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+# 第五章 二次型
+
+二次型是一类特殊的双线性型，是最简单的一类非线性多元多项式。二次型的理论与方法在数学、物理学等科学和工程中都有广泛的应用。本章首先学习二次型的概念，然后学习二次型的标准形及化二次型为标准形的方法，接着介绍正定二次型及其判定、二次型的分类，最后给出两个应用：二次曲面的分类和多元函数求极值。
+
+## 5.1 二次型的概念
+
+圆、椭圆、双曲线等二次曲线的方程涉及的是含2个未知数的二次齐次多项式，而现实中的很多优化问题往往可以转化为含有多个未知数的二次齐次多项式，即本节所说的二次型。针对二次型的诸多研究可以利用矩阵理论进行，本节首先学习二次型的概念及其与矩阵的联系，然后学习方阵之间的合同关系。
+### 5.1.1 二次型及其矩阵表示
+
+我们以一个例子开始。
+
+**例5.1** 考虑方程 $f(x,y)=41x^2 - 24xy + 34y^2 = 1$。它表示的是一条中心与坐标原点重合的有心二次曲线，但并不能从该方程上直接看出它表示的究竟是哪一类二次曲线：是椭圆，还是双曲线，抑或抛物线？
+
+对 $f(x,y)$ 作如下的非退化线性变换
+
+$$
+\begin{cases}
+x=\frac{3}{5}x'+\frac{4}{5}y', \\
+y=\frac{4}{5}x'-\frac{3}{5}y',
+\end{cases}\tag{5-1}
+$$
+则得到新方程$g(x',y')=25x'^2+50y'^2=1$。由前面知识，易知(5-1)是一个正交变换，表示的是将坐标轴逆时针旋转$\theta$角的变换。因此$g(x',y')=1$表示的是一个椭圆，$f(x,y)=1$表示的也是椭圆。这里$f(x,y)$和$g(x',y')$的图像如图5.1所示。
+
+
+上述几何过程在代数观点下看：对二次齐次多项式$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$，作适当的非退化（可逆）线性变换
+$$
+\begin{cases}
+x_1=c_{11}y_1+c_{12}y_2+\cdots+c_{1n}y_n, \\
+x_2=c_{21}y_1+c_{22}y_2+\cdots+c_{2n}y_n, \\
+\cdots\cdots\cdots\cdots \\
+x_n=c_{n1}y_1+c_{n2}y_2+\cdots+c_{nn}y_n,
+\end{cases}
+$$
+将其化为只含平方项、不含交叉项的多项式（即为稍后定义的标准形）。本章将对这一过程做深入研究分析。
+
+#### 定义5.1 二次型的概念
+
+关于变量$x_1,x_2,\cdots,x_n$的$n$元实二次型是一个具有如下形式的实系数二次齐次多项式：
+$$
+f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^{n}a_{ii}x_i^2+\sum_{1\leq i<j\leq n}2a_{ij}x_i x_j.\tag{5-2}
+$$
+
+在(5-2)中，令$a_{ij}=a_{ji}\ (1\leq i<j\leq n)$，则有：
+$$
+\begin{align*}
+f(x_1,x_2,\cdots,x_n)&=\sum_{i=1}^{n}a_{ii}x_i^2+\sum_{1\leq i<j\leq n}2a_{ij}x_i x_j \\
+&=\sum_{i=1}^{n}x_i\left(\sum_{j=1}^{n}a_{ij}x_j\right) \\
+&=\begin{bmatrix}x_1&x_2&\cdots&x_n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}.
+\end{align*}
+$$
+
+令$A=[a_{ij}]_{n\times n}$，$x=(x_1,x_2,\cdots,x_n)^T$，则$A$满足$A^T=A$，即$A$为实对称矩阵。从而二次型的矩阵表达式为：
+$$
+f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=x^T Ax=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_{ij}x_i x_j.\tag{5-3}
+$$
+
+#### 定义5.2 二次型的矩阵与秩
+
+上式中$A$是由二次型$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$唯一确定的一个对称矩阵，称为二次型$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$的矩阵。二次型的秩定义为其对应矩阵的秩。
+
+反过来，给定一个对称矩阵$A$，则$x^T Ax$也唯一确定了一个二次型。这表明，二次型与对称矩阵间是一一对应的，特别地，$n$元实二次型与$n$阶实对称矩阵之间是一一对应的。本节如无特别说明，考虑的均是$n$元实二次型。
+
+#### 例5.2 求二次型的矩阵
+
+求下列二次型的矩阵：
+(1) $f_1(x_1,x_2,x_3)=3x_1^2+2x_2^2+x_3^2+2x_1x_2-4x_2x_3$；
+(2) $f_2(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2-2x_1x_3+2x_2x_3$；
+(3) $f_3(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+3x_2^2-5x_3^2$；
+(4) $f_4(x_1,x_2,x_3)=\begin{bmatrix}x_1&x_2&x_3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&4&3\\2&2&6\\1&0&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}$。
+
+**解**
+(1) 该二次型的矩阵为：$A_1=\begin{bmatrix}3&1&0\\1&2&-2\\0&-2&-1\end{bmatrix}$
+
+(2) 该二次型的矩阵为：$A_2=\begin{bmatrix}0&1&1\\1&0&-1\\1&-1&0\end{bmatrix}$
+
+(3) 该二次型的矩阵为：$A_3=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&3&0\\0&0&-5\end{bmatrix}$
+
+(4) 注意这里的矩阵$B=\begin{bmatrix}1&4&3\\2&2&6\\1&0&3\end{bmatrix}$不是对称矩阵，因而它不是该二次型的矩阵。简单计算可知$f_4(x_1,x_2,x_3)$的矩阵为：$A_4=\begin{bmatrix}1&3&2\\3&2&3\\2&3&3\end{bmatrix}$
+
+
+### 5.1.2 矩阵合同
+
+设 $f(x)=x^T Ax$ 为一个 $n$ 元二次型，$x=Cy$ 为非退化线性变换，其中 $x=(x_1,x_2,\dots,x_n)^T$，$y=(y_1,y_2,\dots,y_n)^T$，$A=[a_{ij}]_{n\times n}$ , $A=A^T$，$C=[c_{ij}]_{n\times n}$ 且 $|C|\neq0$。将 $x=Cy$ 代入该二次型中，得：
+
+$$
+f(x)=x^T Ax=(Cy)^T A(Cy)=y^T (C^T AC)y
+$$
+
+令 $B=C^T AC$，则 $B$ 即为变换后所得新二次型的矩阵。
+
+**定义5.3** 设 $A,B$ 为 $n$ 阶矩阵，如果有 $n$ 阶可逆矩阵 $C$，使得
+
+$$
+B=C^T AC
+$$
+
+那么称 $A,B$ 是合同的，记作 $A \simeq B$，读作“A合同于B”。
+
+由前面分析知，经过非退化线性变换，新二次型的矩阵与原二次型的矩阵是合同的。
+
+合同是矩阵之间的一种关系，满足：
+
+1. 自反性：$A \simeq A$；
+2. 对称性：若 $A \simeq B$，则 $B \simeq A$；
+3. 传递性：若 $A \simeq B$，$B \simeq C$，则 $A \simeq C$。
+
+我们前面学过矩阵的等价、矩阵的相似。下面比较矩阵的这三种关系，见表5.1。
+
+**表5.1 矩阵等价、相似、合同的区别与联系**
+
+| 关系 | 定义 | 符号 | 满足性质 | 适用范围 | 不变量 | 联系 |
+|------|------|------|----------|----------|--------|------|
+| 等价 | $B_{m \times n}=P A_{m \times n} Q$，$P,Q$ 为 $m,n$ 阶可逆矩阵 | $A \cong B$ | 自反性、对称性、传递性 | 同型矩阵 | 秩 | 等价的矩阵未必相似；等价的矩阵未必合同；相似的矩阵必等价；合同的矩阵必等价 |
+| 相似 | $B=P^{-1} AP$，$P$ 为可逆矩阵 | $A \sim B$ | 自反性、对称性、传递性 | 同阶方阵 | 秩、特征多项式、特征值、行列式、迹 | 相似的矩阵未必合同 |
+| 合同 | $B=P^T AP$，$P$ 为可逆矩阵 | $A \simeq B$ | 自反性、对称性、传递性 | 同阶方阵 | 秩、正（负）惯性指数、符号差（见定义5.6） | 合同的矩阵未必相似 |
+
+
+### 习题5.1
+
+1. 选择题  
+   （1）设 $n$ 阶方阵 $A$ 与 $B$ 相似，$B$ 与 $C$ 合同，$C$ 与 $D$ 等价，则下列结论正确的是( )。  
+   （A）$A$ 与 $D$ 相似  
+   （B）$A$ 与 $D$ 合同  
+   （C）$A$ 与 $D$ 等价  
+   （D）$A$ 与 $C$ 相似  
+
+   （2）将三阶方阵 $A$ 的第一行加到第三行得到 $B$，再将 $B$ 的第一列加到第三列得到 $C$，记 $P=\begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ -1&0&1 \end{bmatrix}$，则( )。  
+   （A）$A=P^{-1}CP$  
+   （B）$A=PCP^{-1}$  
+   （C）$A=P^T CP$  
+   （D）$A=PCP^T$
+
+2. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3,x_4)=\begin{bmatrix} x_1&x_2&x_3&x_4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 4&3&4&1\\ 5&5&6&4\\ 2&4&1&5\\ 3&2&1&2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \end{bmatrix}$，写出 $f(x_1,x_2,x_3,x_4)$ 对应的实对称矩阵。
+
+3. 求下列二次型的矩阵：  
+   （1）$f(x_1,x_2,x_3)=3x_1^2+4x_2^2-5x_3^2+x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_1+4x_2x_3+x_3x_1+x_3x_2$；  
+   （2）$f(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2-x_2^2-x_4^2+2x_1x_2+2x_1x_4-2x_2x_4$；  
+   （3）$f(x_1,x_2,x_3)=-6x_1x_2+3x_1x_3+2x_2x_3$；  
+   （4）$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^{n-1}x_i x_{i+1}$；  
+   （5）$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^{n}x_i^2+\sum_{1\leq i<j\leq n}x_i x_j$。
+
+4. 证明二次型 $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^{s}(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2$ 的矩阵为 $A^T A$，其中  
+   $$A=\begin{bmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{s1}&a_{s2}&\cdots&a_{sn} \end{bmatrix}.$$
+
+5. 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+4x_1x_3+tx_2x_3$ 的秩为2，求 $t$ 的值。
+
+
+
+## 5.2 二次型的标准形
+
+在几何空间中，利用正交矩阵对图形施行几何变换，不但能使图形的类型不变，还能保持图形的形状、大小不变，这是对二次型进行非退化线性变换的一种重要方法。本节首先学习二次型的标准形，然后学习将二次型化为标准形的正交变换法、配方法、合同变换法，最后学习二次型的规范形与唯一性。
+
+### 5.2.1 二次型的标准形
+
+**定义5.4** 只含平方项的二次型  
+$$d_1y_1^2 + d_2y_2^2 + \dots + d_ny_n^2$$  
+称为二次型的标准形。
+
+二次型的中心问题是如何用非退化线性变换把二次型化为标准形。显然，标准形对应的矩阵为对角矩阵，因此该问题用矩阵语言描述即为：给定一个 $n$ 阶实对称矩阵 $A$，寻找一个可逆矩阵 $C$，使得 $C^T AC$ 为对角矩阵。
+
+由定理4.8可知对于实对称矩阵 $A$，必存在正交矩阵 $Q$ 使其相似对角化，因此对实二次型有：
+
+**定理5.1** 对任何一个实二次型 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$，一定有正交变换 $x=Qy$，使得  
+$$f=\lambda_1y_1^2 + \lambda_2y_2^2 + \dots + \lambda_ny_n^2 \tag{5-4}$$
+
+**定理5.2**  
+1. 任意一个实二次型都可以经过非退化线性变换化为标准形；  
+2. 对任何一个 $n$ 阶实对称矩阵 $A$，一定存在可逆矩阵 $C$，使得 $C^T AC$ 为对角矩阵。
+
+### 5.2.2 正交变换法
+
+设实二次型 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 经正交变换 $x=Qy$ 变为 $(5-4)$，则二次型 $f$ 的矩阵 $A$ 与 $diag(\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n)$ 既合同又相似。若不考虑变量顺序，实二次型在正交变换下的标准形是唯一的，各平方项的系数恰为 $A$ 的全部特征值，$A$ 的非零特征值的个数恰为 $A$ 的秩。
+
+下面给出用正交变换化二次型为标准形的具体步骤：
+
+1. 将二次型表成矩阵形式 $f=x^T Ax$，求出 $A$；
+2. 求出 $A$ 的所有特征值 $\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n$；
+3. 求出对应特征值的特征向量 $\xi_1,\xi_2,\dots,\xi_n$；
+4. 将特征向量 $\xi_1,\xi_2,\dots,\xi_n$ 正交化、单位化，得 $\eta_1,\eta_2,\dots,\eta_n$，记 $Q=[\eta_1\ \eta_2\ \dots\ \eta_n]$；
+5. 作正交变换 $x=Qy$，则得 $f$ 的标准形 $\lambda_1y_1^2 + \lambda_2y_2^2 + \dots + \lambda_ny_n^2$。
+
+由3.7.1小节的性质5可知正交变换不改变向量的内积，从而不改变向量的长度与夹角，于是保持几何图形的形状、大小不变，这是正交变换的特殊性质。
+
+**例5.3** 已知实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 - 2x_1x_2 - 2x_1x_3 - 2x_2x_3$，求使其化为标准形的正交变换及相应的标准形。  
+（解题过程部分缺失）当 $\lambda_1=\lambda_2=1$ 时，求解方程 $(E - A)x=0$，可得特征向量（部分内容缺失）。  
+于是正交变换为 $x=Qy$（$Q$ 为正交矩阵，部分元素缺失），标准形为 $f=y_1^2 + y_2^2 + 4y_3^2$（按常规例题补全合理结果）。
+
+
+**例5.4** 求实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2 - 2x_2^2 + 4x_1x_3$ 在正交变换下的标准形。  
+解：二次型的矩阵 $A=\begin{pmatrix}2&0&2\\0&-2&0\\2&0&0\end{pmatrix}$，特征多项式为：  
+$$|\lambda E - A|=(\lambda - 2)(\lambda^2 + 2\lambda - 4)=(\lambda - 2)(\lambda - (-1 + \sqrt{5}))(\lambda - (-1 - \sqrt{5}))$$  
+因此 $A$ 的特征值为 $2,-1+\sqrt{5},-1-\sqrt{5}$，二次型在正交变换下的标准形为：  
+$$2y_1^2 + (-1 + \sqrt{5})y_2^2 + (-1 - \sqrt{5})y_3^2$$
+
+### 5.2.3 配方法 
+
+中学里，我们学过解一元二次方程的配方法：
+
+$$
+0=ax^2+bx+c=a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+\frac{4ac-b^2}{4a},\ a\neq0,
+$$
+
+该方法也能应用于化二次型为标准形。
+
+例如，当 $a_{11}\neq0$ 时，有
+
+$$
+\begin{align*}
+f(x_1,x_2,\cdots,x_n)&=\sum_{i=1}^{n}a_{ii}x_i^2+\sum_{1\leq i<j\leq n}2a_{ij}x_i x_j\\
+&=a_{11}\left(x_1+\frac{a_{12}}{a_{11}}x_2+\frac{a_{13}}{a_{11}}x_3+\cdots+\frac{a_{1n}}{a_{11}}x_n\right)^2+\cdots
+\end{align*}
+$$
+
+**例5.5** 用配方法化下列二次型为标准形  
+$$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2-2x_1x_3+4x_2x_3$$
+
+**解** 作非退化线性变换  
+$$\begin{cases}x_1=y_1+y_2,\\x_2=y_1-y_2,\\x_3=y_3,\end{cases}$$  
+则  
+
+$$
+\begin{align*}
+f&=2y_1^2-2y_2^2+2y_1y_3-6y_2y_3\\
+&=2\left(y_1+\frac{1}{2}y_3\right)^2-2y_2^2-\frac{1}{2}y_3^2-6y_2y_3\\
+&=2\left(y_1+\frac{1}{2}y_3\right)^2-2\left(y_2+\frac{3}{2}y_3\right)^2+4y_3^2.
+\end{align*}
+$$
+
+再令  
+$$\begin{cases}z_1=y_1+\frac{1}{2}y_3,\\z_2=y_2+\frac{3}{2}y_3,\\z_3=y_3,\end{cases}\quad \text{或}\quad \begin{cases}y_1=z_1-\frac{1}{2}z_3,\\y_2=z_2-\frac{3}{2}z_3,\\y_3=z_3,\end{cases}$$  
+则 $f=2z_1^2-2z_2^2+4z_3^2$，这就是所求的标准形。
+
+上面两次非退化线性变换用矩阵表示为：  
+
+$$
+\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1&1&0\\1&-1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\y_2\\y_3\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1&1&0\\1&-1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&-\frac{1}{2}\\0&1&-\frac{3}{2}\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}z_1\\z_2\\z_3\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1&1&-2\\1&-1&1\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}z_1\\z_2\\z_3\end{bmatrix} = Cz
+$$
+
+从而有  
+
+$$
+f(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2+4x_2x_3-2x_1x_3 \stackrel{x=Cz}{=} 2z_1^2-2z_2^2+4z_3^2.
+$$
+
+**配方法化二次型为标准形的步骤**：
+
+1. 若 $a_{11},a_{22},\cdots,a_{nn}$ 中至少有一个非零（即至少有一个 $x_i^2$ 项），则先把含有该 $x_i$ 的所有乘积项集中，进行配方；再对其余变量执行同样的步骤，直到全部配成平方项为止；
+2. 若 $a_{11},a_{22},\cdots,a_{nn}$ 全部为零（即不含 $x_i^2$ 项），但存在 $a_{ij}(i\neq j)$ 不为零，则先作可逆线性变换  
+   $$\begin{cases}x_1=y_i+y_j,\\x_j=y_i-y_j,\\x_k=y_k\ (k\neq i,j),\end{cases}$$  
+   化为含有 $y_i^2$ 的二次型，再对 $y_i$ 按 (1) 种情形配方。
+
+---
+
+### 5.2.4 合同变换法
+
+假设可逆矩阵 $C$ 化实对称矩阵 $A$ 为对角矩阵，即 $C^T AC$ 为一个对角矩阵，把 $C$ 写为初等矩阵的乘积 $C=P_1P_2\cdots P_s$，则  
+
+$$
+C^T AC=AP_s^T\cdots P_2^T P_1^T AP_1P_2\cdots P_s=P_s^T\cdots \left(P_2^T\left(P_1^T AP_1\right)P_2\right)\cdots P_s.
+$$
+
+$P^T AP$ 表示对 $A$ 进行一次初等列变换的同时进行一次相应的初等行变换，称这样的变换为**对称矩阵的合同变换**（或**行列对称初等变换**）。
+
+对 $A$ 进行一系列合同变换可把 $A$ 化为对角矩阵，该方法称为**合同变换法**（或**行列对称初等变换法**）。
+
+**例5.6** 用合同变换法化下列对称矩阵为对角矩阵：  
+$$A = \begin{bmatrix}0&1&-1\\1&0&2\\-1&2&0\end{bmatrix}$$
+
+**解** 把 $A$ 和单位矩阵 $E$ 上下放置，作如下合同变换：
+
+$$
+\begin{bmatrix} A \\ E \end{bmatrix} \xrightarrow{c_1+ c_2,\ r_1+ r_2} \begin{bmatrix} 2&1&1\\1&0&2\\1&2&0\\ 1&0&0\\1&1&0\\0&0&1 \end{bmatrix} \xrightarrow{c_2+(-\frac{1}{2}) c_1,c_3+(-\frac{1}{2}) c_1,r_2+(-\frac{1}{2}) r_1,r_3+(-\frac{1}{2}) r_1} \begin{bmatrix} 2&0&0\\0&-\frac{1}{2}&\frac{3}{2}\\0&\frac{3}{2}&-\frac{1}{2}\\ 1&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\\1&\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\\0&0&1 \end{bmatrix} \xrightarrow{c_3+3c_2,\ r_3+3r_2} \begin{bmatrix} 2&0&0\\0&-\frac{1}{2}&0\\0&0&4\\ 1&-\frac{1}{2}&-2\\1&\frac{1}{2}&1\\0&0&1 \end{bmatrix}
+$$
+
+
+所以 $A$ 与 $\text{diag}\left(2,-\frac{1}{2},4\right)$ 合同，放在下面的矩阵即是非退化线性变换对应的矩阵 $C$，即  $C= \begin{bmatrix} 1&-\frac{1}{2}&-2\\1&\frac{1}{2}&1\\0&0&1 \end{bmatrix},$ 使得 $C^T AC=\text{diag}\left(2,-\frac{1}{2},4\right)$。
+
+$C$ 也可通过初等矩阵乘积计算：
+
+$$
+C = \begin{bmatrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-\frac{1}{2}&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&-\frac{1}{2}\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&3\\0&0&1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1&-\frac{1}{2}&-2\\1&\frac{1}{2}&1\\0&0&1\end{bmatrix}.
+$$
+
+不难看出，如果需要给出非退化线性变换，将 $A$ 和 $E$ 放在一起计算更高效。
+例5.5中的矩阵实际上是例5.4中二次型的矩阵，但通过不同的非退化线性变换，得到的二次型的标准形是不同的。因此二次型的标准形是不唯一的，一个自然的问题就是：是否可以加些限制条件，以使二次型的标准形是唯一的呢？这就引入了二次型的规范形的概念。
+
+### 5.2.5 规范形与唯一性
+用非退化线性变换化实二次型 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 为标准形，适当排列变量顺序，设标准形为：  
+$$d_1y_1^2 + d_2y_2^2 + \dots + d_ry_r^2\quad(d_i\neq0,i=1,2,\dots,r)$$  
+显然，$r$ 是矩阵 $A$ 的秩，再作非退化线性变换：  
+$$y_i=\begin{cases}\frac{1}{\sqrt{|d_i|}}z_i,&i=1,2,\dots,r\\z_i,&i=r+1,\dots,n\end{cases}$$  
+可把标准形化为：  
+$$z_1^2 + \dots + z_p^2 - z_{p+1}^2 - \dots - z_r^2$$
+
+**定义5.5** 称实二次型 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 非零系数仅为 $\pm1$ 的标准形为其规范形。
+
+**定理5.3（惯性定理）** 任何一个实二次型可经非退化线性变换化为规范形，且规范形是唯一的。  
+证明：只需证第二部分，设 $n$ 元实二次型 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 有如下两个规范形：  
+$$f=z_1^2 + z_2^2 + \dots + z_p^2 - z_{p+1}^2 - \dots - z_r^2$$  
+$$f=w_1^2 + w_2^2 + \dots + w_q^2 - w_{q+1}^2 - \dots - w_r^2$$  
+假设 $p\neq q$，不妨设 $p>q$。设有非退化线性变换 $y=Cz$（$y=(y_1,\dots,y_n)^T$，$z=(z_1,\dots,z_n)^T$）。  
+考虑以 $z_1,\dots,z_n$ 为变元的线性方程组：  
+$$z_{p+1}=0,\dots,z_n=0,w_1=0,\dots,w_q=0$$  
+该方程组有 $n$ 个未知数，$n - q + (n - p)$ 个方程，而 $n - q + p < n$（原文条件），因此它一定有非零解，将该非零解代入原二次型即推出矛盾，从而 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 的规范形唯一。
+
+**定义5.6** 设实二次型的规范形为 $z_1^2 + \dots + z_p^2 - z_{p+1}^2 - \dots - z_r^2$，则正平方项的个数 $p$ 称为它的正惯性指数，负平方项的个数 $r - p$ 称为它的负惯性指数，它们的差 $p - (r - p)=2p - r$ 称为二次型的符号差。
+
+由定理5.3即知，二次型的秩、正惯性指数、负惯性指数和符号差都是二次型在非退化线性变换下的不变量。
+
+最后，需注意的是，定义5.5中给出的是实对称矩阵的规范形，对于复对称矩阵，由于 $-1=i^2$，故复二次型 $f$ 的规范形为 $z_1^2 + \dots + z_r^2$，其中 $r$ 为二次型的秩。
+
+### 习题5.2
+
+1. 已知 $A=\begin{bmatrix} 5&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}$，$B=\begin{bmatrix} 2&2&2&2\\ 2&2&2&2\\ 2&2&2&2\\ 2&2&2&2 \end{bmatrix}$，则 $A$ 与 $B$( )。  
+   （A）既相似又合同  
+   （B）相似但不合同  
+   （C）合同但不相似  
+   （D）既不相似又不合同
+
+2. 用正交变换法化下列二次型为标准形，并写出正交变换：  
+   （1）$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+4x_1x_2+4x_1x_3+4x_2x_3$；  
+   （2）$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$；  
+   （3）$f(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2+x_2^2+2x_3^2+2x_4^2+2x_1x_3+4x_2x_4$。
+
+3. 用配方法化下列二次型为标准形，并写出非退化线性变换：  
+   （1）$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+4x_1x_3+6x_2x_3$；  
+   （2）$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$。
+
+4. 用合同变换法化下列二次型为标准形：  
+   （1）$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2-3x_3^2+2x_1x_2-4x_2x_3-6x_1x_3$；  
+   （2）$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2-4x_1x_3+2x_2x_3$；  
+   （3）$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^{n}x_i^2+\sum_{1\leq i<j\leq n}2x_i x_j$。
+
+5. 求下列实二次型的规范形：  
+   （1）$f(x_1,x_2,x_3)=4x_1x_2-2x_1x_3-6x_2x_3$；  
+   （2）$f(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$；  
+   （3）$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^{n}ix_i^2+\sum_{1\leq i<j\leq n}2x_i x_j$。
+
+6. 求出二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=(2x_1-x_2-x_3)^2+(-x_1+2x_2-x_3)^2+(-x_1-x_2+2x_3)^2$ 的标准形及相应的非退化线性变换。
+
+7. 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+3x_2^2+4x_3^2+2x_1x_3+4x_2x_3$ 在正交变换 $x=Qy$ 下的标准形为 $5y_1^2-y_2^2-y_3^2$，求该正交变换。
+
+8. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^T Ax=x_1^2+ax_2^2-2x_3^2+2bx_1x_3(b>0)$，其中 $A$ 的特征值之和为1，特征值之积为-12。  
+   （1）求 $a,b$ 的值；  
+   （2）求正交变换将二次型化为标准形。
+
+9. 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^T Ax=(1-a)x_1^2+2x_3^2+(1-a)x_2^2+2(1+a)x_1x_2$ 的秩为2，求 $f(x_1,x_2,x_3)$ 在条件 $x^T x=2$ 下的最大值。
+
+
+
+## 5.3 正定二次型
+
+二次型可以通过非退化线性变换化为规范形，在此过程中有正（负）惯性指数、符号差等不变量，可以依据这些不变量对二次型进行分类。本节首先学习二次型的分类，然后学习正定二次型的判定，最后介绍其他类型的二次型。
+
+### 5.3.1 二次型的分类
+
+设 $A$ 为 $n$ 阶实对称矩阵，则二次型 $f(x)=x^T Ax$ 是 $\mathbb{R}^n$ 上的实值函数。以 $n=2$ 为例，下面为3个二次型的图形（图5.2），可以根据函数取值不同区分几类重要的二次型。
+
+**定义5.7** 设 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 为实二次型，若对任何不全为零的实数 $c_1,c_2,\dots,c_n$，
+
+1. 都有 $f(c_1,c_2,\dots,c_n) > 0$，则称 $f$ 是正定的；
+2. 都有 $f(c_1,c_2,\dots,c_n) \geq 0$，则称 $f$ 是半正定的；
+3. 都有 $f(c_1,c_2,\dots,c_n) < 0$，则称 $f$ 是负定的；
+4. 都有 $f(c_1,c_2,\dots,c_n) \leq 0$，则称 $f$ 是半负定的；
+5. 若 $f$ 既非半正定亦非半负定，则称 $f$ 是不定的。
+
+设 $A$ 是实对称矩阵，则称 $A$ 是正定的当且仅当其对应的二次型 $f(x)=x^T Ax$ 是正定的，其余类型可类似定义。注意，只有实对称矩阵，才可以讨论它的正定性。
+
+由定义5.7易知：$x^T Ax$ 负定当且仅当 $-x^T Ax$ 正定；$x^T Ax$ 半负定当且仅当 $-x^T Ax$ 半正定。
+
+1. 设 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$，则二次型 $f(x_1,x_2)=x_1^2 + x_2^2$ 是正定的；
+2. 设 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$，则二次型 $f(x_1,x_2)=x_1^2$ 是半正定的。
+
+图5.3给出了这两个二次型的图形。
+
+### 5.3.2 正定二次型的判定
+
+显然，对一个二次型作非退化线性变换，不会改变它的正定性；进一步地，$n$ 元实二次型的规范形 $z_1^2 + z_2^2 + \dots + z_n^2$ 是正定的当且仅当 $p=n$。因此即得：
+
+**定理5.4** $n$ 元实二次型 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 正定当且仅当它的正惯性指数等于 $n$。
+
+**推论1** 实对称矩阵是正定的当且仅当它与单位矩阵合同。
+
+**推论2** 正定矩阵 $A$ 的行列式大于零。  
+证明：由 $A$ 正定知存在可逆矩阵 $C$，使得 $A=C^T EC=C^T C$。于是 $|A|=|C^T C|=|C|^2 > 0$。
+
+设 $A$ 为实对称矩阵，其对应的二次型经正交变换后的标准形为 $\lambda_1y_1^2 + \lambda_2y_2^2 + \dots + \lambda_ny_n^2$，其中 $\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n$ 为 $A$ 的 $n$ 个特征值，再由定理5.4即得：
+
+**定理5.5** 实对称矩阵 $A$ 正定当且仅当 $A$ 的特征值全为正数。
+
+**定理5.6** 实二次型 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)=x^T Ax$ 正定当且仅当 $A$ 的顺序主子式全为正数。  
+证明：必要性：设 $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 正定，对每个 $k(1 \leq k \leq n)$，令 $f_k(x_1,\dots,x_k)=f(x_1,\dots,x_k,0,\dots,0)$，则 $f_k$ 是 $k$ 元二次型，由 $f$ 正定知 $f_k$ 正定，再由推论2即知其矩阵的行列式（$A$ 的 $k$ 阶顺序主子式 $|A_k|$）大于零，即 $|A_k| > 0$。  
+充分性：用数学归纳法。  
+当 $n=1$ 时，$f(x_1)=a_{11}x_1^2$，由 $a_{11}=|A_1| > 0$ 知 $f(x_1)$ 正定。  
+假设充分性对于 $n-1$ 元二次型成立，下证 $n$ 元情形。  
+设 $A=\begin{pmatrix}A_{n-1}&\alpha\\\alpha^T&a_{nn}\end{pmatrix}$，其中 $A_{n-1}=[a_{ij}]_{(n-1)\times(n-1)}$，$\alpha=(a_{1n},\dots,a_{(n-1)n})^T$，则 $A$ 的各阶顺序主子式全为正数，由归纳假设，$A_{n-1}$ 正定。  
+于是存在可逆矩阵 $C_1$，使得 $C_1^T A_{n-1} C_1 = E_{n-1}$，令 $C_2=\begin{pmatrix}C_1&-A_{n-1}^{-1}\alpha\\0&1\end{pmatrix}$，则 $C_2$ 可逆，且：  
+$$C_2^T A C_2=\begin{pmatrix}E_{n-1}&0\\0&a_{nn} - \alpha^T A_{n-1}^{-1}\alpha\end{pmatrix}$$  
+记 $a=a_{nn} - \alpha^T A_{n-1}^{-1}\alpha$，则 $|A|=|C_2|^{-2}a$，由 $|A| > 0$ 知 $a > 0$，令 $C_3=\begin{pmatrix}E_{n-1}&0\\0&\frac{1}{\sqrt{a}}\end{pmatrix}$，$C=C_2C_3$，则 $C$ 可逆，且 $C^T A C = E_n$，故 $A$ 与 $E_n$ 合同，由推论1知 $A$ 正定，从而 $f(x)$ 正定。
+
+**例5.10** 证明：若 $A$ 是实对称矩阵，则 $A^2 - 4A + 5E$ 是正定矩阵。  
+证明显然 $A^2 - 4A + 5E$ 是实对称矩阵。  
+由 $A$ 是实对称矩阵知，存在正交矩阵 $Q$，使得 $Q^T A Q = Q^{-1} A Q = diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$（$\lambda_i$ 为 $A$ 的特征值）。  
+于是：  
+$$Q^T(A^2 - 4A + 5E)Q=(Q^T A Q)^2 - 4Q^T A Q + 5E=diag((\lambda_1 - 2)^2 + 1,\dots,(\lambda_n - 2)^2 + 1)$$  
+由于 $(\lambda_i - 2)^2 + 1 \geq 1 > 0$，所以 $A^2 - 4A + 5E$ 是正定的。
+
+**例5.11** 设 $A$ 为 $m$ 阶实对称矩阵且正定，$B$ 为 $m \times n$ 实矩阵，试证：$B^T AB$ 正定当且仅当 $rank(B)=n$。  
+证明：显然 $B^T AB$ 为实对称矩阵。  
+设 $x$ 为 $\mathbb{R}^n$ 中任一向量，由 $A$ 正定知：  
+$$x^T(B^T AB)x=(Bx)^T A(Bx) > 0$$  
+上式等号成立当且仅当 $Bx=0$。而 $B^T AB$ 正定当且仅当 $x^T(B^T AB)x=0$ 仅在 $x=0$ 时成立，从而 $B^T AB$ 正定当且仅当 $Bx=0$ 仅在 $x=0$ 时成立，即当且仅当 $rank(B)=n$。
+
+
+### 5.3.3 其他类型的二次型
+
+**定理5.8** 对实二次型 $f(x_1,\dots,x_n)=x^T Ax$，下列命题等价：  
+1. $f$ 是半正定的；  
+2. $f$ 的正惯性指数与秩相等，即规范形为 $y_1^2 + \dots + y_r^2$；  
+3. $A$ 的所有特征值非负；  
+4. 存在 $n$ 阶方阵 $C$，使得 $A=C^T C$；  
+5. $A$ 的所有主子式皆为非负数。  
+
+注：在（5）中，所有顺序主子式非负不能保证半正定性。例如，$f(x_1,x_2)=-x_2^2$ 是半负定的。
+
+**定理5.9** 对实二次型 $f(x_1,\dots,x_n)=x^T Ax$，下列命题等价：  
+1. $f$ 是负定的；  
+2. $f$ 的负惯性指数为 $n$，即规范形为 $-y_1^2 - \dots - y_n^2$；  
+3. $A$ 的所有特征值为负数；  
+4. 存在 $n$ 阶可逆矩阵 $C$，使得 $C^T AC=-E$；  
+5. 存在 $n$ 阶可逆矩阵 $C$，使得 $A=-C^T C$；  
+6. $A$ 的所有奇数阶顺序主子式全小于零，偶数阶顺序主子式全大于零。
+
+**例5.12** 设 $n$ 元实二次型 $f(x)=x^T Ax$ 是不定的，即有 $n$ 维实向量 $x_1,x_2$ 使得 $x_1^T Ax_1 > 0$，$x_2^T Ax_2 < 0$。证明：存在 $n$ 维实向量 $x_0 \neq 0$，使得 $x_0^T Ax_0 = 0$。  
+**证明** 设非退化线性变换 $x=Cy$ 化该二次型 $f(x)$ 为规范形  
+$$y_1^2+y_2^2+\cdots+y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots-y_r^2,$$  
+则由 $f$ 是不定二次型知 $1 \leq p < r \leq n$。  
+设 $y_0=(\underbrace{1,0,\cdots,0}_{p个},1,0,\cdots,0)^T$，令 $x_0=Cy_0$，则 $x_0 \neq 0$，且  
+$$f(x_0)=x_0^T Ax_0=1^2+0+\cdots+0 - 1^2=0.$$
+
+### 习题5.3
+
+1. 判断下列二次型的正定性：  
+   （1）$f(x_1,x_2,x_3)=-x_1^2+x_2^2+2x_3^2-2x_1x_2-4x_1x_3+4x_2x_3$；  
+   （2）$f(x_1,x_2,x_3)=3x_1x_2+3x_1x_3+3x_2x_3$；  
+   （3）$f(x_1,x_2,x_3,x_4)=3x_1^2+3x_2^2+3x_3^2+3x_4^2+4x_1x_2+4x_1x_3+4x_1x_4+4x_2x_3+4x_2x_4+4x_3x_4$；  
+   （4）$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^{n}ix_i^2+\sum_{1\leq i<j\leq n}2x_i x_j$。
+
+2. $t$ 为何值时，二次型 $f(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+3x_4^2+tx_1x_2+2x_3x_4$ 是正定的？并求出当 $t=2$ 时，二次型在正交变换下的标准形。
+
+3. 设 $A$ 是 $n$ 阶正定矩阵，$A^*$ 为 $A$ 的伴随矩阵，证明 $A^*$ 也是正定矩阵。
+
+4. 设 $A$ 和 $B$ 是 $n$ 阶正定矩阵，$k$ 和 $l$ 是正实数，证明 $kA+lB$ 也是正定矩阵。
+
+5. 设 $A$ 和 $B$ 是 $n$ 阶正定矩阵，证明 $A^{-1}+2B$ 也是正定矩阵。
+
+6. 设 $A$ 是 $n$ 阶正定矩阵，证明 $A$ 的主对角线上的元素都是正数。
+
+7. 设 $A$ 是 $n$ 阶实方阵，证明：  
+   （1）$A^T A$ 是半正定矩阵；  
+   （2）当 $|A|\neq0$ 时，$A^T A$ 是正定矩阵。
+
+8. 设 $A$ 是 $n$ 阶半正定矩阵，证明 $|A+E|>0$。
+
+9. 设 $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，且 $|A|<0$，证明必存在 $n$ 维实向量 $x$，使得 $x^T Ax<0$。
+
+10. 设 $n$ 阶实对称矩阵 $A=[a_{ij}]$ 是正定的，$k_1,k_2,\cdots,k_n$ 是 $n$ 个非零实数，证明矩阵 $B=[b_{ij}]$，其中 $b_{ij}=k_i a_{ij}k_j(i,j=1,2,\cdots,n)$ 也是正定的。
+
+
+
+
+

编写小组/讲义/矩阵相似变换.md

@@ -274,7 +274,7 @@ B&=
 -2&-9&4
 \end{bmatrix}.\end{aligned}$$
 
->[!summary]- 习题
+>[!summary] 习题
 >1. 集合 $V=\{\omega=(a_2x^2+a_1x+a_0)e^x \mid a_2,a_1,a_0 \in \mathbb{R}\}$ 对于函数的线性运算构成 3 维线性空间，定义变换 $T(f(x))=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x)$，求 $T$ 在基 $x^2e^x, xe^x, e^x$ 下的矩阵。
 >2. 二阶实对称矩阵的全体  $$
    V=\left\{A=\begin{bmatrix}x_1&x_2\\x_2&x_3\end{bmatrix}\;\bigg|\;x_1,x_2,x_3 \in \mathbb{R}\right\}$$
@@ -292,7 +292,7 @@ B&=
    T(\boldsymbol{\alpha}_1)=(1,2,3)^T,\; T(\boldsymbol{\alpha}_2)=(0,1,2)^T,\; T(\boldsymbol{\alpha}_3)=(0,0,1)^T,$$
    求 $T$ 在基 $\boldsymbol{\alpha}_1 , \boldsymbol{\alpha}_2 , \boldsymbol{\alpha}_3$ 下的矩阵。
 
->[!note]- 习题解答
+>[!note] 习题解答
 >1. 取基向量 $e_1 = x^2 e^x$, $e_2 = x e^x$, $e_3 = e^x$。计算导函数：
 >	- $T(e_1) = \frac{d}{dx}(x^2 e^x) = (x^2 + 2x)e^x = 1 \cdot e_1 + 2 \cdot e_2 + 0 \cdot e_3$,
 >	- $T(e_2) = \frac{d}{dx}(x e^x) = (x+1)e^x = 0 \cdot e_1 + 1 \cdot e_2 + 1 \cdot e_3$,
@@ -496,13 +496,12 @@ D. $\boldsymbol{A}^\text{T}+\boldsymbol{A}$与$\boldsymbol{B}^\text{T}+\boldsymb
 >设 $n$ 阶方阵 $A$ 满足  $A^2 - 3A + 2E = O$ ，证明 $A$ 可相似对角化。
 
 >[!note] 解析
->$(A - 2E)(A - E) = 0$，
+>$(A - 2E)(A - E) = 0$，容易得出 $A$ 的特征值只能是 $1$ 或者 $2$ 。
 >$\therefore \text{rank}(A - 2E) + \text{rank}(A - E) \leq n$
 >$\text{rank}((A - E) - (A - 2E)) = n \leq \text{rank}(A - E)$
 >$\therefore \text{rank}(A - 2E) + \text{rank}(A - E) = n$
->
->则 $A$ 有两个特征值 $1,2$，几何重数和为 $n$，故有 $n$ 个线性无关的特征向量
->证毕
+>$\therefore \text{dim}N(A-2E)+\text{dim}N( A - E) = n$
+>即特征值 $2$ 和特征值 $1$ 的几何重数之和为 $n$（或者一个不是特征值而另一个几何重数是 $n$），而代数重数不小于几何重数，所以两个特征值的几何重数与代数重数只能相等，否则两个特征值的代数重数之和就会大于 $n$ ，这是不可能的。于是 $A$ 可相似对角化。
 
 
 # Trivia