用正交变换将二次型化为标准形

用正交变换将二次型化为标准形是数学三考研中的重要题型，它综合考察了学生对二次型理论、相似对角化理论、欧式空间理论掌握的熟练程度。解题过程要用到写二次型的矩阵、求矩阵的特征值和特征向量、施密特正交化、单位化等等计算技能，对学生的线性代数知识要求比较高。这类问题往往含有参数，第一问确定参数，第二问求二次型的标准形。

下面用例子说明这种问题的解法。

理论依据

定理对于任意一个nnn级实对称矩阵AAA，都存在一个nnn级正交矩阵TTT，使得T′AT=T−1ATT^\prime AT=T^{-1}ATT′AT=T−1AT成为对角矩阵Λ\LambdaΛ.

说明：由于正交矩阵TTT满足T′T=ET^\prime T=ET′T=E，所以T′AT=T−1AT=Λ.T^\prime AT=T^{-1}AT=\Lambda.T′AT=T−1AT=Λ. 这个等式既可以解释为将二次型化为标准形，又可以解释为用相似变换将矩阵AAA化为对角矩阵Λ\LambdaΛ. 合同变换过程可以用相似对角化过程代替，这种求二次型的标准形的方法就是特征值方法.

解题步骤

写出二次型的矩阵；
求出矩阵的特征值和特征向量；
将特征向量组作施密特正交化和单位化；
写出正交矩阵TTT和对角矩阵Λ\LambdaΛ;
作结论。

第一题

例1 用正交变换将二次型XTAX=x12+5x22+5x32+2x1x2−4x1x3\displaystyle X^TAX=x_1^2+5x_2^2+5x_3^2+2x_1x_2-4x_1x_3XTAX=x12+5x22+5x32+2x1x2−4x1x3化为标准形.

解：令

A=[11−2150−205].A=\begin{bmatrix}1&1&-2\\1&5&0\\-2&0&5\end{bmatrix}.A=⎣⎡11−2150−205⎦⎤.

由矩阵的特征多项式

∣λE−A∣=∣λ−1−12−1λ−5020λ−5∣|\lambda E-A|=\begin{vmatrix}\lambda-1&-1&2\\-1&\lambda-5&0\\2&0&\lambda-5\end{vmatrix}∣λE−A∣=∣∣∣∣∣∣λ−1−12−1λ−5020λ−5∣∣∣∣∣∣

=2r2+r3∣λ−1−12−1λ−5002(λ−5)λ−5∣\xlongequal{2r_2+r_3}\begin{vmatrix}\lambda-1&-1&2\\-1&\lambda-5&0\\0&2(\lambda-5)&\lambda-5\end{vmatrix}2r2+r3∣∣∣∣∣∣λ−1−10−1λ−52(λ−5)20λ−5∣∣∣∣∣∣

=−2c3+c2∣λ−1−52−1λ−5000λ−5∣\xlongequal{-2c_3+c_2}\begin{vmatrix}\lambda-1&-5&2\\-1&\lambda-5&0\\0&0&\lambda-5\end{vmatrix}−2c3+c2∣∣∣∣∣∣λ−1−10−5λ−5020λ−5∣∣∣∣∣∣

按照第三行展开得，

=(λ−5)(λ2−6λ)=(\lambda-5)(\lambda^2-6\lambda)=(λ−5)(λ2−6λ)

得到A\displaystyle AA的特征值为0，5，6.

当λ=5\lambda=5λ=5时，由(5E−A)x=0\displaystyle (5E-A)x=0(5E−A)x=0, 即

[4−12−100200]→[10001−2000]\begin{bmatrix}4&-1&2\\-1&0&0\\2&0&0\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&-2\\0&0&0\end{bmatrix}⎣⎡4−12−100200⎦⎤→⎣⎡1000100−20⎦⎤

得基础解系

α1=[0,2,1]T\alpha_1=\begin{bmatrix}0,&2,&1\end{bmatrix}^Tα1=[0,2,1]T，即λ=5\lambda=5λ=5的特征向量.

当λ=6\lambda=6λ=6时，由(6E−A)x=0\displaystyle (6E-A)x=0(6E−A)x=0, 即

[5−12−110201]→[10120112000]\begin{bmatrix}5&-1&2\\-1&1&0\\2&0&1\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&\frac{1}{2}\\0&1&\frac{1}{2}\\0&0&0\end{bmatrix}⎣⎡5−12−110201⎦⎤→⎣⎡10001021210⎦⎤

得基础解系

α2=[1,1,−2]T，\alpha_2=\begin{bmatrix}1,&1,&-2\end{bmatrix}^T，α2=[1,1,−2]T，

即λ=6\lambda=6λ=6的特征向量.

当λ=0\lambda=0λ=0时，由(0E−A)x=0\displaystyle (0E-A)x=0(0E−A)x=0, 即

[−1−12−1−5020−5]→[10−520112000]\begin{bmatrix}-1&-1&2\\-1&-5&0\\2&0&-5\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-\frac{5}{2}\\0&1&\frac{1}{2}\\0&0&0\end{bmatrix}⎣⎡−1−12−1−5020−5⎦⎤→⎣⎡100010−25210⎦⎤

得基础解系

α3=[5,−1,2]T，\alpha_3=\begin{bmatrix}5,&-1,&2\end{bmatrix}^T，α3=[5,−1,2]T，

即λ=0\lambda=0λ=0的特征向量.

由于实对称矩阵，特征值不同时特征向量已经正交，故只需单位化，有

γ1=15[021],γ2=16[11−2],γ3=130[5−12].\gamma_1=\frac{1}{\sqrt 5}\begin{bmatrix}0\\2\\1\end{bmatrix}, \gamma_2=\frac{1}{\sqrt 6}\begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}, \gamma_3=\frac{1}{\sqrt 30}\begin{bmatrix}5\\-1\\2\end{bmatrix}.γ1=51⎣⎡021⎦⎤,γ2=61⎣⎡11−2⎦⎤,γ3=301⎣⎡5−12⎦⎤.

令

P=[γ1,γ2,γ3]=[0165302516−13015−26230]P=\begin{bmatrix}\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&\frac{1}{\sqrt 6}&\frac{5}{\sqrt 30}\\\frac{2}{\sqrt 5}&\frac{1}{\sqrt 6}&-\frac{1}{\sqrt 30}\\\frac{1}{\sqrt 5}&-\frac{2}{\sqrt 6}&\frac{2}{\sqrt 30}\end{bmatrix}P=[γ1,γ2,γ3]=⎣⎢⎡052516161−62305−301302⎦⎥⎤

经正交变换x=Pyx=Pyx=Py, 二次型化为标准形

XTAX=5y12+6y22.□X^TAX=5y_1^2+6y_2^2. \quad\quad \squareXTAX=5y12+6y22.□

第二题

例2 用正交变换将二次型XTAX=2x12+2x22+2x32+2x1x2+2x1x3−2x2x3X^TAX=2x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3-2x_2x_3XTAX=2x12+2x22+2x32+2x1x2+2x1x3−2x2x3化为标准形.

解：计算特征值和特征向量的过程同例１，故省略这部分的步骤．

这个二次型的矩阵为
A=[21112−11−12]A=\begin{bmatrix}2&1&1\\1&2&-1\\1&-1&2\end{bmatrix}A=⎣⎡21112−11−12⎦⎤

经计算，特征值为λ1=λ2=3,λ3=0.\displaystyle \lambda_1=\lambda_2=3, \lambda_3=0.λ1=λ2=3,λ3=0.
它们对应的特征向量分别为，

α1=[1,1,0]T,α2=[1,0,1]T,α3=[−1,1,1]T\alpha_1=\begin{bmatrix}1,&1,&0\end{bmatrix}^T, \alpha_2=\begin{bmatrix}1,&0,&1\end{bmatrix}^T, \alpha_3=\begin{bmatrix}-1,&1,&1\end{bmatrix}^Tα1=[1,1,0]T,α2=[1,0,1]T,α3=[−1,1,1]T

因为λ=3\displaystyle \lambda=3λ=3时，特征向量α1,α2\alpha_1,\alpha_2α1,α2不正交，故需Schmidt正交化.

令

β1=α1=[110],\beta_1=\alpha_1=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix},β1=α1=⎣⎡110⎦⎤,

则
β2=α2−(α2,β1)(β1,β1)β1\beta_2=\alpha_2-\frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1β2=α2−(β1,β1)(α2,β1)β1

=[101]−12[110]=12[1−12].=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}-\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1\\-1\\2\end{bmatrix}.=⎣⎡101⎦⎤−21⎣⎡110⎦⎤=21⎣⎡1−12⎦⎤.

单位化，有

γ1=12[110],γ2=16[1−12],γ3=13[−111].\gamma_1=\frac{1}{\sqrt 2}\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix},\gamma_2=\frac{1}{\sqrt 6}\begin{bmatrix}1\\-1\\2\end{bmatrix},\gamma_3=\frac{1}{\sqrt 3}\begin{bmatrix}-1\\1\\1\end{bmatrix}.γ1=21⎣⎡110⎦⎤,γ2=61⎣⎡1−12⎦⎤,γ3=31⎣⎡−111⎦⎤.

令P=(γ1,γ2,γ3),\displaystyle P=(\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3),P=(γ1,γ2,γ3),

那么，经过正交变换x=Py,\displaystyle x=Py,x=Py,有

XTAX=YTΛY=3y12+3y22.X^TAX=Y^T\Lambda Y=3y_1^2+3y_2^2.XTAX=YTΛY=3y12+3y22.

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理论依据

第一题

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