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 $a_{ii}(i=1,\cdots ,n)$ 中至少有一个不为零，
   不妨设 $a_{11}\ne 0$ ，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 $a_{1j}\ne 0(j>1)$ 不为零 ( $a_{ij}$ 是 $x_{ij}$ 项的系数)，
   不妨设 $a_{12}\ne 0$ ，记 $f_1={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \text{pdv}f{x}_1,f_2={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \text{pdv}f{x}_2}}$ ，令

$$f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)={\displaystyle \frac{1}{a_{12}}}\text{qty}[(f_1+f_2{)}^2-(f_1-f_2{)}^2]+\phi$$

求得 $\phi$ ，此时 $\phi$ 中已不含 $x_1$ 与 $x_2$ ，观察 $\phi$ 的结构，如果 $\phi$ 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 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2-4x_3^2+2x_1{x}_2-2x_2{x}_3$ 化为标准形.

解答

记 $f_1={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \text{pdv}f{x}_1=x_1+x_2}$ ，令

$$f={\displaystyle \frac{1}{a_{11}}}{f}_1^2+g=(x_1+x_2{)}^2+g$$

求得 $g=x_2^2-4x_3^2-2x_2{x}_3$ ，记 $g_1={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \text{pdv}g{x}_2=x_2-x_3}$ ，令

$$g={\displaystyle \frac{1}{a_{22}}}{g}_1^2+h$$

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

$$\{\begin{array}{ccccc}{y}_1& =& x_1& +& x_2\\ y_2& =& & & x_2& -& x_3\\ y_3& =& & & & & x_3\end{array}$$

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 $f(x_1,x_2,x_3)=-4x_1{x}_2+2x_1{x}_3+2x_2{x}_3$ 化为标准形.

解答

二次型中不含有任一变量的平方项，记 $f_1={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \text{pdv}f{x}_1,f_2={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \text{pdv}f{x}_2}}$ ，则有

$$f_1={\displaystyle \frac{1}{2}}(-4x_2+2x_3)=-2x_2+x_3,f_2={\displaystyle \frac{1}{2}}(-4x_1+2x_3)=-2x_1+x_3$$

令

$$\begin{array}{rl}f& ={\displaystyle \frac{1}{a_{12}}}\text{qty}[(f_1+f_2{)}^2-(f_1-f_2{)}^2]+\phi =-{\displaystyle \frac{1}{4}}\text{qty}[(-2x_1-2x_2+2x_3{)}^2-(2x_1-2x_2{)}^2]+\phi \\ & =(x_1-x_2{)}^2-(x_1+x_2-x_3{)}^2+\phi =(2x_1-x_3)(-2x_2+x_3)+\phi =-4x_1{x}_2+2x_1{x}_3+2x_2{x}_3-x_3^2+\phi \end{array}$$

即 $\phi =x_3^2$ ，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 $\{\begin{array}{ccccccc}{y}_1& =& x_1& +& x_2& -& x_3\\ y_2& =& x_1& -& x_2& \\ y_3& =& & & & & x_3\end{array}$ ，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

$$f=2x_1^2-3x_2^2-3x_3^2+2x_1{x}_2+2x_1{x}_3+8x_2{x}_3$$

那么

$$f_1={\displaystyle \frac{1}{2}}\text{pdv}f{x}_1={\displaystyle \frac{1}{2}}(4x_1+2x_2+2x_3)=2x_1+x_2+x_3$$

则

$$f={\displaystyle \frac{1}{a_{11}}}{f}_1^2+g=2x_1^2+{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_2^2+{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_3^2+2x_1{x}_2+2x_1{x}_3+x_2{x}_3+g$$

对比可得 $g=-{\displaystyle \frac{7}{2}}{x}_2^2-{\displaystyle \frac{7}{2}}{x}_3^2+7x_2{x}_3$ ，
再令

$$g_1={\displaystyle \frac{1}{2}}\text{pdv}g{x}_2={\displaystyle \frac{1}{2}}(-7x_2+7x_3)=-{\displaystyle \frac{7}{2}}{x}_2+{\displaystyle \frac{7}{2}}{x}_3$$

又 $g={\displaystyle \frac{1}{a_{22}}}{g}_1^2+h$ ，可解出 $h=0$ ，因此可排除 C，D 选项，

$$f={\displaystyle \frac{1}{{\sqrt{2}}^2}}(2x_1+x_2+x_3{)}^2-{\sqrt{{\displaystyle \frac{7}{2}}}}^2(x_2-x_3{)}^2$$

作可逆线性变换 $\{\begin{array}{l}{y}_1={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}(2x_1+x_2+x_3)\\ y_2=\sqrt{{\displaystyle \frac{7}{2}}}(x_2-x_3)\\ y_3=x_3\end{array}$ ，因此 $f(y_1,y_2,y_3)=y_1^2-y_2^2$ 选 B.