二次型[高教課堂]

1、第6章 二次型,在解析幾何中,為了研究二次曲線(1) 的幾何性質(zhì),可以選擇適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)變換 , 將方程(1)化為不含 混合項(xiàng)的標(biāo)準(zhǔn)型(2) 在二次曲面的研究中,也有類似的問題. (1)的左邊是一個(gè)二次齊次多項(xiàng)式.從代數(shù)的觀點(diǎn)看,將(1)化為標(biāo)準(zhǔn)型(2)的過程,就是通過變量的線性代換化簡(jiǎn)一個(gè)二次齊次多項(xiàng)式,使之只含平方項(xiàng). 這樣的問題,不僅在幾何中出現(xiàn),在數(shù)學(xué)的其它分支以及物理、力學(xué)和網(wǎng)絡(luò)計(jì)算中也常遇到.我們將這類問題一般化,討論 n個(gè)變量的二次齊次多項(xiàng)式的化簡(jiǎn)問題.,1,藤蔓課堂,定義6.1 n元變量x1,x2,xn的二次齊次多項(xiàng)式,叫做數(shù)域F上的n 元二次型（簡(jiǎn)稱二次型）.其中系數(shù) 是數(shù)域F

2、中的數(shù)，實(shí)數(shù)域上的二次型簡(jiǎn)稱實(shí)二次型.,6.1 二次型的定義和矩陣表示 合同矩陣,2,藤蔓課堂,如果令aji = aij (1ijn) ，則上式可以表示為,3,藤蔓課堂,其中 x=(x1,x2,xn)TRn， A=(aij)nn 是實(shí)對(duì)稱矩陣,稱為二次型 f 對(duì)應(yīng)的矩陣.,4,藤蔓課堂,若 A, B都 是實(shí)對(duì)稱矩陣, 且對(duì)應(yīng)的二次型 相同，即,證 先取x為單位向量 ei = (0, ,1, ,0)T (第i個(gè)分量為1, 其余為 0)，代入上式得 aii=bii(i=1, 2, , n),再取 x 為向量 eij = (0, ,1, ,1, ,0)T (第 i, j個(gè)分量為1,其余為0)，代入上

3、式得 aij=bij(ij),則 A=B,所以,A=B,5,藤蔓課堂,例1 設(shè),則它對(duì)應(yīng)的矩陣為,由此可見,二次型與矩陣之間存在一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系,即任給一個(gè)二次型,唯一地確定一個(gè)對(duì)稱陣;反之,任給一個(gè)對(duì)稱陣,唯一確定一個(gè)二次型.,因此,研究二次型的性質(zhì),就是研究對(duì)稱矩陣 A 的性質(zhì). 我們把對(duì)稱陣 A 的秩, 稱做二次型 f 的秩.,6,藤蔓課堂,例2、已知二次型 的秩為2，求參數(shù),解:,練習(xí)：已知三元二次型 A矩陣的特征值為2，3，0, 且其中對(duì)應(yīng)于特征值2，3的特征向量分別為 ，,(提示:不同特征值對(duì)應(yīng)的特征向量正交.再利用特征向量的定義,可以求出矩陣A ),求此二次型的表達(dá)式.,7,藤蔓課

4、堂,如果n維向量在兩組基B1=1,2,n和 B2 =1,2,n 下的坐標(biāo)向量分別 x=(x1, x2, xn)T 和 y=(y1, y2, yn)T 又(1, 2, n)=(1, 2, n) C 則 x=C y f() = x TA x = yT(C TA C)y , B = C TA C 故 f() 在基B1和B2 下對(duì)應(yīng)的矩陣分別是A和 B = C TA C. yT(CTA C)y 是 y1,y2,yn 的一個(gè)二次型.,8,藤蔓課堂,一般地,將二次型化為標(biāo)準(zhǔn)型的過程:,即尋找矩陣C，使B =CTA C 為對(duì)角陣.,為此,引出合同矩陣的概念.,9,藤蔓課堂,定義6.2 對(duì)矩陣A和B, 如果存

5、在可逆矩陣C ，使得 B= CTA C， 就稱矩陣A 相合(或合同)于B （記作A B)。,矩陣的相合關(guān)系是一種等價(jià)關(guān)系，具有以下性質(zhì)： (1) 自反性， A Mn(F), A A； (2) 對(duì)稱性， A, B Mn(F), 若A B, 則 B A； (3) 傳遞性， A, B, C Mn(F), 若A B, B C，則 A C 。,10,藤蔓課堂,6.2 化二次型為標(biāo)準(zhǔn)形,二次型化為不含混合項(xiàng)只含平方項(xiàng)的二次型，這種二次型稱其為標(biāo)準(zhǔn)形.,化二次型為標(biāo)準(zhǔn)形共有三種方法：正交變換法，配方法和初等變換法.,11,藤蔓課堂,6.2.1 正交變換法,定理6.1（主軸定理） 對(duì)于任一個(gè)n元二次型 f(x

6、1,x2,xn)= xTAx ， 存在正交變換都x =Qy (Q為正交陣)， 使得QTAQ= diag( 1, 2, , n) (定理5.12), 從而 x TA x = y T(QTAQ) y =1y12+nyn2 其中1,n 是實(shí)對(duì)稱矩陣A的n個(gè)特征值， Q的n個(gè)列向量是A屬于1,n 的n個(gè)標(biāo)準(zhǔn)正交的特征向量.,12,藤蔓課堂,例 用正交變換化二次型,為標(biāo)準(zhǔn)型.,解:,13,藤蔓課堂,用Schmidt正交化方法(正交化，單位化) 得,2=10 時(shí)，,取正交矩陣,則T1AT = diag(1, 1, 10),x TA x = yT(CTAC)y = y12+ y22 +10y32,1=1時(shí)，

7、解齊次線性方程組 得到線性無關(guān)的特征向量x1 =(2, 1, 0)T, x2 =(2, 0, 1)T,解齊次線性方程組,14,藤蔓課堂,三個(gè)特征值決定二次曲面的類型。,例的應(yīng)用：在自然基1, 2 , 3 下，對(duì)二次曲面方程,做坐標(biāo)變換：,在新基1, 2 , 3 下，二次曲面方程為,y12+ y22 +10y32=1,這是橢球面方程，橢球的三個(gè)主軸長(zhǎng)度分別為,15,藤蔓課堂,用正交變換化二次型為標(biāo)準(zhǔn)型,具有保持幾何形狀不變的優(yōu)點(diǎn). 上例中, 為一個(gè)橢球面; 在新的坐標(biāo)系下,二次曲面方程 依然是一個(gè)橢球面.,事實(shí)上,當(dāng)矩陣 為正交矩陣時(shí),線性變換 常被稱為正交變換.此時(shí), 即正交變換具有保持距離不

8、變的特點(diǎn),當(dāng)然不會(huì)改變圖形在不同坐標(biāo)系中的形狀.,16,藤蔓課堂,例2 將一般二次曲面方程,化為標(biāo)準(zhǔn)方程（只含平方項(xiàng)和常數(shù)項(xiàng)）。,(1),解 將(1)式中二次項(xiàng)部分,其中x=(x, y, z)T, y=(x, y , z , )T,用類似例1的正交變換法化為平方和:,(2),(3),取正交矩陣,令x = T y,17,藤蔓課堂,將(3)式代入(1)式的一次項(xiàng)部分，曲面方程(1)化為,圖形為單葉雙曲面。,即 x TA x = yT(TTAT)y=9 x2+18 y2 18z 2,則 T1AT = diag (9, 18, 18),18,藤蔓課堂,6.2.2 配方法和初等變換法化二次型為標(biāo)準(zhǔn)形,化

9、為標(biāo)準(zhǔn)形，并求所用的坐標(biāo)變換 x=Cy 及變換矩陣C 。,例3 用配方法把三元二次型,在x=Cy 變換中，d i 一般不是特征值。,解 先按x12 及含有x1的混合項(xiàng)配成完全平方，即,19,藤蔓課堂,在上式中，再對(duì) x224x2x3 配成完全平方,f(x1, x2, x3)=2(x1+ x2 x3)2+(x2 2x3)2 5x32,代入上式，得二次型的標(biāo)準(zhǔn)形,f(x1, x2, x3)=2y12+y22 5y32,20,藤蔓課堂,就是坐標(biāo)變換 x=Cy ，式中的矩陣就是變換矩陣C。,對(duì)一般 的f(x1, x2, ,xn)的配方法：若 x12 項(xiàng)的系數(shù)不為0， 就按上例配方。如果 x12 項(xiàng)的系

10、數(shù)為0，而x22 項(xiàng)的系數(shù)不為 0，就從x2開始配方。如果所有的二次項(xiàng)的系數(shù)都為0，就按 下例的方法化為標(biāo)準(zhǔn)形。,21,藤蔓課堂,例4 用配方法化二次型 f (x1, x2, x3)= 2 x1 x2 2x1 x3 + 2 x2 x3 為標(biāo)準(zhǔn)形，并求所做的坐標(biāo)變換。,將(1)式代入二次型，得 f(x1, x2, x3)= 2y12 2y22 4y2y3 (2),解 因?yàn)闆]有二次項(xiàng)，先利用平方差公式 做如下變換:,記作 x=C1 y,(1),22,藤蔓課堂,得二次型的標(biāo)準(zhǔn)形 f(x1, x2, x3) = 2z12 2z2 + 2z32 即 x TA x = z T z,再用例3的配方法得 f(

11、x1, x2, x3) = 2y12 2(y2+y3)2+2y32,f(x1, x2, x3)= 2y12 2y22 4y2y3,(3),其中,23,藤蔓課堂,變換矩陣,坐標(biāo)變換為 x=C1y=C1(C2 z)=(C1C2)z,任何n元二次型都可用配方法化為標(biāo)準(zhǔn)形，相應(yīng)的變換矩陣 是主對(duì)角元為的上三角矩陣和例4中的對(duì)角塊矩陣C1, 或者 是這兩類矩陣的乘積。 任意一個(gè)n階實(shí)對(duì)稱矩陣A，也都可以通過一系列相同 類型的初等行、列變換化成其相合的標(biāo)準(zhǔn)形（對(duì)角矩陣）。 所謂相同類型的初等行、列變換指的是：,24,藤蔓課堂,(1) 如果用倍加初等陣 Eji(c) 右乘A（即A的第i列乘c加到第j列），那

12、么相應(yīng)地也用 EjiT(c)=Eij(c) 左乘A （即列變換后的A的第i行乘c加到第j行）。變換后的矩陣EjiT(c) A Eji(c) 仍是對(duì)稱陣。 (2) 如果用Ei(c) 右乘A ，則也用EiT(c)左乘A ，即A的第i列和第i行都乘非零常數(shù)c ，顯然 EiT(c) A EiT(c) 仍是對(duì)稱陣。 (3) 如果用 Eij 右乘A ，則也用 EijT左乘A ，即A的第i列與第j 列及第i行與第j行同時(shí)對(duì)換位置，如此所得的 EijT A Eij 也是對(duì)稱陣。,25,藤蔓課堂,定理6.2 對(duì)任意一個(gè)n 階實(shí)對(duì)稱矩陣A，都存在可逆矩陣C，使得 CT A C =diag(d1, d2, , dn

13、),其中A 1 仍為n-1階 實(shí)對(duì)稱矩陣。,(1)如果a110,由于a1j=aj1(j=1,2,n)，因此對(duì)A做相同類型的行、列倍加變換，可將第行與第列的其他元素全化為零，得,證： 設(shè) A是n階實(shí)對(duì)稱矩陣。,26,藤蔓課堂,用數(shù)學(xué)歸納法可以證明：對(duì)任一個(gè)n 階實(shí)對(duì)稱矩陣A， 都存在初等矩陣 P1,P2,Pk, 使得 PkTP2TP1TAP1P2Pk= CTAC =diag(d1,d2,dn) 其中C= P1P2Pk =I P1P2Pk 即對(duì)A做的列變換同樣施加于單位矩陣I，即得變換矩陣C。,(2)如果a11=0，但存在 aii0，先將第1列與第i列對(duì)換，第1行與第i行對(duì)換，就把 aii 換到第

14、1行第1列的位置，化為 (1)。 (3)如果aii=0(i=1,2,n)， aij0, 可將第j 列加到第i列, 將第j 行加到第i行,第i行第i列的元素化為 2aij 0，就化為(2)。,27,藤蔓課堂,化為標(biāo)準(zhǔn)形，并求所做的坐標(biāo)變換 x=C y 的變換矩陣C 。,解 將二次型的矩陣A與單位矩陣I 上下排列，對(duì)A做相同類型的初等行、列變換使之化為對(duì)角陣，同樣的初等列變換，將I化為C。(以下i, (j) 分別表示i列, 第j行),例5 用初等變換法將例1的二次型,28,藤蔓課堂,做變換x=Cy，,其中,則 xTAx=,則,29,藤蔓課堂,做變換x=Cy，其中,則 xTAx=,30,藤蔓課堂,解

15、 同上題做法：,例6 用初等變換法將例4的二次型（參看第17，18頁(yè)） f(x1, x2, x3)= 2 x1 x2 2x1 x3 + 2 x2 x3 化為標(biāo)準(zhǔn)形，并求所做的坐標(biāo)變換 x=C y 的變換矩陣C 。,31,藤蔓課堂,在例1和例5中用不同的方法得到同一個(gè)二次型的不同標(biāo)準(zhǔn)形, 即矩陣相合于不同的對(duì)角陣,同樣，在例4和例6中用不同的方法得到同一個(gè)二次型的不同標(biāo)準(zhǔn)形, 即矩陣相合于不同的對(duì)角陣,diag(2, 2, 2) 和 diag(2, 1/2, 2),diag( 1, 1, 10) 和,32,藤蔓課堂,6.3 慣性定理和二次型的規(guī)范形,定理6.3（慣性定理）n元二次型xTAx經(jīng)坐標(biāo)

16、變換化為標(biāo)準(zhǔn) 形時(shí)，正平方項(xiàng)的個(gè)數(shù)p和負(fù)平方項(xiàng)的個(gè)數(shù)q是由A唯一確定 的?；蛘哒f對(duì)實(shí)對(duì)稱矩陣A，不論取怎樣的可逆矩陣C,只要 CTAC= diag(d1, ,dp, dp+1, , dp+q, 0,0) di0(i=1, ,p+q), p+qn 成立，則p和q是由A唯一確定的。,證 由秩(A)=秩(CT A C)= p+q, 知 p+q=r 由A唯一確。設(shè)實(shí)二次型 f=xT A x 經(jīng)坐標(biāo)變換 x=By 和x=Cz (1) (B,C都可逆) 分別化為標(biāo)準(zhǔn)形 (bi, ci0, i=1, ,r) f= b1y12+ bp yp2 bp+1 yP+12- br yr2 (2) f =c1 z12+

17、 ct zt2 ct+1 zt+12 cr zr2 (3),33,藤蔓課堂,用反證法：假設(shè) pt，此時(shí)由(1),(2)可得 f= b1y12+ +bt yt2+bt+1yt+12+ + bpyp2 bp+1yp+12 br yr2 = c1z12+ ct zt2 ct+1 zt+12 cp zp2 cp+1 zp+12 cr zr2,(4),由(1) z =C1x=(C 1B) y = Dy（其中D= C1B），即,為了從(4)式中找到矛盾， 令 z1=z2=zt=0, yp+1=yn=0，代入(5),(5),34,藤蔓課堂,得到y(tǒng)1, y2,yn 的方程組,(6),齊次線性方程組(6)有 n

18、個(gè)未知量，但方程個(gè)數(shù)為 t+(n p)=n (p t)n,齊次線性方程組(6)有n個(gè)未知量，但方程個(gè)數(shù) n ，故 必有非零解。由于 yp+1=yn=0,35,藤蔓課堂,非零解中y1,y2,yp 不全為零，將其代入(4)式，得 f = b1y12+ +bt yt2+bt+1yt+12+ + bpyp2 0 (7) 將(6)的非零解代入(5)式得到 z1,zt,zn 的一組值 （其中 z1=z2=zt=0），將它們?cè)俅?4)式，又得 f= ct+1 zt+12 cp zp2 cr zr20 (8) (7),(8)二式顯然是矛盾的，故假設(shè)的pk不能成立，必有 p k,同理可證 t p，得 p=t。

19、 故 p 和 q= r p 是由A唯一確定的。,36,藤蔓課堂,定義6.3 二次型xTAx 的標(biāo)準(zhǔn)形中，正平方項(xiàng)的個(gè)數(shù) p 和負(fù)平方項(xiàng)的個(gè)數(shù) q=r p 分別叫做二次型或A 的正、負(fù)慣性指數(shù)。 稱 p q=2 p r 為符號(hào)差。 秩(A)=r 也叫二次型的秩。,推論 設(shè) A為 n 階實(shí)對(duì)稱矩陣，正、負(fù)慣性指數(shù)分別為 p 和 q，則 A diag(1, ,1, 1, ,1, 0,0),其中1有p個(gè), 1有q個(gè), 0 有n (p+q)個(gè)?；蛘哒f：,對(duì)于二次型 xTAx 存在坐標(biāo)變換 x=Cy ，使得 xTAx =y12+ yp2 yp+12- yr2 (r= p+q) 上式右端稱為 xTAx 的規(guī)

20、范形。,37,藤蔓課堂,證 由定理6.3知 ，存在C1, 使 C1TAC1= diag(d1, ,dp, dp+1, , dp+q, 0,0) 其中di0(i=1, ,p+q)。 取可逆陣,則,則 CTA C= diag(1, ,1, 1, ,1, 0,0),38,藤蔓課堂,若n階實(shí)對(duì)稱矩陣A 與B 合同，也稱對(duì)應(yīng)的二次型 xT A x 和 xT B x 合同。,注意：一個(gè)實(shí)對(duì)稱矩陣A的合同規(guī)范形是唯一的。 兩個(gè)n階實(shí)對(duì)稱矩陣A和B合同的充分必要條件是它們的正、負(fù)慣性指數(shù)分別相等，或正慣性指數(shù)與秩分別相等； 全體n階實(shí)對(duì)稱矩陣按其合同規(guī)范形分類（不考慮+1， 1, 0 的排列次序）可以劃分為(

21、n +1)(n +2)/2 類。因?yàn)橹萺=0時(shí)，有1類； r =1時(shí)，有2類； r =2時(shí)，有3類; ， r=n時(shí)，有 n+1類。共有1+2+3+ +(n+1)類。,39,藤蔓課堂,6.4 正定二次型和正定矩陣,在多元微積分中我們知道二元函數(shù),在點(diǎn)（0，0）是否有極大(小)值，就是看它在（0，0） 的鄰域內(nèi)是否恒正(負(fù))。一般n元二次型是否恒正(負(fù))的 問題，就是二次型的正定問題。,定義6.4 如果n元實(shí)二次型 f(x1,x2,xn)=xTAx， x= (x1,x2,xn )0 (xRn)，恒有 xTAx 0， 就稱 xTAx 為 正定二次型；稱矩陣A為正定矩陣。,40,藤蔓課堂,(1) n元

22、實(shí)二次型(標(biāo)準(zhǔn)形) f=(x1,x2,xn)= d1x12+d2x22+dnxn2 正定的充分必要條件是 di0 (i=1,2, n)。 充分性是顯然的，可用反證法證明必要性：設(shè)存在 di0，取 xi=1, xj=0 (ji)，便有 f (0,0,1,0,0)= di0。 這與二次型正定相矛盾。,由定義可得：,(2) 對(duì)二次型 f= xTAx 做坐標(biāo)變換x=Cy（C為可逆矩陣）， 化為 f = yT(CTAC) y，其正定性不變。這是因?yàn)椋?y00，相應(yīng)的 x0=Cy00（否則 x0=0，則 y0=C1x0 =0 )， 于是由 f=xTAx 的正定性，即得 f =y0T(CTAC) y0=x0

23、TAx00， 即 y0T(CTAC) y0 正定，反之亦然。,41,藤蔓課堂,所以，對(duì)二次型做坐標(biāo)變換化為 d1x12+d2x22+dnxn2 ， 即A合同于對(duì)角矩陣 CT A C= diag(d1, d2,dn )時(shí)，由 di 0 （i=1,2, ,n）即可判別A為正定矩陣。,定理6.4 對(duì)于n階實(shí)對(duì)稱矩陣A，下列命題等價(jià)： (1) xT A x 是正定二次型（或A是正定矩陣）； (2) A的正慣性指數(shù)為n ，即A I； (3) 存在可逆矩陣P，使得A =PTP； (4) A的n個(gè)特征值1, 2,n都大于零。,證 (1)(2) 即對(duì)正定二次型xTAx 做坐標(biāo)變換所化成的相 合規(guī)范形必為 xT

24、Ax =y12+y22+yn2，即 p=n 且 A I。,(2)(3) 存在可逆陣C使得CTAC=I，得A=(C T)1 C 1, 令P= C 1，則 P T=(C T)1, 于是, A= P T P 。,42,藤蔓課堂,(3)(4) 設(shè)Ax =x (x 0),得 (PT PA) x = x ,從而有xT PTPx = xTx , 即 (Px , Px )= (x , x ) 由P是可逆矩陣和 x 0, 得 Px 0，特征值,(4)(1) 對(duì)于n元實(shí)二次型 xTAx ，存在正交變換 x =Q y 使得xTAx =1y12+ 2y22+ nyn2。 由1,n 都大于零，即得 xTAx 是正定二次

25、型。,(3) 存在可逆矩陣P，使得A = PT P ； (4) A的n個(gè)特征值1, 2,n都大于零。,43,藤蔓課堂,例 證明：若A是正定矩陣，則A1也是正定矩陣。 證 正定矩陣是滿秩的實(shí)對(duì)稱矩陣，所以， A可逆，且 (A1)T=(AT) 1= A1，即A1 也是實(shí)對(duì)稱矩陣。證A1正定: 方法：用定義。對(duì)二次型 xT A1x 做坐標(biāo)變換 x = A y ，得 xT A1x = yT AT A1 Ay = yT A y 由 yT A y正定，可知 xTA1x 也正定，故A1是正定矩陣。 方法：由A I, 即存在可逆陣C使得CT A C=I, 兩邊求逆, 得 (C1) A1(C1)T=I , 即

26、DT A1D=I (其中D= C1)T , 故 A1 I， 因此A1是正定的。 方法：由A正定, 則存在可逆陣P, 使得A = PT P,于是 A1= P1(P1)T= ST S (其中S=(P1)T）,因此A1 也正定。,44,藤蔓課堂,方法：設(shè)Ax =x (x 0)，得A1 x = 1 x (x 0)。由于A的 n個(gè)特征值都大于零，所以A1的n個(gè)特征值1也都大于零。 故A 1正定。,例 判斷三元二次型,的特征多項(xiàng)式為 I A=( 1)( 1)2 1/2， 特征值,是否是正定二次型。,解法：二次型的對(duì)應(yīng)矩陣,都大于零，所以二次型正定。,45,藤蔓課堂,顯然f (x1, x2, x3)0，等號(hào)

27、成立當(dāng)且僅當(dāng),解法：用配方法得,從而判定 f(x1, x2, x3) 是正定的。,例3 判別三元二次型,是否是正定二次型。,f (1, 1, 0)=3+1 4=0,解法1：觀察,故 f 不 是正定的。,46,藤蔓課堂,解法2： 二次型的對(duì)應(yīng)矩陣,I A=( 1)( 2 6 3)=0 特征值,的特征方程,故 f 不 是正定的。,47,藤蔓課堂,定理6.5 若n元二次型 xTAx 正定，則 (1)A的主對(duì)角元aii 0 (i=1,2,n)； (2) A的行列式 detA0。 證 (1) 因 xTAx 正定，取第i個(gè)分量xi=1,其余分量為0的向 量， xi=(0,0,1,0,0 ) ，則有 xiT

28、Axi =aiixi2=aii0 (i=1,n)。 (2) 因A正定，存在可逆矩陣P，使得A= PT P ，從而 A=PTP =P 20 或根據(jù)正定矩陣A的特征值都大于零，得A=12n0。,A= 0， B0， C 中 c110,48,藤蔓課堂,根據(jù)定理，A, B, C都不是正定的。,注意：D滿足定理?xiàng)l件，卻不是正定的。 定理?xiàng)l件是矩陣正定的必要非充分條件。,49,藤蔓課堂,必要性：取 xk =(x1,xk)T0, x =(x1,xk,0,0)T, 記為 x =(xkT, 0n-k)0, 則有,定理6.6 n元二次型xTAx 正定的充分必要條件為A 的n個(gè)順序主子式（左上角主子式）都大于零。,證

29、 設(shè)A=(aij)nn,（k=1,2, ,n ） 稱為A的k階順序主子式,xTAx =,是正定的。,由定理6.5 得 detAk0 (k=1,n)。必要性得證。,對(duì)一切 xk 0成立。故x1,xk 的k元二次型,50,藤蔓課堂,由于C12 A= An-1 b 0, An-10，即得 b0。,取,于是，,對(duì)n 1元二次型成立；對(duì)n元二次型，將A分塊為,其中=(a1n,a2n,an-1,n)T,根據(jù)定理6.4，只需證明 A I,*充分性： 對(duì)n作數(shù)學(xué)歸納法。當(dāng)n =1時(shí)，a110,xTAx = a11x120 (x10 ) ， 故充分性成立 。假設(shè)充分性,51,藤蔓課堂,根據(jù)歸納假設(shè), An-1 正定，故存在 n1階可逆矩陣 G，使得,再取,例如，用定理6.6 判別矩陣D的正定性，其中,解,所以，D不是正定的。,故 A I，A正定。,52,藤蔓課堂,例4 證明：若A是n階正定矩陣，則存在正定矩陣B， 使得 A = B 2。 證 因?yàn)檎ň仃嘇是實(shí)對(duì)稱矩陣，所以存在正交陣Q （ Q T Q =I），使得 A = Q(diag(1,2,n) Q T 其中i0 (i=1,2,n)。利用,diag(1,2,n)=,則 A = B2。 B的特征值都大于0，所以B正定。 B通常記作,53,藤蔓課堂,6.5 其他有定二次型,定義6.5 如果 x =(x1,xn)T0，恒有二次型 (1)