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 X′AX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+...+dpyp2−dp+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=di1zi,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+...+zp2−zp+12−...−zr2(2)如(2)这样的一个标准形，称为 X ′ A X X'AX X′AX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 X′AX的规范形是唯一的
证明
- 设 r a n k ( A ) = r rank(A)=r rank(A)=r,假设 X ′ A X X'AX X′AX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+...+yp2−yp+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+...+zq2−zq+12−...−zr2只需证明 p = q p=q p=q
- 从以上可以得到 Z Z Z与 Y Y Y的关系： Z = ( B − 1 C ) Y Z=(B^{-1}C)Y Z=(B−1C)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+...+yp2−yp+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+...+zq2−zq+12−...−zr2(3)
- 记 G = ( B − 1 C ) = ( g i j ) G=(B^{-1}C)=(g_{ij}) G=(B−1C)=(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
- 让 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=(B−1C)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
- 得 p ≤ q p\le q p≤q同理证得 q ≤ p ⇒ p = q q\le p\Rightarrow p=q q≤p⇒p=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 X′AX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 r−p ⇒ \Rightarrow ⇒负惯性指数
- 符号差： p − ( r − p ) = 2 p − r p-(r-p)=2p-r p−(r−p)=2p−r
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 0≤θj<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=di1zi,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 X′AX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)