换为 x=C1y=C1(C2 z)=(C1C2)z,任何n元二次型都可用配方法化为标准形，相应的变换矩阵是主对角元为的上三角矩阵和例4中的对角块矩阵C1,或者是这两类矩阵的乘积。任意一个n阶实对称矩阵A，也都可以通过一系列相同类型的初等行、列变换化成其相合的标准形（对角矩阵）。所谓相同类型的初等行、列变换指

9、的是：,(1)如果用倍加初等阵 Eji(c)右乘A（即A的第i列乘c加到第j列），那么相应地也用 EjiT(c)=Eij(c)左乘A（即列变换后的A的第i行乘c加到第j行）。变换后的矩阵EjiT(c)A Eji(c)仍是对称阵。(2)如果用Ei(c)右乘A，则也用EiT(c)左乘A，即A的第i列和第i行都乘非零常数c，显然 EiT(c)A EiT(c)仍是对称阵。(3)如果用 Eij 右乘A，则也用 EijT左乘A，即A的第i列与第j 列及第i行与第j行同时对换位置，如此所得的 EijT A Eij 也是对称阵。,(2)如果a11=0，但存在 aii0，先将第1列与第i列对换，第1行与第i行对

10、换，就把 aii 换到第1行第1列的位置，化为(1)。(3)如果aii=0(i=1,2,n)，aij0,可将第j 列加到第i列,将第j 行加到第i行,第i行第i列的元素化为 2aij 0，就化为(2)。,定理6.2 对任意一个n 阶实对称矩阵A，都存在可逆矩阵C，使得 CT A C=diag(d1,d2,dn),其中A 1 仍为n-1阶实对称矩阵。,(1)如果a110,由于a1j=aj1(j=1,2,n)，因此对A做相同类型的行、列倍加变换，可将第行与第列的其他元素全化为零，得,证：设 A是n阶实对称矩阵。,用数学归纳法可以证明：对任一个n 阶实对称矩阵A，都存在初等矩阵 P1,P2,Pk,使

11、得PkTP2TP1TAP1P2Pk=CTAC=diag(d1,d2,dn)其中C=P1P2Pk=I P1P2Pk即对A做的列变换同样施加于单位矩阵I，即得变换矩阵C。,化为标准形，并求所做的坐标变换 x=C y 的变换矩阵C。,解 将二次型的矩阵A与单位矩阵I 上下排列，对A做相同类型的初等行、列变换使之化为对角阵，同样的初等列变换，将I化为C。(以下i,(j)分别表示i列,第j行),例5 用初等变换法将例1的二次型（参看第10，11页）,做变换x=Cy，其中,则 xTAx=,解 同上题做法：,例6 用初等变换法将例4的二次型（参看第17，18页）f(x1,x2,x3)=2 x1 x2 2x1

12、 x3+2 x2 x3 化为标准形，并求所做的坐标变换 x=C y 的变换矩阵C。,做变换x=Cy，,其中,则 xTAx=,在例1（在第10页）和例5（在第22页）中用不同的方法得到同一个二次型的不同标准形,即矩阵相合于不同的对角阵,同样，在例4（在第17页）和例6（在第24页）中用不同的方法得到同一个二次型的不同标准形,即矩阵相合于不同的对角阵,diag(2,2,2)和 diag(2,1/2,2),则,diag(1,1,10)和,*6.3 惯性定理和二次型的规范形,定理6.3（惯性定理）n元二次型xTAx经坐标变换化为标准形时，正平方项的个数p和负平方项的个数q是由A唯一确定的。或者说对实对

13、称矩阵A，不论取怎样的可逆矩阵C,只要CTAC=diag(d1,dp,dp+1,dp+q,0,0)di0(i=1,p+q),p+qn 成立，则p和q是由A唯一确定的。证 由秩(A)=秩(CT A C)=p+q,知 p+q=r 由A唯一确定。设实二次型 f=xT A x 经坐标变换 x=By 和x=Cz(1)(B,C都可逆)分别化为标准形 f=b1y12+bp yp2 bp+1 yP+12-br yr2(2)f=c1 z12+ct zt2 ct+1 zt+12 cr zr2(3)(bi,ci0,i=1,r),用反证法：假设 pt，此时由(1),(2)可得f=b1y12+bt yt2+bt+1yt

14、+12+bpyp2 bp+1yp+12 br yr2=c1z12+ct zt2 ct+1 zt+12 cp zp2 cp+1 zp+12 cr zr2,(5),为了从(4)式中找到矛盾，令 z1=z2=zt=0,yp+1=yn=0，代入(5),得到y1,y2,yn 的方程组,(6),齐次线性方程组(6)有 n个未知量，但方程个数为 t+(n p)=n(p t)n,由(1)z=C1x=(C 1B)y=Dy（其中D=C1B），即,(4),非零解中y1,y2,yp 不全为零，将其代入(4)式，得f=b1y12+bt yt2+bt+1yt+12+bpyp2 0(7)将(6)的非零解代入(5)式得到 z

15、1,zt,zn 的一组值（其中 z1=z2=zt=0），将它们再代入(4)式，又得 f=ct+1 zt+12 cp zp2 cr zr20(8)(7),(8)二式显然是矛盾的，故假设的pk不能成立，必有p k,齐次线性方程组(6)有n个未知量，但方程个数 n，故必有非零解。由于 yp+1=yn=0,同理可证 t p，得 p=t。故 p 和 q=r p 是由A唯一确定的。,定义6.3 二次型xTAx 的标准形中，正平方项的个数 p 和负平方项的个数 q=r p 分别叫做二次型或A 的正、负惯性指数。称 p q=2 p r 为符号差。秩(A)=r 也叫二次型的秩。,推论 设 A为 n 阶实对称矩阵

16、，正、负惯性指数分别为 p 和 q，则 A diag(1,1,1,1,0,0),其中1有p个,1有q个,0 有n(p+q)个。或者说：,对于二次型 xTAx 存在坐标变换 x=Cy，使得 xTAx=y12+yp2 yp+12-yr2(r=p+q)上式右端称为 xTAx 的规范形。,证 由定理6.3知，存在C1,使C1TAC1=diag(d1,dp,dp+1,dp+q,0,0)其中di0(i=1,p+q)。取可逆阵,则,则 CTA C=diag(1,1,1,1,0,0),若n阶实对称矩阵A 与B 合同，也称对应的二次型 xT A x 和 xT B x 合同。,注意：一个实对称矩阵A的合同规范形是

17、唯一的。两个n阶实对称矩阵A和B合同的充分必要条件是它们的正、负惯性指数分别相等，或正惯性指数与秩分别相等；全体n阶实对称矩阵按其合同规范形分类（不考虑+1，1,0 的排列次序）可以划分为(n+1)(n+2)/2 类。因为秩r=0时，有1类；r=1时，有2类；r=2时，有3类;，r=n时，有 n+1类。共有1+2+3+(n+1)类。,6.4 正定二次型和正定矩阵,在多元微积分中我们知道二元函数,在点（0，0）是否有极大(小)值，就是看它在（0，0）的邻域内是否恒正(负)。一般n元二次型是否恒正(负)的问题，就是二次型的正定问题。,定义6.4 如果n元实二次型 f(x1,x2,xn)=xTAx，

18、x=(x1,x2,xn)0(xRn)，恒有 xTAx 0，就称 xTAx 为正定二次型；称矩阵A为正定矩阵。,(1)n元实二次型(标准形)f=(x1,x2,xn)=d1x12+d2x22+dnxn2 正定的充分必要条件是 di0(i=1,2,n)。充分性是显然的，可用反证法证明必要性：设存在 di0，取 xi=1,xj=0(ji)，便有 f(0,0,1,0,0)=di0。这与二次型正定相矛盾。,由定义可得：,(2)对二次型 f=xTAx 做坐标变换x=Cy（C为可逆矩阵），化为 f=yT(CTAC)y，其正定性不变。这是因为：y00，相应的 x0=Cy00（否则 x0=0，则 y0=C1x0=

19、0)，于是由 f=xTAx 的正定性，即得 f=y0T(CTAC)y0=x0TAx00，即 y0T(CTAC)y0 正定，反之亦然。,所以，对二次型做坐标变换化为 d1x12+d2x22+dnxn2，即A合同于对角矩阵 CT A C=diag(d1,d2,dn)时，由 di 0（i=1,2,n）即可判别A为正定矩阵。,定理6.4 对于n阶实对称矩阵A，下列命题等价：(1)xT A x 是正定二次型（或A是正定矩阵）；(2)A的正惯性指数为n，即A I；(3)存在可逆矩阵P，使得A=PTP；(4)A的n个特征值1,2,n都大于零。,证(1)(2)即对正定二次型xTAx 做坐标变换所化成的相合规范

20、形必为 xTAx=y12+y22+yn2，即 p=n 且 A I。,(2)(3)存在可逆阵C使得CTAC=I，得A=(C T)1 C 1,令P=C 1，则 P T=(C T)1,于是,A=P T P。,(3)(4)设Ax=x(x 0),得(PT PA)x=x,从而有xT PTPx=xTx,即(Px,Px)=(x,x)由P是可逆矩阵和 x 0,得 Px 0，特征值,(4)(1)对于n元实二次型 xTAx，存在正交变换x=Q y 使得xTAx=1y12+2y22+nyn2。由1,n 都大于零，即得 xTAx 是正定二次型。,(3)存在可逆矩阵P，使得A=PT P；(4)A的n个特征值1,2,n都大

21、于零。,例 证明：若A是正定矩阵，则A1也是正定矩阵。证 正定矩阵是满秩的实对称矩阵，所以，A可逆，且(A1)T=(AT)1=A1，即A1 也是实对称矩阵。证A1正定:方法：用定义。对二次型 xT A1x 做坐标变换 x=A y，得 xT A1x=yT AT A1 Ay=yT A y由 yT A y正定，可知 xTA1x 也正定，故A1是正定矩阵。方法：由A I,即存在可逆阵C使得CT A C=I,两边求逆,得(C1)A1(C1)T=I,即 DT A1D=I(其中D=C1)T,故 A1 I，因此A1是正定的。方法：由A正定,则存在可逆阵P,使得A=PT P,于是A1=P1(P1)T=ST S(

22、其中S=(P1)T）,因此A1 也正定。方法：设Ax=x(x 0)，得A1 x=1 x(x 0)。由于A的n个特征值都大于零，所以A1的n个特征值1也都大于零。故A 1正定。,例 判断三元二次型,显然f(x1,x2,x3)0，等号成立当且仅当,解法：用配方法得,的特征多项式为 I A=(1)(1)2 1/2，特征值,是否是正定二次型。,解法：二次型的对应矩阵,都大于零，所以二次型正定。,从而判定 f(x1,x2,x3)是正定的。,例3 判别三元二次型,是否是正定二次型。,f(1,1,0)=3+1 4=0,解法1：观察,故 f 不 是正定的。,解法2 二次型的对应矩阵,I A=(1)(2 6 3

23、)=0特征值,的特征方程,故 f 不 是正定的。,定理6.5 若n元二次型 xTAx 正定，则(1)A的主对角元aii 0(i=1,2,n)；(2)A的行列式 detA0。证(1)因 xTAx 正定，取第i个分量xi=1,其余分量为0的向量，xi=(0,0,1,0,0)，则有 xiTAxi=aiixi2=aii0(i=1,n)。(2)因A正定，存在可逆矩阵P，使得A=PT P，从而 A=PTP=P 20或根据正定矩阵A的特征值都大于零，得A=12n0。,根据定理，A,B,C都不是正定的。,A=0，B0，C 中 c110,注意：D满足定理条件，却不是正定的。定理条件是矩阵正定的必要非充分条件。,

24、必要性：取 xk=(x1,xk)T0,x=(x1,xk,0,0)T,记为 x=(xkT,0n-k)0,则有,定理6.6 n元二次型xTAx 正定的充分必要条件为A 的n个顺序主子式（左上角主子式）都大于零。,证 设A=(aij)nn,（k=1,2,n）称为A的k阶顺序主子式,xTAx=,是正定的。,由定理6.5 得 detAk0(k=1,n)。必要性得证。,对一切 xk 0成立。故x1,xk 的k元二次型,由于C12 A=An-1 b 0,An-10，即得 b0。,取,于是，,对n 1元二次型成立；对n元二次型，将A分块为,其中=(a1n,a2n,an-1,n)T,根据定理6.4，只需证明 A

25、 I,*充分性：对n作数学归纳法。当n=1时，a110,xTAx=a11x120(x10)，故充分性成立。假设充分性,根据归纳假设,An-1 正定，故存在 n1阶可逆矩阵 G，使得,再取,例如，用定理6.6 判别矩阵D的正定性，其中,解,所以，D不是正定的。,故 A I，A正定。,例4 证明：若A是n阶正定矩阵，则存在正定矩阵B，使得 A=B 2。证 因为正定矩阵A是实对称矩阵，所以存在正交阵Q（Q T Q=I），使得 A=Q(diag(1,2,n)Q T其中i0(i=1,2,n)。利用,diag(1,2,n)=,则 A=B2。B的特征值都大于0，所以B正定。B通常记作,*6.5 其他有定二次

26、型,定义6.5 如果 x=(x1,xn)T0，恒有二次型(1)xTAx 0,但至少存在一个 x0 0，使得 x0TAx0=0，则称 xTAx 为半正定二次型，A为半正定矩阵；(2)xTAx 0，则称 xTAx 为负定二次型，A为负定矩阵；(3)xTAx 0，但至少存在一个 x0 0，使得 x0TAx0=0，则称 xTAx 为半负定二次型，A为半负定矩阵。正定、半正定、负定、半负定二次型统称为有定二次型。不是有定的二次型，就称为不定二次型。,例如，xTAx,二次型经坐标变换,正(负)定性、半正(负)定性及不定性都不变。,当di 0(i=1,2,n)时，是负定的；当di 0(i=1,2,n),且至

27、少有一个为0 时是半正定；当di 0(i=1,2,n)且至少有一个为0 时是半负定。若A为负定(半负定)矩阵，则(A)为正定(半正定)矩阵。,定理6.7 设A为n阶实对称矩阵，则下列命题 等价：(1)xT A x 是负定二次型（或A是负定矩阵）；(2)A的负惯性指数为n，即A I；(3)存在可逆矩阵P，使得A=PTP；(4)A的n个特征值1,2,n都小于零；(5)A的奇数阶顺序主子式都小于零，偶数阶顺序 主子式都大于零。,定理6.8 设A为n阶实对称矩阵，则下列命题 等价：(1)xT A x 是半正定二次型（或A是半正定矩阵）；(2)A的正惯性指数为=r(A)=r(r n)或 A diag（1,1,0,0)，其中1有r个；(3)A的n个特征值都大于等于零，但至少存在一个为零；(4)存在非满秩矩阵P（r(P)n），使得A=PTP；(5)A的各阶主子式大于等于零,但至少有一个主子式等于零。,是否是有定二次型。,例1 判断二次型,解法,当x 1=x 2=xn时，等号成立，故二次型半正定。,是否是有定二次型。,例1 判断二次型,解法2,故二次型半正定。,