化二次型为标准型的方法.pdf

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1、化二次型为标准型的方法化二次型为标准型的方法二、二、二次型及其矩阵表示二次型及其矩阵表示在解析几何中，我们看到，当坐标原点与中心重合时，一个有心二次曲线的一般方程是ax 2bxy cy f.（1）为了便于研究这个二次曲线的几何性质，我们可以选择适当的角度，作转轴（反时针方22x xcos ysin向转轴）（2）y x sin y cos把方程（1）化成标准方程。在二次曲面的研究中也有类似的情况。（1）的左端是一个二次齐次多项式。从代数的观点看，所谓化标准方程就是用变量的线性替换（2）化简一个二次齐次多项式，使它只含平方项。二次齐次多项式不但在几何中出现，而且数学的其他分支以及物理、力学中也常会

2、碰到。现在就来介绍它的一些最基本的性质。设 P 是 一 数 域，一 个 系 数 在 数 域 P 上 的x1,x2,.,xn的 二 次 齐 次 多 项 式f(x1,x2,.,xn)a11x12 2a12x1x2.2a1nx1xna22x22.2a2nx2xn.annxn2称为数域 P 上的一个 n 元二次型，或者在不致引起混淆时简称二次型。设x1,x2,.,xn；y1,y2,.,yn是两组文字，系数在数域P 中的一组关系式x1 c11y1c12y2.c1nynx c y c y.c y22112222nnx3 c31y1c32y2.c3nyn（4）.xn nyn称为由x1,x2,.,xn到y1,

3、y2,.,yn的一个线性替换，。如果cij 0，那么线性替换（4）就称为非退化的。在讨论二次型时，矩阵是一个有力的工具，因此把二次型与线性替换用矩阵来表示。另aij=aji，i1），不是一般性，设a12 0。令x1 z1z2x z-z212它是非退化线性替换，且使f(x1,x2,.,xn)=2a12x1x2.xn zn22=2a12(z1z2)(z1-z2).=2a12z12a12z2.这时上式右端是z1,z2,.,zn的二次型，且z1的系数不为 0，属于第一种情况，定理成立。3）a11 a12.a1n 0由于对称性，有a21 a22.a2n 0这时f(x1,x2,.,xn)换变成平方和。这样

4、就完成了定理得证明。说明：说明：虽然配方法是基础方法，但在应用化简二次型时比较麻烦。配方法需要通过观察来配方，对初学者来讲，具有一定的盲目性。2a x x是 n-1 元二次型。根据归纳假设，它能用非退化线性替ijiji2 j2nn四、化二次型为标准形方法之二：合同变换法（初等变换法）四、化二次型为标准形方法之二：合同变换法（初等变换法）由上述配方法即得：定理定理 在数域 P 上，任意一个对称矩阵都合同于以对角矩阵。即对于任意一个对称矩阵A，都可以找到一个可逆矩阵C 使C AC成对角形。即任意对称矩阵都可用同样类型的初等行变换和初等列变换化成与之合同的对角矩阵。典型例题：典型例题：用合同变换法化

5、二次型为标准型，并写出非退化的线性替换。Tf(x1,x2,x3)x122x22 x32 2x1x22x1x3 111解：解：f(x1,x2,x3)的矩阵为 A=120101以下为合同变换过程：111 111 10121*(1)31*(1)12001101121*(1)101101111100010001100010001110010001101100 100 32*(1)011011011 32*(1)31*(1)012012003110010001100 010003112 011001100 112 因此 D=010，C=011003001222令 X=CY，得f(x1,x2,x3)=y1

6、 y23y3111010001111010001五、五、化二次型为标准形方法之三：正交变换法（实二次型）化二次型为标准形方法之三：正交变换法（实二次型）利用欧式空间的理论，我们得到这样的结论：对于任意一个 n 级是对称矩阵 A，都存在一个 n 级是正交矩阵 T，使TTAT=T-1AT成对角形。定理定理任意一个实二次型f(x1,x2,.,xn)a x x（aijiji1j1nnij=aji）222都可经过正交的线性替换变成平方和f(x1,x2,.,xn)=d2z2d3z3.dnzn其中平方项系数d1,d2,.,dn就使矩阵 A 的特征多形式全部的根。因此只要求出特征根，二次型标准形也就求出来了。

7、正交变换更具实用性。如：典型例题：典型例题：作直角变换，把下述二次曲面方程化成标准方程，并指出它是什么二次曲面x22y23z24xy 4yz 1解：此方程左端的二项式部分为：f(x,y,z)=x 2y 3z 4xy 4yz下把它正交替换成标准型：222120 120 22=它的矩阵 A=222E A=2（2）（5）023023（1）,A 的全部特征值是 2，5，-1.对于特征值 2，求出（2E-A）X=0 的一个基础解系：2321;对于特征值 5，求出（5E-A）X=0 的一个基础解系：11,把单位化，得113223131 2;对于特征值-1，求出（-E-A）X=0 的一个基础解22,把单位化

8、，得223223 2322 系：32,把3单位化，得331 13231令 T=32313232323200 21，则 T 是正交矩阵，且T AT=051300013x*x*2*2*2令y Ty，则f(x,y,z)=2x5yz zz*所以原二次型在新的直角坐标系中的方程为：2x由此看出，这是单叶双曲面。*25y*2z*2=1六、化二次型为标准形方法之四：雅可比方法六、化二次型为标准形方法之四：雅可比方法（一）相关定义（一）相关定义1、双线性函数定义V 是数域 P 上一个线性空间，f(,)是 V 上一个二元函数，即对 V 中任意两个向量、，根据 f 都唯一地对应于 P 中一个数 f(,)。如果 f

9、(,)有下列性质：1）f(,k11+k22)=k1f(,1)k2f(,2)2）f（k11+k22,）=k1f(1,)k2f(2,)其中,1,2,1,2是 V 中任意向量，k1,k2是 P 中任意数，则称 f(,)为 V 上的一个双线性函数。例如：欧式空间 V 的内积是 V 上双线性函数。2、对成双线性函数的定义 f(,)线性空间 V 上的一个双线性函数，如果对V 中任意两个向量,都有 f（，）=f(,),则称 f(,)为对称双线性函数。3、度量矩阵定义1,2,.,n是 V 的一组基，设 f(,)是数域P 上 n 维线性空间V 上的一个双线性函数。f(1,1)则矩阵A=f(,n1)f(1,n)叫

10、做 f(,)在1,2,.,n下的度量矩阵。f(n,n)结论：双线性函数是对称的，当且仅当它在任一组基下的度量矩阵是对称矩阵。（二）化二次型为标准型的雅可比方法（二）化二次型为标准型的雅可比方法设 V 是数域 P 上一个 n 维线性空间，取定 V 的一组基1,2,.,n，令=xi=1nii,=yi=1nii，x x=(x1,.,xn),y=y=(y1,.,yn),TT那么给定一个 F 上的 n 元二次型x Ay（其中 A 是 n 阶对称矩阵），则由 A 可以定义一f(1,1)A=f(,n1)f(1,n)f(n,n)。反之亦然。TT个 V 上对称双线性函数 f(,)=x Ay，其中在固定的基T1,

11、2,.,n下，二次型xTAx和对称双线性函数 f(,)=x Ay是互相唯一确定的（都是由 A 确定的）。这种方法的中心问题是：对在这种方法的中心问题是：对在 V V 的基的基1,2,.,n下游二次型下游二次型xTAx确定的对称双确定的对称双线性函数线性函数 f(f(,)=)=x Ay，满足条件，满足条件Tf(i,j)=0，对 ij(i,j=1,2,n)（bij）我们知道，设1,.,n是 V 的另一组基，而B=nn=(f(i,j)是 f(,)关（cij）于这个基的矩阵，又设 C=nn是由基1,2,.,n到基1,.,n的过渡矩阵，即i=cijj，i=1,nj1n那么 B=C AC，(1)即一个双线

12、性函数关于 V 的两个基的两个矩阵式合同的。由于任一对称矩阵必能合同于对角矩阵。设可逆矩阵C 使C AC成对角阵，TTb11B=00,(2)bnn再设 C 是基1,2,.,n到基1,.,n的过渡矩阵，由（1）式知，f(,)关于基1,.,n的矩阵是对角矩阵（2）式，即f(i,j)=0，对 ij(i,j=1,2,n)这表明，对于每一个对称双线性函数 f(,)，都存在一个适当的基1,.,n，使它可以写成如下形式Tf(,)=z Bu=b11z1u1b22z2u2.bnnznun,其中z,u，从而它所确定的二次型ziiiii1i1222b22z2.bnnznzTBz=b11z1nnTBz可以写成标准形且

13、二次型xTAx化为zTBz所作的非退化线性替换为x=Cz，其中 C 是由基1,2,.,n到基1,.,n的过渡矩阵，它使C AC=B。于是，化二次型xTAx为标准形的问题就可以归结为上述关于对称双线性函数的“中心问题”，为此，需要寻找满足条件（2）得 V 的一个基1,.,n。在R中，从一个基1,2,.,n出发，利用施密特正交化方法，可以构造一个与之等价的正交基1,.,n。该方法的实质就是设nT1 c111,cc,212 1222.n nn,然后用待定系数法求使得,=0（其中 ij，i,j=1,2,n）的系数cijTij。为此我们先解决下问题：为此我们先解决下问题：1）设 V 是数域 P 上一个

14、n 维线性空间，f(,)=x Ay使 V 上对称双线性函数，其中1,2,.,n是 V 的一组基，=xi=1nii,=yi=1Tnii，x x=(x1,.,xn),y=y=(y1,.,yn),A 是 n 阶对称矩阵，那么从基1,2,.,n出发，是否能构造如下形式的基1,.,n：T1 c111,cc,212 1222.n nn,使得f(i,j)=0，对 ij(i,j=1,2,n)解解：将j c1j1c2j2.cjjj代入f(i,j)得f(i,j)=f(i,j c1j1c2j2.cjjj)=c1jf(i,1)c2jf(i,2).cjjf(i,j)，所以，若对任意的 i 及 ji 有f(i,j)=0，

15、则对 ji，有f(i,j)=f(j,i)=0，即1,.,n是所求的基。于是，问题归结为求待定系数c1i,c2i,.,cii,i 1,2,.,n,使向量i c1i1c2i2.ciii（3）满足条件f(i,j)=f(j,i)=0，j=1,2,i-1（4）显然，若i满足f(i,j)=0，则i的数量倍ci也满足f(ci,j)=0，故为了确定i，我们再要求i满足条件f(i,i)=f(i,i)=1。（5）这样，i可以利用条件（4）（5）唯一确定了，将（3）式代入（4)和（5），得到关于cji的线性方程组c1if(1,1)c2if(1,2).ciif(1,i)0c1if(2,1)c2if(2,2).ciif

16、(2,i)0（6）.c f()c f().c f()02ii1,2iii1,i1ii-1,1c1if(i,1)c2if(i,2).ciif(i,i)1这方程组的系数行列式为f(1,1)i=f(,i1)f(1,i)。f(i,i)（aij）因此，当i0 时，方程组（6）由唯一解，从而可求得向量i。于是，当 A=nn=(f(i,i)a11 a12的顺序主子式1=a11，2=a1na2nanma11 a12a21 a22，n=a21 a22an1 an2都不等于 0 时，可以由方程组（6）求出向量i，i=1，2，n2）由 1）可知，在i0，i=1，2，n 的情形下，由方程组（6）可求出上三角矩阵c11

17、（cij）C=nn0c1n,cnn从而由（3）式求得i，i=1，2，n，它们满足bij=f(i,j)=0，对 ij，i,j=1,2,n使得双线性函数 f(,)关于基1,.,n的矩阵为b11TB=C AC=0T0,bnn是对角矩阵，由此可见，二次型x Ax可经非退化线性替换 x=Cz，化成标准形222b22z2.bnnznzTBz=b11z1其中 x=(x1,.,xn),z=(z1,.,zn).下面计算bii=f(i,i)i=1，2，n，由（3）（4）（5）可得TTbii=f(i,i)=f(i,c1i1c2i2.ciii)=cii=f(i,i)再由克拉默法则，由方程组（6）可解得cii=i1（其

18、中令0=1）。i因此，bii=i1，i=1，2，ni综上所述，我们可得以下结论：综上所述，我们可得以下结论：设二次型a x x（其中aijiji1j1nnij=aji）中，顺序主子式1，2，,n都不等于零，则该二次型必可化为下面的标准形：02122z1z2.n-1zn12n其中0=1。这个化二次型为标准形的方法称为雅可比方法雅可比方法。典型例题：典型例题：用雅可比方法化二次型为标准型，并写出非退化的线性替换。f(x1,x2,x3)=2x12 x22 x323x1x2 4x1x323解：由于矩阵 A=2232102110,它的顺序主子式1=2，2=，3=4都不441等于零，故可用雅可比方法。10

19、0 设10，21，30，双线性函数 f(,)关于基001 1，2，3的矩阵为 A,则2f1,33f2,3=2f3,323210201f1,1f1,2A=f2,1f2,2f,f,31321 c111设2 c121c222 ccc313 1232333系数c11可由条件f1,1=1 求出，即c11f1,1=2c11=1 1211故c11=，故有1 c1111=0220c12f1,1c22f1,2 0c,c系数1222可由方程组求出，c f,cf,1121222226 c12 6得，故2 c121c222=8c22 8032c 132c232c33 03系数c13,c23,c33可由方程组c13c2

20、3 0求出，22c13c3318 8c1713171212得c23，故3171711c33171712由此可得，由基1，2，3到1,2,3的过渡矩阵为 C=00因此8 171281710176f(x1,x2,x3)经线性替换X=CZ化成标准型0212221212z1z2z3=z18z2z32123217（三）雅可比方法在判定二次型的正定性问题上的应用（三）雅可比方法在判定二次型的正定性问题上的应用1）实二次型f(x1,x2,.,xn)a x x=xijiji1j1nnTAx是正定的充要条件是：矩阵 A 的顺序主子式1，2，,n全大于零；2）实二次型f(x1,x2,.,xn)ka x x=xijiji1j1nnTAx是负定的充要条件是：(1)k 0,k 1,2,.n.证：1）必要性显然成立，下正充分性。由于矩阵 A 的顺序主子式全大于零，故该二次型必可化为02122z1z2.n-1zn12n由于i10（i=1,2,.,n），故该二次型的正惯性指数等于n,所以它是正定的。ik2）证明与 1)类似，只是因(1)k 0,k 1,2,.n.故所以该二次型的负惯性指数等于n,是负定的。i10（i=1,2,.,n）i