二次型化为标准形

方法论

运用偏导函数的思想将二次型化为标准形有以下两种情况:

1. 如果 \(f(x_1,x_2,\cdots,x_n)\) 中含有某变量的平方项，即 \(a_{i i}~ (i=1, \cdots, n)\) 中至少有一个不为零， 不妨设 \(a_{11} \neq 0\)，记 \(\displaystyle f_{1}=\frac{1}{2} \frac{\partial f}{\partial x_{1}}\)， 令 \[f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\frac{1}{a_{11}}f_1^2+g\] 求得 \(g\)，此时 \(g\) 中已不含 \(x_{1}\)，再记 \(\displaystyle g_{1}=\frac{1}{2} \frac{\partial g}{\partial x_{2}}\)，并令 \[f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\frac{1}{a_{11}}f_1^2+\frac{1}{a_{22}}g_1^2+h\] 此时 \(h\) 中已不含 \(x_1\) 与 \(x_2\)，按这种方法继续运算，可将二次型化为标准形;

2. 如果 \(f(x_1,x_2,\cdots,x_n)\) 中不含有任一变量的平方项，即 \(a_{ii}=0~ (i=1,\cdots,n)\)，但至少有一个 \(a_{1j}\neq 0~ (j>1)\) 不为零 (\(a_{ij}\) 是 \(x_{ij}\) 项的系数)， 不妨设 \(a_{12}\neq 0\)，记 \(f_1=\dfrac{1}{2}\displaystyle\pdv{f}{x_1},f_2=\dfrac{1}{2}\displaystyle\pdv{f}{x_2}\)，令 \[f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\dfrac{1}{a_{12}}\qty[(f_1+f_2)^2-(f_1-f_2)^2]+\varphi\] 求得 \(\varphi\)，此时 \(\varphi\) 中已不含 \(x_1\) 与 \(x_2\)，观察 \(\varphi\) 的结构，如果 \(\varphi\) 中含有变量的平方项，则按情况一中的方法进行，否则按情况二中的方法进行，直至二次型化为标准形.

例题 1

将二次型 \(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2-4x_3^2+2x_1x_2-2x_2x_3\) 化为标准形.

解答

记 \(f_1=\dfrac{1}{2}\displaystyle\pdv{f}{x_1}=x_1+x_2\)，令 \[f=\dfrac{1}{a_{11}}f_1^2+g=(x_1+x_2)^2+g\] 求得 \(g=x_2^2-4x_3^2-2x_2x_3\)，记 \(g_1=\dfrac{1}{2}\displaystyle\pdv{g}{x_2}=x_2-x_3\)，令 \[g=\dfrac{1}{a_{22}}g_1^2+h\] 求得 \(h=-5x_3^2\)，那么 \[f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2)^2+(x_2-x_3)^2-5x_3^2\] 作可逆线性变换 \[\left\{\begin{matrix} y_1 & = & x_1 & + & x_2 \\ y_2 & = & & & x_2 & - & x_3 \\ y_3 & = & & & & & x_3 \end{matrix}\right.\] 则有 \(f(y_1,y_2,y_3)=y_1^2+y_2^2-5y_3^2.\)

例题 2

将二次型 \(f(x_1,x_2,x_3)=-4x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3\) 化为标准形.

解答

二次型中不含有任一变量的平方项，记 \(f_1=\dfrac{1}{2}\displaystyle\pdv{f}{x_1},~f_2=\dfrac{1}{2}\displaystyle\pdv{f}{x_2}\)，则有 \[f_1=\dfrac{1}{2}(-4x_2+2x_3)=-2x_2+x_3,~f_2=\dfrac{1}{2}(-4x_1+2x_3)=-2x_1+x_3\] 令 \[\begin{align*} f & =\dfrac{1}{a_{12}}\qty[(f_1+f_2)^2-(f_1-f_2)^2]+\varphi=-\dfrac{1}{4}\qty[(-2x_1-2x_2+2x_3)^2-(2x_1-2x_2)^2]+\varphi \\ & =(x_1-x_2)^2-(x_1+x_2-x_3)^2+\varphi=(2x_1-x_3)(-2x_2+x_3)+\varphi=-4x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3-x_3^2+\varphi \end{align*}\] 即 \(\varphi=x_3^2\)，所以 \[f(x_1,x_2,x_3)=-(x_1+x_2-x_3)^2+(x_1-x_2)^2+x_3^2\] 作可逆线性变换 \(\left\{\begin{matrix} y_1 & = & x_1 & + & x_2 & - & x_3 \\ y_2 & = & x_1 & - & x_2 & \\ y_3 & = & & & & & x_3 \end{matrix}\right.\)，则有 \(f(y_1,y_2,y_3)=-y_1^2+y_2^2+y_3^2.\)

例题 3

二次型 \[f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2)^2+(x_1+x_3)^2-4(x_2-x_3)^2\] 的标准形为

A. \(y_1^2+y_2^2~~~~~~\) B. \(y_1^2-y_2^2~~~~~~\) C. \(y_1^2+y_2^2-4y_3^2~~~~~~\) D. \(y_1^2+y_2^2-y_3^2\)

解答

将 \(f\) 完全展开，得 \[f=2x_1^2-3x_2^2-3x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+8x_2x_3\] 那么 \[f_1=\dfrac{1}{2}\pdv{f}{x_1}=\dfrac{1}{2}(4x_1+2x_2+2x_3)=2x_1+x_2+x_3\] 则 \[f=\dfrac{1}{a_{11}}f_1^2+g=2x_1^2+\dfrac{1}{2}x_2^2+\dfrac{1}{2}x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+x_2x_3+g\] 对比可得 \(g=-\dfrac{7}{2}x_2^2-\dfrac{7}{2}x_3^2+7x_2x_3\)， 再令 \[g_1=\dfrac{1}{2}\pdv{g}{x_2}=\dfrac{1}{2}(-7x_2+7x_3)=-\dfrac{7}{2}x_2+\dfrac{7}{2}x_3\] 又 \(g=\dfrac{1}{a_{22}}g_1^2+h\)，可解出 \(h=0\)，因此可排除 C，D 选项， \[f=\dfrac{1}{\sqrt{2}^2}(2x_1+x_2+x_3)^2-\sqrt{\dfrac{7}{2}}^2(x_2-x_3)^2\] 作可逆线性变换 \(\begin{cases} y_1=\dfrac{1}{\sqrt{2}} (2x_1+x_2+x_3) \\[6pt] y_2=\sqrt{\dfrac{7}{2} } (x_2-x_3) \\[6pt] y_3=x_3 \end{cases}\)，因此 \(f(y_1,y_2,y_3)=y_1^2-y_2^2\) 选 B.