合同变换法

目录

• 合同变换法
• 一、实对称矩阵 A 对角元素均不为零
• 二、实对称矩阵 A 对角元素有零
• 三、实战一道题

合同变换法

已知二次型 $f = x^T A x$，求变换 $x=Py$，使得二次型化为标准型 $f=y^T \Lambda y$，且 $P^T A P = \Lambda$。该过程的实质是一次合同变换，即

$$[A,E] \xrightarrow{对A,E作初等行变换，对A作相应的初等列变换} [\Lambda, P^T]$$

具体的操作看下面几个例子。

一、实对称矩阵 A 对角元素均不为零

【例 1】将二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 5x_2^2 + 5x_3^2 + 2x_1x_2 - 4x_1x_3$ 化为标准型。

【解】由合同变换得

$$\begin{aligned} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 1 & -2 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 5 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 5 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_2-r_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 1 & -2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 5 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2-c_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & -2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 2 & 5 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_3+2r_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & -2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 2 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3+2c_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 2 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{(*)r_3-\frac{1}{2}r_2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{5}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3-\frac{1}{2}c_2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{5}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned}$$

所以标准型为 $y_1^2 + 4y_2^2$，所作变换矩阵为 $P = \left[ \begin{matrix} 1 & -1 & \frac{5}{2} \\ 0 & 1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]$，使 $x=Py$。

若要求规范型，需对上述继续作合同变换，将 $\Lambda$ 上的对角元素 $a$ 化为 $-1$ 或 $1$ 或 $0$，为此需作一次初等倍乘行变换（$r_n / \sqrt{a}$），再对应作一次初等倍乘列变换（$c_n / \sqrt{a}$）。

$$\begin{aligned} & \xrightarrow{r_2 / \sqrt{4}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{5}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2 / \sqrt{4}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{5}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned}$$

所以规范型为 $z_1^2 + z_2^2$，所作变换矩阵为 $Q = \left[ \begin{matrix} 1 & -\frac{1}{2} & \frac{5}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]$，使 $x=Qz$。

需要注意的是，合同变换的实质仍是配方，但配方法只是用了某种坐标变换，得到标准型的系数，不一定是特征值（不要以为使用该方法得到的 $\Lambda$ 就是特征值！$\Lambda$ 只能指示正、负和零特征值的个数，即正、负惯性指数一定是唯一的）。只有进行正交变换得到的系数才是特征值。

由此可知，二次型的标准型并不唯一，但是规范型唯一！如对（*）处还可作如下合同变换

$$\begin{aligned} \xrightarrow{(*)r_3 \leftrightarrow r_2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3 \leftrightarrow c_2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 4 & -1 & 1 & 0 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_3-2r_2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -5 & 1 & -2 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3-2c_2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -5 & 1 & -2 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned}$$

所以标准型为 $y_1^2 + y_2^2$，所作变换矩阵为 $P = \left[ \begin{matrix} 1 & 2 & -5 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ \end{matrix} \right]$，使 $x=Py$。

【例 2】（2014 年数二第 14 题）设二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 - x_2^2 + 2ax_1x_2 + 4x_2x_3$ 的负惯性指数为 $1$，求 $a$ 的取值范围。

【解】本题可使用配方法，但对于填空题来说比较麻烦。不妨采用合同变换法迅速解决本题。

$$\begin{aligned} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & a & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ a & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_3-ar_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & a & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -a^2 & 1-a & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3-ac_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -a^2 & 1-a & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_3+2r_2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4-a^2 & 1-a & 2 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3+2c_2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4-a^2 & 1-a & 2 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned}$$

因为负惯性指数为 $1$，所以 $4-a^2 \geq 0$，解得 $-2 \leq a \leq 2$。

二、实对称矩阵 A 对角元素有零

当发现二次型所对应的实对称矩阵 $A$ 上的对角元素为 0 时，需要先想办法将对角线上的元素变成不为 0 的数，具体看下例。

【例 3】将二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = 2x_1x_2 + 2x_1x_3 + 2x_2x_3$ 化为标准型。

【解】发现对角线上第一个元素为 0，为使其不为 0，可将第二行加到第一行上，相应的就要作一次列变换，将第二列加到第一列上。对角线上其他位置为 0 的元素也是类似的处理方法。

$$\begin{aligned} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_1+r_2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_1+c_2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 2 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_2-\frac{1}{2}r_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 2 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2-\frac{1}{2}c_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 2 & 0 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_3-r_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 2 & 0 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3-c_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 2 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned}$$

所以标准型为 $2y_1^2 -\frac{1}{2} y_2^2 -2y_3^2$，所作变换矩阵为 $P = \left[ \begin{matrix} 1 & -\frac{1}{2} & -1 \\ 1 & \frac{1}{2} & -1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]$，使 $x=Py$。

若要求规范型，则继续进行变换

$$\begin{aligned} & \xrightarrow{r_1/\sqrt{2}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} \sqrt{2} & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_1/\sqrt{2}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ & \xrightarrow{r_2/\frac{1}{\sqrt{2}}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2/\frac{1}{\sqrt{2}}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ & \xrightarrow{r_3/\sqrt{2}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & -\sqrt{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3/\sqrt{2}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & -1 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned}$$

所以规范型为 $z_1^2 -z_2^2-z_3^2$，所作变换矩阵为 $Q = \left[ \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \end{matrix} \right]$，使 $x=Qz$。

三、实战一道题

【例 4】（2021年数一张宇八套卷卷一第21题）已知实对称矩阵 $A = \left[ \begin{matrix} 2 & 2 \\ 2 & a \end{matrix}\right]$ 和 $B = \left[ \begin{matrix} 4 & 3 \\ 3 & 1 \end{matrix}\right]$，其中 $a$ 为正整数，求可逆矩阵 $C$，使得 $C^TAC=B$。

【解】由于 $A$ 有未知参数，先对 $B$ 进行合同变换。

$$\begin{aligned} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 4 & 3 & 1 & 0 \\ 3 & 1 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_2 - \frac{3}{4}r_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 4 & 3 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{5}{4} & -\frac{3}{4} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2 - \frac{3}{4}c_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 4 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{5}{4} & -\frac{3}{4} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_1/2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 2 & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -\frac{5}{4} & -\frac{3}{4} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_1/2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -\frac{5}{4} & -\frac{3}{4} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_2/\frac{\sqrt{5}}{2}} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -\frac{\sqrt{5}}{2} & -\frac{3}{2\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2/\frac{\sqrt{5}}{2}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -1 & -\frac{3}{2\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned}$$

由此可知 $B$ 的正、负惯性指数均为 1，变换矩阵为 $C_2 = \left[ \begin{matrix} \frac{1}{2} & -\frac{3}{2\sqrt{5}} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{5}} \\ \end{matrix} \right]$，使得 $C_2^TBC_2 = \left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \\ \end{matrix} \right]$。下面来对 $A$ 进行合同变换。

$$\begin{aligned} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 2 & 2 & 1 & 0 \\ 2 & a & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_2 - r_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 2 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & a-2 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2 - c_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & a-2 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned}$$

由于 $C^TAC=B$，即 $A$ 与 $B$ 合同，所以两者的正、负惯性指数相等，于是有 $a-2<0$，又因为 $a$ 为正整数，所以 $a=1$。继续对 $A$ 进行合同变换得

$$\begin{aligned} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_1 / \sqrt{2}} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} \sqrt{2} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_1 / \sqrt{2}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{cc | cc} 1 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned}$$

由此可知变换矩阵为 $C_1 = \left[ \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & -1 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]$，使得 $C_1^TAC_1 = \left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \\ \end{matrix} \right]$。

因此有 $C_1^TAC_1 = C_2^TBC_2$，即 $(C_1C_2^{-1})^TA(C_1C_2^{-1}) = B$，因此所求矩阵为

$$C = C_1C_2^{-1} = \left[ \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & -1 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 2 & \frac{3}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{5}}{2} \\ \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} \sqrt{2} & \frac{3\sqrt{2}-2\sqrt{5}}{4} \\ 0 & \frac{\sqrt{5}}{2} \\ \end{matrix} \right]$$