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章节: 7
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# 第7章 双线性函数与二次型

## 7.1 双线性函数

## 7.1.1 双线性函数概念

## 定义 7.1 (线性函数)

$V$ 是 $K$ 上的线性空间， $f: V \to K$ 且满足 $f(\alpha + \beta) = f(\alpha) + f(\beta), f(k\alpha) = kf(\alpha)$ ，则称 $f$ 是 $V$ 上的线性函数。

## 定义 7.2 (双线性函数)

$V$ 是 $K$ 上的线性空间， $f: V \times V \to K$ ，且满足 $f(k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2, \beta) = k_1f(\alpha_1, \beta) + k_2f(\alpha_2, \beta), f(\alpha, l_1\beta_1 + l_2\beta_2) = l_1f(\alpha, \beta_1) + l_2f(\alpha, \beta_2)$ ，则称 $f$ 是 $V$ 上的双线性函数

## 7.1.2 双线性函数度量矩阵

## 定义 7.3 (度量矩阵)

V 是 K 上的 n 维线性空间， $\epsilon_{1},\cdots,\epsilon_{n}$ 是 V 的一组基，f 为 V 上的双线性函数，则 f 的度量矩阵 G 定义如下：

$$
G = \left[ \begin{array}{c c c c} f (\epsilon_ {1}, \epsilon_ {1}) & f (\epsilon_ {1}, \epsilon_ {2}) & \dots & f (\epsilon_ {1}, \epsilon_ {n}) \\ f (\epsilon_ {2}, \epsilon_ {1}) & f (\epsilon_ {2}, \epsilon_ {2}) & \dots & f (\epsilon_ {2}, \epsilon_ {n}) \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ f (\epsilon_ {n}, \epsilon_ {1}) & f (\epsilon_ {n}, \epsilon_ {2}) & \dots & f (\epsilon_ {n}, \epsilon_ {n}) \end{array} \right]
$$

## 定理 7.1 (双线性函数度量矩阵唯一确定)

若 $x, y \in V$ 在 $\epsilon_{1}, \cdots, \epsilon_{n}$ 下的坐标为 X, Y，则 $f(\alpha, \beta) = X^{T}GY$

## 7.1.3 双线性函数不同基下的矩阵：合同

## 定义 7.4 (合同)

$A, B$ 是 $K$ 上的 $n$ 阶方阵，若存在 $K$ 上的可逆 $n$ 阶方阵 $T$ 使得 $B = T^T A T$ ，则称 $A, B$ 合同。

笔记 从矩阵角度来看，合同相当于 A 通过一系列相同的行与列变换变为 B

## 定理 7.2 (不同基下度量矩阵关系)

矩阵 $A, B$ 合同当且仅当它们是双线性函数两组基下的矩阵。

## 定理 7.3 (分块矩阵合同)

这里只考虑 $A$ 为 $n$ 阶实对称矩阵，希望对 $A$ 整体或者一部分做合同变换：

\- $A = \left( \begin{array}{cc}A_{1} & \alpha \\ \alpha^{T} & a_{nn} \end{array} \right)$ ，若 $A_{1}$ 可逆，则取 $P = \left( \begin{array}{cc}E_{n - 1} & -A_{1}^{-1}\alpha \\ 0 & 1 \end{array} \right)$ (用列变换记忆)，得到

$$
P ^ {T} A P = \left( \begin{array}{c c} E _ {n - 1} & 0 \\ 0 & a _ {n n} - \alpha^ {T} A _ {1} ^ {- 1} \alpha \end{array} \right)
$$

$\bullet A = \left( \begin{array}{cc}a_{11} & \alpha^T\\ \alpha & A_{n - 1} \end{array} \right)$ ，若 $a_{11}\neq 0$ ，取 $P = \left( \begin{array}{cc}1 & -\frac{1}{a_{11}}\alpha^{T}\\ 0 & E_{n - 1} \end{array} \right)$ ，则

$$
P ^ {T} A P = \left( \begin{array}{c c} a _ {1 1} & 0 \\ 0 & A _ {n - 1} - \frac {1}{a _ {1 1}} \alpha \alpha^ {T} \end{array} \right)
$$

\- 若想对上面的右下角分块 $A_{n - 1} - \frac{1}{a_{11}}\alpha \alpha^T$ 做合同变换，变为 $P_{1}^{T}\left(A_{n - 1} - \frac{1}{a_{11}}\alpha \alpha^{T}\right)P_{1}$ ，则 $Q = P\left( \begin{array}{ll}1 & 0\\ 0 & P_{1} \end{array} \right)$ (用列变换记忆)，得到

$$
Q ^ {T} A Q = \left( \begin{array}{c c} a _ {1 1} & 0 \\ 0 & P _ {1} ^ {T} \left(A _ {n - 1} - \frac {1}{a _ {1 1}} \alpha \alpha^ {T}\right) P _ {1} \end{array} \right)
$$

## 7.2 二次型

## 7.2.1 二次型概念及其矩阵

## 定义 7.5 (二次型)

定义多元二次多项式 $f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})=\sum_{i=1}^{n}a_{ii}x_{i}^{2}+\sum_{1\leq i<j\leq n}2a_{ij}x_{i}x_{j}$ 为二次型

## 定义 7.6 (二次型的矩阵)

对于任意二次型 $f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})$ ，总能找到一个对称矩阵 A，使得 $f(x_{1},\cdots,x_{n})=x^{T}Ax$ ，称矩阵 A 为二次型的矩阵

笔记 对于一个二次型 $f(x_{1},\cdots,x_{n})$ ，存在不止一个 A 使得 $f(x_{1},\cdots,x_{n})=x^{T}Ax$ ，但是二次型的矩阵特指那个对称矩阵。

练习7.1二次型的矩阵(1)给定二次型 $f(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}x_{2} + 2x_{1}x_{3} - 6x_{2}x_{3}$ ，计算二次型的矩阵

(2) 给定二次型 $f(X)$ ，计算二次型的矩阵：

$$
f (x _ {1}, x _ {2}) = \left( \begin{array}{c c} x _ {1} & x _ {2} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} 2 & 1 \\ 3 & 1 \end{array} \right) \binom{x _ {1}}{x _ {2}}
$$

(3) 重点：求 $f(x_{1}, \cdots, x_{n}) = \sum_{i=1}^{m} (a_{i1}x_{1} + \cdots + a_{in}x_{n})^{2}$ 的矩阵

解(1) $A = \left( \begin{array}{ccc}0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & -3\\ 1 & -3 & 0 \end{array} \right)$

(2) 展开得到 $f(x_{1}, x_{2}) = 2x_{1}^{2} + 4x_{1}x_{2} + x_{2}^{2}$ ，因此矩阵为

$$
\left( \begin{array}{c c} 2 & 2 \\ 2 & 1 \end{array} \right)
$$

(3) 令 $A = (a_{ij})$ ，则

$$
f = \sum_ {i = 1} ^ {m} (a _ {i 1} x _ {1} + \dots + a _ {i n} x _ {n}) ^ {2} = \sum_ {i = 1} ^ {m} \left[ \left( \begin{array}{c c c} x _ {1} & \dots & x _ {n} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} a _ {i 1} \\ \vdots \\ a _ {i n} \end{array} \right) \right] ^ {2}
$$

$$
= \sum_ {i = 1} ^ {m} \left[ \left( \begin{array}{c c c} x _ {1} & \dots & x _ {n} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} a _ {i 1} \\ \vdots \\ a _ {i n} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c c} a _ {i 1} & \dots & a _ {i n} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x _ {1} \\ \vdots \\ x _ {n} \end{array} \right) \right] = X ^ {T} (A ^ {T} A) X
$$

其中计算出 $A^T A$ 的过程为

$$
A = \left[ \begin{array}{c} A _ {1} \\ A _ {2} \\ \vdots \\ A _ {m} \end{array} \right] \Rightarrow A ^ {T} A = \left[ \begin{array}{c c c c} A _ {1} ^ {T} & A _ {2} ^ {T} & \dots & A _ {m} ^ {T} \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} A _ {1} \\ A _ {2} \\ \vdots \\ A _ {m} \end{array} \right] = \sum_ {i = 1} ^ {m} A _ {i} ^ {T} A _ {i}
$$

## 定义 7.7 (二次型等价)

给定二次型 $f = x^{T}Ax, g = y^{T}By$ ，若存在可逆矩阵 $T$ ，使得 $x = Ty$ ，且 $f = y^{T}(T^{T}AT)y = y^{T}By = g$ ，则称二次型 $f, g$ 等价（即 $A, B$ 合同）

## 定理 7.4 (合同的性质)

若 $A = C^T BC$ ，则

\- 秩不变： $r(A)=r(B)$

\- $C$ 不一定唯一

\- 分块合同：若 $A_{1}, A_{2}$ 分别与 $B_{1}, B_{2}$ 合同，则 $\operatorname{diag}\{A_{1}, A_{2}\}$ 与 $\operatorname{diag}\{B_{1}, B_{2}\}$ 合同

证明 (1) 由于 $C$ 是满秩矩阵, 相当于一系列初等变换, 因此不改变秩

(2)例如 $\left( \begin{array}{cc}1 & 0\\ 0 & -1 \end{array} \right),\left( \begin{array}{cc}1 & 0\\ 0 & 1 \end{array} \right)$ 在 $\mathbb{C}$ 上合同，但是

$$
\left( \begin{array}{c c} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} 1 & 0 \\ 0 & i \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} 1 & 0 \\ 0 & i \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} - 1 & 0 \\ 0 & i \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} - 1 & 0 \\ 0 & i \end{array} \right)
$$

练习7.2 反对称矩阵的二次型 证明： $A$ 是反对称矩阵当且仅当 $\forall X, X^T A X = 0$ 证明 左推右显然。右推左根据 $X^T A X = X^T A^T X = -X^T A X = 0$ 可知

## 7.2.2 二次型的标准型存在与配方法

## 定理 7.5 (二次型标准型的存在性)

对数域 P 上任意对称矩阵 A，其都合同于一个对角矩阵，且对角矩阵不唯一。

证明 $n = 1$ 则显然。设 $n - 1$ 时成立，则考虑 $n$ 阶矩阵 $A = \left( \begin{array}{ll}a_{11} & \alpha^T\\ \alpha & A_1 \end{array} \right)$ ，这里 $A_{1}$ 对称。若 $a_{11}\neq 0$ ，则根据

![](745302ee047e1008392d043c393193e07f26cf5103fa699b13fee41df18db0b2.jpg)

前面分块矩阵合同结论，取 $P = \left( \begin{array}{cc}1 & -\frac{1}{a_{11}}\alpha^T\\ 0 & E_{n - 1} \end{array} \right)$ ，得到

$$
P ^ {T} A P = \left( \begin{array}{c c} a _ {1 1} & 0 \\ 0 & A _ {1} - \frac {1}{a _ {1 1}} \alpha \alpha^ {T} \end{array} \right) := \left( \begin{array}{c c} a _ {1 1} & 0 \\ 0 & B _ {1} \end{array} \right)
$$

根据归纳假设，存在 $Q_{1}$ 使得 $Q_{1}^{T}B_{1}Q_{1}$ 为对角阵，则取 $Q = \left( \begin{array}{cc}1 & 0\\ 0 & Q_{1} \end{array} \right)$ ，则

$$
Q ^ {T} P ^ {T} A P Q = \left( \begin{array}{c c} a _ {1 1} & \\ & Q _ {1} ^ {T} B _ {1} Q _ {1} \end{array} \right)
$$

若 $a_{11} = 0$ ，但 $a_{kk}\neq 0$ ，则取 $P(1,k)$ 为 $E_{n}$ 第一列与第 $k$ 列互换的矩阵，则 $P^T (1,k)AP(1,k)$ 的 $a_{11}^{\prime}\neq 0$ 且两个矩阵合同，转换为第一种情况。

若对角全为 0，讨论 A 第一行，若 A 第一行全为 0，则显然。否则不妨设 $a_{12} \neq 0$ ，则 A 如下，做相同行列变换变为：

$$
A = \left( \begin{array}{c c c} 0 & a _ {1 2} & * \\ a _ {1 2} & 0 & * \\ * & * & * \end{array} \right) \to \left( \begin{array}{c c c} 2 a _ {1 2} & a _ {1 2} & * \\ a _ {1 2} & a _ {2 2} & * \\ * & * & * \end{array} \right)
$$

转换为第一种类型

笔记 要特别注意，如果对角均为零，则将同行的非零元素加到对角上！

## 定义 7.8 (二次型标准型)

对于二次型 $f = x^{T}Ax$ ，若 $A$ 与对角阵 $D$ 合同，则称 $g = z^{T}Dz$ 为 $f$ 的标准型

## 定理 7.6 (配方法)

配方法按照以下步骤进行：

1. 若无 $x_{1}$ 的平方项，但有 $x_{1}x_{2}$ 交叉项，则用 $x_{1} = y_{1} + y_{2}, x_{2} = y_{1} - y_{2}$ 换元。

2. 把 $x_{1}$ 的项放在一起，全部配方。

3. 把凑成的 $(x_{1}+\cdots)^{2}$ 设为新变量

4. 以此类推

![](0b92b81a7c670121596a9995aff39914c167ca625cc92dc802e14bf367d45534.jpg)

## 笔记 配方法一般算过渡矩阵不太方便，不过算标准型还行

练习 7.3 配方法 (1) 用配方法计算 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2x_{1}x_{2} + 2x_{1}x_{3} - 6x_{2}x_{3}$ 的标准型解 (1) 无 $x_{1}^{2}$ 项，因此令 $x_{1} = y_{1} + y_{2}, x_{2} = y_{1} - y_{2}, x_{3} = y_{3}$ ，得到

$$
f = 2 (y _ {1} - y _ {3}) ^ {2} - 2 y _ {2} ^ {2} - 2 y _ {3} ^ {2} + 8 y _ {2} y _ {3}
$$

令 $x_{1} = y_{1} - y_{3}, x_{2} = y_{2}, x_{3} = y_{3}$ 得到 $f = 2x_{1}^{2} - 2(x_{2}^{2} - 4x_{2}x_{3} + 4x_{3}^{2}) + 6x_{3}^{2}$ , 再做换元 $y_{1} = x_{1}, y_{2} = x_{2} - 2x_{3}, y_{3} = x_{3}$ , 得到

$$
f = 2 y _ {1} ^ {2} - 2 y _ {2} ^ {2} + 6 y _ {3} ^ {2}
$$

![](1fbb47a9c475507d8ef1e789ee4ed7772a02bb0019876a7edda07571148f915d.jpg)

## 7.2.3 二次型的标准型：初等变换法

## 定理 7.7 (标准型的计算：初等变换法)

对于对称矩阵 A 使用以下格式计算初等变换 (注意这不一定得出正交矩阵):

$$
\binom{{{{A}}}}{{{{E}}}} \rightarrow \binom{{{{C ^ {T} A C}}}}{{{{C}}}} \quad \text {对} \mathbf {A} \text {行变换和对应列变换，对} \mathbf {I} \text {只列变换}
$$

具体的步骤就是证明标准型存在性中的过程：若 $A$ 首对角为零，存在非零对角，则互换位置。若对角均为零，则找到第一行非零的元素加到首对角位置(下面的题目马上会用)

笔记 做同样的行列变换一定要小心，两种变换并非 “同时” 做的，而是先后做的，即做行变换时的矩阵已经是列变换后的，而非原本的矩阵！

练习7.4标准型计算：初等变换法(1)简单：计算 $f = x_{1}^{2} + 2x_{1}x_{2} + 2x_{2}^{2} + 4x_{2}x_{3} + 4x_{3}^{2}$ 的标准型

(2) 对角均零：计算 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2x_{1}x_{2} + 2x_{1}x_{3} - 6x_{2}x_{3}$ ，计算其标准型，并求出过渡矩阵 $C$

解(1)结果为 $f = y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ ，千万小心别行列变换错了

(2) 首先显然 $A = \left( \begin{array}{ccc}0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & -3\\ 1 & -3 & 0 \end{array} \right)$ ，列出 $\left( \begin{array}{c}A\\ E \end{array} \right)$ 并做行列初等变换，由于 $A$ 对角均为0，因此将第二列和第二行加到首对角位置：

$$
\left(\begin{array}{c c c}0&1&1\\1&0&- 3\\1&- 3&0\\1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}\right)\rightarrow \left(\begin{array}{c c c}2&1&- 2\\1&0&- 3\\- 2&- 3&0\\1&0&0\\1&1&0\\0&0&1\end{array}\right)\rightarrow \left(\begin{array}{c c c}2&1&0\\1&0&- 2\\0&- 2&- 2\\1&0&1\\1&1&1\\0&0&1\end{array}\right)\rightarrow \dots
$$

最终变为结果为:

$$
\left( \begin{array}{c c c} 2 & 0 & 0 \\ 0 & - \frac {1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 6 \\ 1 & - \frac {1}{2} & 3 \\ 1 & \frac {1}{2} & - 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) = \binom{C ^ {T} A C}{C}
$$

## 7.2.4 二次型的标准型：正交变换法

## 定理 7.8 (正交对角化的可行性)

任何实对称矩阵 A 一定正交相似于对角阵。

证明 做数学归纳法，n=1 显然，假设 n-1 成立，任取特征值 $\lambda$ ，对应单位特征向量 $\alpha_{1}$ ，将 $\alpha_{1}$ 扩充为 $R^{n}$ 的一组标准正交基 $\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n}$ ，令 $T=(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n})$ ，则

$$
A T = T \left( \begin{array}{c c} \lambda & \alpha^ {T} \\ 0 & A _ {n - 1} \end{array} \right) \Rightarrow T ^ {T} A T = \left( \begin{array}{c c} \lambda & \alpha^ {T} \\ 0 & A _ {n - 1} \end{array} \right)
$$

由于 $T^T A T$ 对称，因此 $\alpha^T = 0$ ，再根据归纳假设，存在正交矩阵 $P_{1}$ 使得 $P_{1}^{T}A_{n - 1}P_{1}$ 为对角阵，因此令 $P =$

$\mathrm{diag}(1, P_1)$ ，此时

$$
P ^ {T} T ^ {T} A T P = \left( \begin{array}{c c} \lambda & 0 \\ 0 & P ^ {T} A _ {n - 1} P \end{array} \right)
$$

显然 $TP = Q$ ，则 $Q$ 也是正交阵。

## 定理 7.9 (标准型计算：正交变换)

正交变换计算标准型过程如下：

\- 计算 $A$ 的特征值 $\lambda_1, \cdots, \lambda_n$

\- 计算 $\lambda_{i}$ 对应的特征向量 $\mathbf{v}_{i}$ ，不同特征值的特征向量必正交，同一特征值的特征向量需正交化

\- 将特征向量单位化，组成 $T = [\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_n]$

练习 7.5 正交变换法 (1) 已知矩阵 A 如下，(a) 若 $tE + A$ 为正定矩阵，求 t 的取值范围 (b) 求正交矩阵 T 使得 $T^{T}AT$ 为对角矩阵

$$
A = \left[ \begin{array}{r r r} 2 & 2 & - 1 \\ 2 & 5 & - 4 \\ - 2 & - 4 & 5 \end{array} \right]
$$

解 (1) $|\lambda E - A| = (\lambda - 1)^{2} (\lambda - 10)$ ，特征值为 1, 10，正定要求 t > -1。

先求 $(E - A)X = 0$ ，得到：

$$
\left[ \begin{array}{c c c} 1 & 2 & - 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right] X = 0 \Rightarrow X = k _ {1} \left( \begin{array}{c} - 2 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) + k _ {2} \left( \begin{array}{c} 2 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)
$$

单位化得到 $\frac{1}{\sqrt{5}} (-2,1,0)^T,\frac{1}{\sqrt{5}} (2,0,1)^T$

再求 $(10E - A)X = 0$

$$
\left[ \begin{array}{c c c} 2 & 4 & 5 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right] X = 0 \Rightarrow X = k _ {1} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ - 2 \end{array} \right)
$$

单位化得到 $\frac{1}{3} (1,2, - 2)$ 。

最终结果为:

$$
T = \left[ \begin{array}{c c c} - \frac {2}{\sqrt {5}} & \frac {2}{3 \sqrt {5}} & \frac {1}{3} \\ - \frac {1}{\sqrt {5}} & \frac {4}{3 \sqrt {5}} & \frac {2}{3} \\ 0 & \frac {5}{3 \sqrt {5}} & - \frac {2}{3} \end{array} \right], T ^ {T} A T = \left[ \begin{array}{c c c} 1 & & \\ & 1 & \\ & & 1 0 \end{array} \right]
$$

## 定理 7.10 (二次型与特征值)

设 n 阶实对称矩阵 A 的全部特征值排序为： $\lambda_{1} \geq \lambda_{2} \geq \cdots \geq \lambda_{n}$ ，则

$$
\max _ {X \in \mathbb {R} ^ {n}} \frac {X ^ {T} A X}{X ^ {T} X} = \lambda_ {1}, \min _ {X \in \mathbb {R} ^ {n}} \frac {X ^ {T} A X}{X ^ {T} X} = \lambda_ {n}
$$

证明 由于 $\lambda_1E - A$ 的特征值均非负，故 $\lambda_1E - A$ 半正定，因此 $\forall X\in \mathbb{R}^n$ 有 $X^{T}(\lambda E - A)X\geq 0$ ，得到 $X^{T}AX\leq \lambda_{1}X^{T}X$ ，且 $\lambda_{1}$ 是 $\lambda_1E - A$ 的特征值，故 $\exists X_0\neq 0$ 使得 $X_0^T (\lambda_1E - A)X_0 = 0$

练习 7.6 二次型的特征值研究 (1) 重点: A, B 是 n 阶实对称矩阵, A 的特征值都大于 a, B 的特征值都大于 b,

证明 $A + B$ 的特征值都大于 $a + b$

(2) B 是 n 阶实矩阵， $B^{T}B$ 的全部特征值按照大小顺序排为 $\lambda_{1} \geq \lambda_{2} \geq \cdots \geq \lambda_{n}$ ，证明：B 的任意实特征值 $\mu$ 满足 $\sqrt{\lambda_{n}} \leq |\mu| \leq \sqrt{\lambda_{1}}$

证明 (1) 根据前面定理可知 $X^{T}AX > aX^{T}X, X^{T}BX > bX^{T}X$ ，从而 $X^{T}(A + B)X > (a + b)X^{T}X$ ，因此 $A + B$ 的特征值大于 $a + b$

(2) 由于 $B\alpha = \mu \alpha$ ，因此 $\alpha^T B^T = \mu \alpha^T$ ，得到

$$
\alpha^ {T} B ^ {T} B \alpha = \mu^ {2} \alpha^ {T} \alpha \in [ \lambda_ {n} \alpha^ {T} \alpha , \lambda_ {1} \alpha^ {T} \alpha ] \Rightarrow \lambda_ {n} \leq \mu^ {2} \leq \lambda_ {1}
$$

## 7.2.5 R, C 上的规范型

前面根据标准型对二次型进行分类，但是可以发现二次型的标准型是不唯一的，因此在 $\mathbb{R},\mathbb{C}$ 上可以进一步划分，即每个规范型表示一个类。

## 定理 7.11 (C 上的规范型)

$\mathbb{C}$ 上任一二次型 $f$ 都等价于

$$
g = u _ {1} ^ {2} + \dots + u _ {r} ^ {2}
$$

## 推论 7.1 (C 上合同充要条件)

C 上两个对称矩阵合同的充要条件为它们的秩相同。

## 定理 7.12 (R 上的规范型)

$\mathbb{R}$ 上每个二次型 $f$ 都等价于一个如下二次型。将 $p$ 称为正惯性指数， $r - p$ 称为负惯性指数

$$
g = u _ {1} ^ {2} + \dots + u _ {p} ^ {2} - u _ {p + 1} ^ {2} - \dots - u _ {r} ^ {2}
$$

## 推论 7.2 ( $\mathbb{R}$ 上合同充要条件)

R 上两个对称矩阵充要条件是它们有相同的正负惯性指数。

练习7.7规范型的应用(1)设 $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵， $|A| < 0$ ，证明： $\exists X \in \mathbb{R}^n$ 满足 $X^T A X < 0$

(2) $f(X) = X^{T}AX$ 为实二次型，若存在 $X_{1}, X_{2}$ 使得 $X_{1}^{T}AX_{1} > 0, X_{2}^{T}AX_{2} < 0$ ，证明： $\exists X_0 \neq 0$ 使得 $X_0^TAX_0 = 0$

证明 (1) 由于 $|A| < 0$ , 可知 $A$ 满秩且负惯性指数个数不为零, 做非退化线性替换 $X = CY$ 即可得到 $Y^{T}C^{T}ACX$ , 这里

$$
C ^ {T} A C = \operatorname{diag} \{1, 1, \dots , 1, - 1, - 1, \dots , - 1 \}
$$

取 $Y = e_{n}$ 时 $Y^{T}C^{T}ACY = -1$

(2) 正负惯性指数均非零，因此可转换为规范型 $f(X)=y_{1}^{2}+\cdots+y_{p}^{2}-y_{p+1}^{2}-\cdots-y_{n}^{2}$ ，取 $Y=e_{1}+e_{p+1}$ 即可

## 7.3 (半) 正定二次型的研究

## 7.3.1 正定二次型的概念与判别

正定二次型是 $\mathbb{R}$ 中二次型中的特殊等价类，其代表为 $y^{T}Ey$

## 定义 7.9 (正定二次型)

给定实数域上的二次型 $f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})$ ，若对任意不全为 0 的 $x_{1},\cdots,x_{n}$ 有 $f(x_{1},\cdots,x_{n})>0$ ，则称 $f(x_{1},\cdots,x_{n})$ 为正定矩阵。

## 定理 7.13 (正定二次型的规范型)

正定二次型的规范型是 $y^{T}Ey=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+\cdots+y_{n}^{2}$

![](c263772a56ac3460e77a1671c982bbce6d1734c60908b4b744d1e5be1797c031.jpg)  
图 7.1: 二次型分类示意图

## 定理 7.14 (正定充要条件)

$f = x^{T}Ax$ 是正定二次型当且仅当：

\- $A$ 合同于矩阵 $E$

\- 存在可逆矩阵 $C$ ，使得 $A = C^T C$ ，也可以分解为非方阵 $A = \left( \begin{array}{cc} C^T & O^T \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} C \\ O \end{array} \right)$ .

所有特征值都大于0

\- $A$ 的各阶顺序主子式/所有主子式行列式大于0

证明 等价于顺序主子式大于 0 需要证明：对 A 做如下分块：

$$
A = \left[ \begin{array}{c c} A _ {1} & \alpha \\ \alpha^ {T} & a _ {n n} \end{array} \right]
$$

正定推顺序主子式：若 $A$ 正定，则 $A_{1}$ 正定，因此 $A_{1}$ 特征值均为正， $|A_1| > 0, |A| > 0$ ，根据归纳法成立。顺序主子式推正定： $n = 1$ 时显然成立， $A$ 是 $n$ 阶矩阵时， $A_{1}$ 是 $n - 1$ 阶矩阵且顺序主子式均正，根据归纳假设 $A_{1}$ 正定，故存在 $P_{1}$ 使得 $P_{1}^{T} A_{1} P_{1} = E_{n - 1}$ ，因此令：

$$
P _ {2} = \left[ \begin{array}{c c} P _ {1} & \\ & 1 \end{array} \right], P _ {3} = \left[ \begin{array}{c c} E _ {n - 1} & - P _ {1} ^ {T} \alpha \\ & 1 \end{array} \right]
$$

得到：

$$
P _ {3} ^ {T} P _ {2} ^ {T} A P _ {2} P _ {3} = \left[ \begin{array}{c c} E _ {n - 1} & \\ & a _ {n n} - \alpha^ {T} P _ {1} P _ {1} ^ {T} \alpha \end{array} \right]
$$

而根据乘积矩阵的行列式性质得到

$$
a _ {n n} - \alpha^ {T} P _ {1} P _ {1} ^ {T} \alpha = | A | | P _ {2} | ^ {2} | P _ {3} | ^ {2} > 0
$$

令 $P = P_{2}P_{3}\mathrm{diag}\{E_{n - 1},\frac{1}{\sqrt{a_{nn} - \alpha^{T}P_{1}P_{1}^{T}\alpha}}\}$ 得到

$$
P ^ {T} A P = E
$$

因此正定

练习 7.8 正定二次型的判定 (1)t 为何值时， $f = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 5x_{3}^{2} + 2tx_{1}x_{2} - 2x_{1}x_{3} + 4x_{2}x_{3}$ 为正定的？

(2) $A$ 为实对称矩阵，则 $\exists M, \forall t > M$ 有 $tE + A$ 为正定矩阵

解(1)算顺序主子式即可，得到 $1-t^{2}>0,-5t^{2}-4t>0$ ，因此 $-\frac{4}{5}<t<0$

(2) 看特征值即可

练习 7.9 正定矩阵性质的简单应用 (1) A 为 n 阶正定矩阵，证明：任意 n 阶实矩阵 B 有 $r(B^{T}AB) = r(B)$

(2) $A$ 为 $n$ 阶正定矩阵， $B$ 为 $n \times m$ 实矩阵，证明：若 $r(B) = m$ ，则 $C = B^T AB$ 为正定矩阵证明 (1) 由于 $A$ 正定，存在满秩矩阵 $C$ 使得 $A = C^T C$ ，因此 $B^T AB = (CB)^T (CB)$ ，而根据 $A^T A$ 的结论可知 $r((CB)^T (CB)) = r(CB) = r(B)$ ，因此 $r(B^T AB) = r(B)$

(2) 由于 $A$ 正定，因此 $B^T AB$ 实对称， $\forall X, X^T CX = (BX)^T ABX$ ，根据 $A$ 的正定性可知其大于0，因此为正定矩阵

## 定理 7.15 (正定矩阵对角性质)

$A$ 为 $n$ 阶正定矩阵，则

1. $a_{ii} > 0, \forall i = 1, 2, \cdots, n$

2. $2|a_{ij}| < a_{ii} + a_{jj} (i \neq j)$

3. $A$ 的所有元素中，绝对值最大的元素一定是在主对角线上，且一定是正数

证明 (1) 不妨取 $X = e_{i}$ ，则 $X^{T}AX = a_{ii} > 0$

(2) 取 $X = e_i + e_j$ ，则 $X^TAX = a_{ii} + a_{jj} + 2a_{ij} > 0$ ，取 $X = e_i - e_j$ ，则 $X^TAX = a_{ii} + a_{jj} - 2a_{ij} > 0$ ，综上得到结论成立。

(3) 根据 (2) 可知 $\forall i, j$ ，有 $|a_{ij}| < \max\{a_{ii}, a_{jj}\}$ ，因此结论成立

## 7.3.2 半正定二次型的概念与判别

## 定义 7.10 (半正定二次型)

若对任意 $x_{1},\cdots,x_{n}$ 均有 $f(x_{1},\cdots,x_{n})\geq0$ ，则称 $f(x_{1},\cdots,x_{n})$ 为半正定二次型，对应矩阵 A 为半正定矩阵。

## 定理 7.16 (半正定二次型的基础充要条件)

$f(x_{1},\cdots,x_{n})=X^{T}AX$ 为半正定二次型当且仅当：

\- $A$ 和 $\left( \begin{array}{ll}E_r & O\\ O & O \end{array} \right)$ 合同， $A$ 的正惯性指数与 $A$ 的秩相同

\- $A$ 的特征值都大于等于0

\- $A$ 的所有主子式 (不等价于顺序主子式) 大于等于 0

笔记 半正定不等价于顺序主子式大于等于 0，例如 $A = \left( \begin{array}{rr} 0 & 0 \\ 0 & -1 \end{array} \right)$ ，顺序主子式都为 0，但是半负定。

## 定理 7.17 (半正定矩阵的 $C^{T}C$ 分解)

$f(x_{1},\cdots,x_{n})=X^{T}AX$ 为半正定二次型等价于下面两个命题

\- 存在不列满秩的 $n \times n$ 矩阵 $C$ , 使得 $A = C^T C$

\- 存在行满秩 (列不满秩) 的 $r \times n (r < n)$ 矩阵 $C$ ，使得 $A = C^T C$

证明 根据 $A = C^{T}\left( \begin{array}{cc}E_{r} & O\\ O & O \end{array} \right)C$ 以及

$$
\left( \begin{array}{c c} E _ {r} & O \\ O & O \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} E _ {r} & O \\ O & O \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} E _ {r} & O \\ O & O \end{array} \right) = \binom{E _ {r}}{O} \left( \begin{array}{c c} E _ {r} & O \end{array} \right)
$$

可以得到两种分解：

$$
\left\{ \begin{array}{l} C _ {1} = \left( \begin{array}{c c} E _ {r} & O \\ O & O \end{array} \right) C \Rightarrow A = C _ {1} ^ {T} C _ {1} \\ C _ {2} = \left( \begin{array}{c c} E _ {r} & O \end{array} \right) C \Rightarrow A = C _ {2} ^ {T} C _ {2} \end{array} \right.
$$

无论哪种分解列均不满秩。

## 定理 7.18 (半正定矩阵的 $CC^{T}$ 分解)

$f(x_{1},\cdots,x_{n})=X^{T}AX$ 为半正定二次型等价于下面两个命题

\- 存在不行满秩的 $n \times n$ 矩阵 $C$ ，使得 $A = CC^T$

\- 存在列满秩 (行不满秩) 的 $n \times r (r < n)$ 矩阵 $C$ ，使得 $A = CC^T$

证明 右推左：直接 $X^{T}CC^{T}X = (C^{T}X)^{T}(C^{T}X)$ ，该多项式是 $C^{T}X$ 列向量中元素的平方和，因此大于等于0。左推右：合同的 $A = B^{T}\mathrm{diag}\{E_{r},O\} B$ 也可以写为 $A = C\mathrm{diag}\{E_r,O\} C^T$ ，因此把中间的分解了即可。笔记 特别的可以取 $A = \alpha^{T}\alpha$ ， $\alpha$ 为列向量(列满秩)，此时 $A$ 是半正定的。

练习7.10半正定矩阵 $CC^T$ 分解 $(1)\alpha \in \mathbb{R}^n$ ，证明： $\alpha \alpha^T$ 一定是半正定矩阵

(2) 重点: $A$ 的元素 $a_{ij} = (i \times j)$ , $B$ 的元素 $b_{ij} = \left(\frac{1}{i \times j}\right)$ , 则 $A, B$ 都是半正定矩阵

证明 (1) 显然 $\alpha \alpha^T$ 是实对称矩阵，从而 $X^T \alpha \alpha^T X = (\alpha^T X)^T (\alpha^T X) = (\alpha^T X)^2 \geq 0$

(2) $A, B$ 可进行如下分解，根据 (1) 的结论可证是半正定矩阵

$$
A = \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ \vdots \\ n \end{array} \right] \left[ \begin{array}{l l l l} 1 & 2 & \dots & n \end{array} \right], \quad B = \left[ \begin{array}{c} 1 \\ \frac {1}{2} \\ \vdots \\ \frac {1}{n} \end{array} \right] \left[ \begin{array}{l l l l} 1 & \frac {1}{2} & \dots & \frac {1}{n} \end{array} \right]
$$

## 定理 7.19 (半正定矩阵对角性质)

半正定矩阵 $A$ 有以下性质：

1. 对角元素非负

2. $2|a_{ij}| \leq a_{ik} + a_{ki}$

3. 若 $a_{ii} = 0$ ，则 $\forall k, a_{ik} = a_{ki} = 0$

证明 (1) 只需要取 $x = e_i$ ， $x^T Ax \geq 0$ 即可

(2) 取 $x = e_i + e_j$ ，得到 $a_{ii} + a_{jj} + 2a_{ij} \geq 0$ ，同理取 $x = e_i - e_j$ ，得到 $a_{ii} + a_{jj} - 2a_{ij} \geq 0$ ，因此 $2|a_{ij}| \leq a_{ik} + a_{ki}$

(3) 根据 (2) 可以得到

## 7.3.3 $C^T C$ 的 (半) 正定性

$C^{T}C$ 对应着特殊的二次型 $f(X)=\sum_{i=1}^{n}(a_{i1}x_{1}+\cdots+a_{in}x_{n})^{2}$ ，且有着特殊的正定性，是正定二次型中特殊的一类。

## 引理7.1 $(r(A^T A)$ 与 $r(A))$

$A$ 为实数域上的 $m \times n$ 的矩阵，则

$$
r (A ^ {T} A) = r (A)
$$

## 证明 在最小二乘法一节中已经给出了证明

## 定理 7.20 ( $A^{T}A$ 的正定性)

考虑 $A$ 为实数域上的 $m \times n$ 的矩阵，则

1. $A^T A, AA^T$ 是半正定矩阵

2. $A^T A$ 是正定矩阵当且仅当 $A$ 列满秩， $AA^T$ 正定当且仅当 $A$ 行满秩

且 $A^{T}A$ 对应的二次型为 $f(X)=\sum_{i=1}^{n}(a_{i1}x_{1}+a_{i2}x_{2}+\cdots+a_{in}x_{n})^{2}$

证明 (半) 正定性：显然 $A^T A$ 实对称，因此 $X^T A^T A X = (AX)^2 \geq 0$ ，显然 $A^T A$ 半正定。而 $A^T A$ 正定当且仅当 $r(A^T A) = n$ ，根据 (1) 当且仅当 $r(A) = n$ ，这里 $n$ 等于 $A$ 的列数，因此等价于 $A$ 列满秩

二次型表达式：在二次型矩阵一节已经作为练习给出。

## 7.3.4 正定矩阵同时对角化

## 定理 7.21 (同时合同对角化)

若 $A, B$ 是 $n$ 阶半正定矩阵，则存在一个 $n$ 阶可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^T AP, P^T BP$ 同时为对角矩阵

证明 由于 A, B 半正定，因此 $A + B$ 半正定，存在可逆矩阵 M 使得

$$
M ^ {T} (A + B) M = \left( \begin{array}{c c} E _ {r} & O \\ O & O \end{array} \right) = M ^ {T} A M + M ^ {T} B M
$$

由于 $M^T AM, M^T BM$ 半正定，因此根据半正定矩阵的对角性质，当 $r + 1 \leq i \leq n$ ，其第 $i$ 个对角元都非负，因此 $r + 1 \sim n$ 的对角元都必须为0。再根据对角性质可知 $r + 1 \sim n$ 行、列元素均为0，因此

$$
M ^ {T} A M = \left( \begin{array}{c c} H _ {r} & O \\ O & O \end{array} \right), M ^ {T} B M = \left( \begin{array}{c c} E _ {r} - H _ {r} & O \\ O & O \end{array} \right)
$$

存在正交矩阵 T 使得 $T^{T}H_{r}T = \Lambda = \operatorname{diag}\{\lambda_{1}, \cdots, \lambda_{r}\}$ ，令 $P = M\operatorname{diag}\{T, E_{n-r}\}$ ，此时有

$$
P ^ {T} A P = \left( \begin{array}{c c} \Lambda & O \\ O & O \end{array} \right), P ^ {T} B P = \left( \begin{array}{c c} E _ {r} - \Lambda & O \\ O & O \end{array} \right)
$$

同时为对角矩阵

## 定理 7.22 (AB = BA 同时相似对角化)

若 $A, B$ 可相似对角化，且 $AB = BA$ ，则存在可逆矩阵 $P$ ，使得

$$
P ^ {- 1} A P, P ^ {- 1} B P
$$

同时为对角矩阵

证明 由于 A 可相似对角化，因此存在 M，使得 $M^{-1}AM = \text{diag}\{\lambda_{1}E, \lambda_{2}E, \cdots, \lambda_{r}E\}$ ，而

$$
M ^ {- 1} A B M = (M ^ {- 1} A M) (M ^ {- 1} B M) = M ^ {- 1} B A M = (M ^ {- 1} B M) (M ^ {- 1} A M)
$$

将 $M^{-1}BM$ 以同样的形式进行分块，得到 $M^{-1}BM = (B_{ij})_{r\times r}$ ，对于每个 $B_{ii}$ ， $\exists Q_i$ 使得 $Q_i^{-1}B_{ii}Q_i = \Lambda_i$ ，因此令

$$
T = M \operatorname{diag} \left\{Q _ {1}, \dots , Q _ {r} \right\}
$$

![](18f1321b9a28cd1e7a912d0030429bba3abaea7c68f82d6ab7aab02fb1299de2.jpg)

可以得到

$$
T ^ {- 1} A T = \operatorname{diag} \left\{\lambda_ {1} E, \dots , \lambda_ {r} E \right\}, T ^ {- 1} B T = \operatorname{diag} \left\{\Lambda_ {1}, \dots , \Lambda_ {r} \right\}
$$

同时为对角矩阵。

## 7.3.5 正定矩阵的四则运算性质

## 定理 7.23 (正定的四则运算)

若 $A, B$ 是正定矩阵，则 $A^{-1}, A^{k}, A + B, A^{*}$ 都是正定矩阵，但 $AB$ 不一定正定 (原因在于不一定对称)，若 $AB$ 实对称，则 $AB$ 是正定矩阵

证明 (1) $A^{-1}, A^{k}, A^{*}$ : 由于 A 正定, 因此 A 的特征值 $\lambda_{i}$ 均大于 0, $A^{-1}$ 的特征值 $\lambda_{i}^{-1} > 0$ , $A^{*}$ 的特征值 $\prod_{j \neq i} \lambda_{j} > 0$ , $A^{k}$ 的特征值 $\lambda_{i}^{k} > 0$ , 因此均正定。

(2) $A + B$ 不能用特征值，只能用合同，显然 $A + B$ 实对称，而任意非零 $x \in \mathbb{R}^n$ ，有 $X^T (A + B)X = X^T AX + X^T BX > 0$ ，因此 $A + B$ 实对称。

(3) $AB$ 正定：由于 $AB$ 实对称，此时 $(AB)^T = B^TA^T = BA$ 。由于 $A, B$ 正定，故存在可逆 $P, Q$ 使得 $A = P^TP, B = Q^TQ, AB = P^TPQ^TQ$ ，而

$$
Q A B Q ^ {- 1} = Q P ^ {T} P Q ^ {T} (Q Q ^ {- 1}) = (P Q ^ {T}) ^ {T} (P Q ^ {T})
$$

因此 AB 与 $(PQ^{T})^{T}(PQ^{T})$ 相似，而后者正定（因为列满秩），因此 AB 为正定矩阵。

## 7.3.6 正定矩阵分解进阶

## 定理 7.24 (正定矩阵平方分解)

$A$ 是 $n$ 阶正定矩阵，则存在实对称矩阵 $C_1$ ，使得 $A = C_1^2$

证明 由于 $\exists P$ 使得 $P^{T}AP = \Lambda = \text{diag}\{\lambda_{1}, \cdots, \lambda_{n}\}$ ，根据正定，所有特征值都为正，因此取

$$
C _ {1} = P ^ {T} \sqrt {\Lambda} P
$$

即可得到 $A = C_1^2$

笔记 上述 $A = C_{1}^{2}$ 也是正定矩阵分解！且是唯一的。

## 定理 7.25 (正定矩阵三角分解)

$A$ 是 $n$ 阶正定矩阵，则存在可逆上三角阵 $R$ ，使得 $A = R^{T}R$

证明 首先 $A = C^T C$ ， $C$ 为可逆矩阵，再对 $C$ 做 $QR$ 分解得到 $C = QR$ ，因此 $A = R^T Q^T QR = R^TR$ ，即所求。

## 定理 7.26 (极分解定理)

对任一可逆矩阵 A，一定存在一个正交矩阵 T 和两个正定矩阵 $S_{1}, S_{2}$ 使得

$$
A = T S _ {1} = S _ {2} T
$$

且这种分解是唯一的。

证明 (1) 存在性: 由于 A 可逆, 因此 $A^{T}A$ 正定, 根据前面结论存在正定矩阵 $S_{1}$ , 满足 $A^{T}A = S_{1}^{2}$ , 设 $T = (A^{T})^{-1}S_{1}$ , 则

$$
A = (A ^ {T}) ^ {- 1} S _ {1} ^ {2} = T S _ {1}
$$

经过验证可发现 $TT^{T} = (A^{T})^{-1}S_{1}S_{1}^{T}A^{-1} = (A^{T})^{-1}S_{1}^{2}A^{-1} = (A^{T})^{-1}A^{T}AA^{-1} = E$ ，因此为正交矩阵。

另一方面， $A = TS_{1}T^{-1}T$ ，记 $S_{2} = TS_{1}T^{-1}$ ，则 $A = S_{2}T$ ， $S_{2}$ 正定。

(2) 唯一性：设 $A = TS_{1} = \tilde{T}\tilde{S}_{1}$ ，则

$$
\left\{ \begin{array}{l} A ^ {T} A = S _ {1} ^ {2} \\ A ^ {T} A = \tilde {S} _ {1} ^ {2} \end{array} \right.
$$

根据前面正定矩阵分解唯一性可知唯一。

## 7.3.7 负定二次型

## 定义 7.11 (负定二次型)

若对于任意不全为零的 $x_{1},\dots ,x_{n}$ ，满足 $f(x_{1},\dots ,x_{n}) < 0$ ，则称 $f(x_{1},\dots ,x_{n})$ 为负定二次型

## 定理 7.27 (负定二次型的充要条件)

$A$ 负定当且仅当 $-A$ 正定，因此充要条件为： $A$ 的所有奇数阶顺序主子式小于0，偶数阶顺序主子式大于0。

证明 用特征值判断即可。

> [!proof]- 证明状态
> 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。