实二次型的规范形

文章目录

  • 规范形
  • 定理1(惯性定理)
    • 证明
  • 正负惯性指数
  • 命题1
    • 推论1
  • 复二次型的
    • 规范形
  • 定理2
  • 命题2
    • 推论

这一节就说明了:二次型得到标准形是不唯一的,与所做的非退化线性替换有关!

规范形

实二次型:实数域上的二次型

n n n元实二次型 X ′ A X X'AX XAX经过某个非退化线性替换 X = C Y X=CY X=CY,可以化成以下形式的标准形 (1) d 1 y 1 2 + . . . + d p y p 2 − d p + 1 y p + 1 2 − . . . − d r y r 2 d_1y_1^2+...+d_py_p^2-d_{p+1}y_{p+1}^2-...-d_ry_r^2\tag{1} d1y12+...+dpyp2dp+1yp+12...dryr2(1)其中

  • d i > 0 , i = 1 , . . . , r d_i>0,i=1,...,r di>0,i=1,...,r
  • r r r是这个二次型的秩
    再做一次替换,让 y i = 1 d i z i , i = 1 , . . . , r y_i=\frac1{\sqrt{d_i}}z_i,i=1,...,r yi=di 1zi,i=1,...,r y j = z j , j = r + 1 , . . . , n y_j=z_j,j=r+1,...,n yj=zj,j=r+1,...,n于是标准形(1)可以变成 (2) z 1 2 + . . . + z p 2 − z p + 1 2 − . . . − z r 2 z_1^2+...+z_p^2-z_{p+1}^2-...-z_r^2\tag{2} z12+...+zp2zp+12...zr2(2)如(2)这样的一个标准形,称为 X ′ A X X'AX XAX的规范形。它的特征为:
  • 只含平方项 (只要是标准形都应该满足zhetiao)
  • 平方项系数为1,-1或0
  • 系数为1的平方项都在前面

定理1(惯性定理)

n n n元实二次型 X ′ A X X'AX XAX的规范形是唯一的

证明

  • r a n k ( A ) = r rank(A)=r rank(A)=r,假设 X ′ A X X'AX XAX分别经过替换 X = C Y , X = B Z X=CY,X=BZ X=CY,X=BZ变成两个规范形: y 1 2 + . . . + y p 2 − y p + 1 2 − . . . − y r 2 y_1^2+...+y_p^2-y_{p+1}^2-...-y_r^2 y12+...+yp2yp+12...yr2 z 1 2 + . . . + z q 2 − z q + 1 2 − . . . − z r 2 z_1^2+...+z_q^2-z_{q+1}^2-...-z_r^2 z12+...+zq2zq+12...zr2只需证明 p = q p=q p=q
  • 从以上可以得到 Z Z Z Y Y Y的关系: Z = ( B − 1 C ) Y Z=(B^{-1}C)Y Z=(B1C)Y ⇒ \Rightarrow y 1 2 + . . . + y p 2 − y p + 1 2 − . . . − y r 2 y_1^2+...+y_p^2-y_{p+1}^2-...-y_r^2 y12+...+yp2yp+12...yr2 (3) = z 1 2 + . . . + z q 2 − z q + 1 2 − . . . − z r 2 =z_1^2+...+z_q^2-z_{q+1}^2-...-z_r^2\tag{3} =z12+...+zq2zq+12...zr2(3)
  • G = ( B − 1 C ) = ( g i j ) G=(B^{-1}C)=(g_{ij}) G=(B1C)=(gij),不妨设 p > q p>q p>q,现在要找到关于 y 1 , . . . , y n y_1,...,y_n y1,...,yn的一组值使得(3)式左边>0,而右边 ≤ \le 0
  • Y Y Y取以下列向量 β = ( k 1 , . . . , k p , 0 , . . . , 0 ) ′ \beta=(k_1,...,k_p,0,...,0)' β=(k1,...,kp,0,...,0) k 1 , . . . , k p k_1,...,k_p k1,...,kp是一组不全为0的实数,由 Z = ( B − 1 C ) Y Z=(B^{-1}C)Y Z=(B1C)Y得到 { z 1 = g 11 k 1 + . . . + g 1 p k p z 2 = g 21 k 1 + . . . + g 2 p k p . . . z q = g q 1 k 1 + . . . + g q p k p \begin{cases}z_1=g_{11}k_1+...+g_{1p}k_p\\z_2=g_{21}k_1+...+g_{2p}k_p\\...\\z_q=g_{q1}k_1+...+g_{qp}k_p\end{cases} z1=g11k1+...+g1pkpz2=g21k1+...+g2pkp...zq=gq1k1+...+gqpkp然后就想啊,要是能让 z 1 , . . . , z q z_1,...,z_q z1,...,zq都为0就好了,那肯定右边就=0而左边 > 0 >0 >0(只需证明: k 1 , . . . , k p k_1,...,k_p k1,...,kp不全为0 ⇔ \Leftrightarrow 以上方程组的齐次线性方程组有非零解)
  • 那就来看这个方程组是不是有非零解吧 { 0 = g 11 k 1 + . . . + g 1 p k p 0 = g 21 k 1 + . . . + g 2 p k p . . . 0 = g q 1 k 1 + . . . + g q p k p \begin{cases}0=g_{11}k_1+...+g_{1p}k_p\\0=g_{21}k_1+...+g_{2p}k_p\\...\\0=g_{q1}k_1+...+g_{qp}k_p\end{cases} 0=g11k1+...+g1pkp0=g21k1+...+g2pkp...0=gq1k1+...+gqpkp由于方程个数 q < q< q<未知数个数 p p p,所以肯定有有关于 k 1 , . . . , k p k_1,...,k_p k1,...,kp的一组非零解,使得 z 1 = . . . = z q = 0 z_1=...=z_q=0 z1=...=zq=0,此时左边=0而右边>0,矛盾
  • p ≤ q p\le q pq同理证得 q ≤ p ⇒ p = q q\le p\Rightarrow p=q qpp=q
  • 这里的解决思路是通过假设 p ≠ q p\ne q p̸=q,然而两个规范形都能表示同一个实二次型,再通过取一些设计好的值,让正惯性指数大的那个规范形以绝对的优势大于指数小的那个。这里有个问题需要思考:
    • 为什么想到是用 Y Y Y表示 Z Z Z?(用正惯性指数大的来表示小的?)因为这样才能出现方程组个数<未知量个数的情况?
    • 为什么这里的方程组个数就是正惯性指数的个数呢?因为只需要让 z 1 = z 2 = . . . = z q = 0 z_1=z_2=...=z_q=0 z1=z2=...=zq=0就能达到目的,即让(3)左边 ≤ 0 \le 0 0

正负惯性指数

  • X ′ A X X'AX XAX的规范形中,系数为+1的平方项的个数p ⇒ \Rightarrow 正惯性指数
  • 系数为-1的平方项个数 r − p r-p rp ⇒ \Rightarrow 负惯性指数
  • 符号差: p − ( r − p ) = 2 p − r p-(r-p)=2p-r p(rp)=2pr

命题1

  • 两个 n n n元实二次型等价( ⇔ \Leftrightarrow A,B合同)
  • ⇔ \Leftrightarrow 它们的规范形相同
  • ⇔ \Leftrightarrow 它们的秩和正惯性指数都相等

由此看出,实二次型的规范形只由 p , r p,r p,r决定,这是一组合同/二次型等价下的完全不变量

推论1

任一n级实对称矩阵A合同于对角矩阵 d i a g { 1 , . . . , 1 , − 1 , . . . , − 1 , 0 , . . . , 0 } diag\{1,...,1,-1,...,-1,0,...,0\} diag{ 1,...,1,1,...,1,0,...,0}

  • 1的个数=正惯性指数
  • 这个对角矩阵称为A的合同规范形

复二次型的

规范形

此时设 d j = r j ( cos ⁡ θ j + i sin ⁡ θ j ) d_j=r_j(\cos\theta_j+i\sin\theta_j) dj=rj(cosθj+isinθj) 0 ≤ θ j < 2 π 0\le\theta_j<2\pi 0θj<2π,发现 d j = [ ± r j ( cos ⁡ θ j 2 + i sin ⁡ θ j 2 ) ] 2 d_j=\Big[\pm\sqrt{r_j}(\cos\frac{\theta_j}2+i\sin\frac{\theta_j}2)\Big]^2 dj=[±rj (cos2θj+isin2θj)]2这个结论可以记住! cos ⁡ θ j + i sin ⁡ θ j = ( cos ⁡ θ j 2 + i sin ⁡ θ j 2 ) 2 \cos\theta_j+i\sin\theta_j=(\cos\frac{\theta_j}2+i\sin\frac{\theta_j}2)^2 cosθj+isinθj=(cos2θj+isin2θj)2于是也有 y i = 1 d i z i , i = 1 , . . . , r y_i=\frac1{\sqrt{d_i}}z_i,i=1,...,r yi=di 1zi,i=1,...,r y j = z j , j = r + 1 , . . . , n y_j=z_j,j=r+1,...,n yj=zj,j=r+1,...,n ⇔ \Leftrightarrow z 1 2 + . . . + z r 2 z_1^2+...+z_r^2 z12+...+zr2注意!!这里没有负项了!!你和复数谈什么负数?

  • 这个标准形就是复二次型矩阵的规范形
  • 特征:只含平方项+系数只为1/0
  • ⇒ \Rightarrow 复二次型的规范形就只由它的秩决定了!

定理2

复二次型 X ′ A X X'AX XAX的规范形唯一

命题2

  • 两个 n n n元复二次型等价
  • ⇔ \Leftrightarrow 规范形同
  • ⇔ \Leftrightarrow 秩等

推论

任一复对称矩阵A合同于对角矩阵 ( I r 0 0 0 ) \begin{pmatrix}I_r&0\\0&0\end{pmatrix} (Ir000)

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