从三道习题看行列式计算在二次型化简中的应用

行列式理论是高等代数课程中的一个重要理论, 其地位虽然远不及矩阵, 但行列式的应用十分广泛, 例如: 线性方程组的求解 (Cramer 法则), 矩阵非异性的判定, 矩阵秩的计算 (秩的子式判别法, 高代教材定理 3.6.2), 矩阵特征多项式的计算, 二次型的化简和实对称阵正定性的判定 (高代教材定理 8.4.3) 等. 另外, 行列式理论还可以应用于重积分的变量代换, 微分方程组的求解和天体力学的研究等.

本文旨在通过三道习题的讨论, 展示行列式理论在二次型化简中的相关应用. 首先, 我们给出下面的引理, 这是由行列式计算确定二次型的标准型的关键一步.

引理 (高代白皮书的例 8.11)  设 $A$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 阶对称阵, $f(x)=x'Ax$ 是相伴的二次型, 假设 $A$ 的前 $n-1$ 个顺序主子式 $P_1,P_2,\cdots,P_{n-1}$ 非零, 则经过非异线性变换, $f$ 可化为如下标准型: $$f=P_1y_1^2+\frac{P_2}{P_1}y_2^2+\cdots+\frac{P_n}{P_{n-1}}y_n^2.$$

证明  对阶数进行归纳. 当 $n=1$ 时, 结论显然成立. 假设结论对 $n-1$ 成立. 设 $A=\begin{pmatrix} A_{n-1} & \alpha \\ \alpha' & a_{nn} \\ \end{pmatrix}$, 由于 $|A_{n-1}|=P_{n-1}\neq 0$, 故可对 $A$ 进行如下的对称分块初等变换 (合同变换): $$\begin{pmatrix} I_{n-1} & 0 \\ -\alpha'A_{n-1}^{-1} & 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A_{n-1} & \alpha \\ \alpha' & a_{nn} \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_{n-1} & -A_{n-1}^{-1}\alpha \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A_{n-1} & 0 \\ 0 & a_{nn}-\alpha'A_{n-1}^{-1}\alpha \\ \end{pmatrix}=B.$$ 由于第三类分块初等变换不改变行列式的值, 故 $$|A|=|B|=|A_{n-1}|(a_{nn}-\alpha'A_{n-1}^{-1}\alpha),$$ 即有 $$a_{nn}-\alpha'A_{n-1}^{-1}\alpha=\frac{P_n}{P_{n-1}}.$$ 由归纳假设, 存在非异阵 $M$, 使得 $$M'A_{n-1}M=\mathrm{diag}\{P_1,\frac{P_2}{P_1},\cdots,\frac{P_{n-1}}{P_{n-2}}\},$$ 令 $C=\begin{pmatrix} I_{n-1} & -A_{n-1}^{-1}\alpha \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} M & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}$, 则 $$C'AC=\mathrm{diag}\{P_1,\frac{P_2}{P_1},\cdots,\frac{P_n}{P_{n-1}}\}.\,\,\,\,\Box$$

习题 1 (19 级高代 II 每周一题第 14 题)  求下列 $n$ 元实二次型的标准型: $$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i,j=1}^n\max\{i,j\}x_ix_j.$$

解  设 $n$ 阶方阵 $A=(a_{ij})$, 其中 $a_{ij}=\max\{i,j\}$, 则 $A$ 是实二次型 $f$ 相伴的实对称阵. 高代白皮书第一章的解答题 13 就是求行列式 $|A|$, 让我们引用一下白皮书上的求值过程 (求值方法不唯一): 依次将 $A$ 的第 $i$ 行乘以 $-1$ 加到第 $i-1$ 行上 ($i=2,\cdots,n$), 就可以得到一个下三角阵 $B$, 其主对角元素分别为 $-1,\cdots,-1,n$. 由于第三类初等变换不改变行列式的值, 故 $|A|=(-1)^{n-1}n$.

解法 1 (对称初等变换)  注意到 $A$ 通过若干次第三类初等行变换可变为下三角阵 $B$ 以及 $A$ 的对称性, 故不难验证 $B$ 再通过若干次对称的第三类初等列变换可变为对角阵 $\mathrm{diag}\{-1,\cdots,-1,n\}$. 具体地, 有如下的对称初等变换: $$C=T_{n,n-1}(-1)\cdots T_{32}(-1)T_{21}(-1),\,\,\,\,CAC'=\mathrm{diag}\{-1,\cdots,-1,n\}.$$ 因此, $f$ 的标准型为 $-y_1^2-\cdots-y_{n-1}^2+ny_n^2$.

解法 2 (行列式计算)  由之前 $|A|$ 的计算可知 $A$ 的顺序主子式 $P_k=(-1)^{k-1}k$, 再由引理可得 $f$ 的标准型为 $y_1^2-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{k}{k-1}y_k^2$.  $\Box$

习题 2 (17 级高代 II 每周一题第 14 题)  求下列 $n$ 元实二次型的标准型: $$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i,j=1}^n|i-j|x_ix_j.$$

解  设 $n$ 阶方阵 $A=(a_{ij})$, 其中 $a_{ij}=|i-j|$, 则 $A$ 是实二次型 $f$ 相伴的实对称阵. 高代白皮书第一章的解答题 14 就是求行列式 $|A|$, 让我们引用一下白皮书上的求值过程 (求值方法不唯一): 依次将 $A$ 的第 $i-1$ 行乘以 $-1$ 加到第 $i$ 行上 ($i=n,\cdots,2$), 再将第 $n$ 列依次加到前 $n-1$ 列上, 就可以得到一个上三角阵, 其主对角元素分别为 $n-1,-2,\cdots,-2,-1$. 由于第三类初等变换不改变行列式的值, 故 $|A|=(-1)^{n-1}(n-1)2^{n-2}$.

解法 1 (对称初等变换)  依次将 $A$ 的第 $i-1$ 行乘以 $-1$ 加到第 $i$ 行上 ($i=n,\cdots,2$), 对称地将第 $i-1$ 列乘以 $-1$ 加到第 $i$ 列上 ($i=n,\cdots,2$), 得到一个对称的爪形矩阵 $B$; 再将 $B$ 的第 $i$ 行乘以 $\dfrac{1}{2}$ 加到第 $1$ 行上 ($i=2,\cdots,n$), 对称地将第 $i$ 列乘以 $\dfrac{1}{2}$ 加到第 $1$ 列上 ($i=2,\cdots,n$); 最后得到对角阵 $\mathrm{diag}\{\dfrac{n-1}{2},-2\cdots,-2\}$. 因此, $f$ 的标准型为 $\dfrac{n-1}{2}y_1^2-2y_2^2-\cdots-2y_n^2$.

注意到 $A$ 的顺序主子式 $P_1=0$, $P_k=(-1)^{k-1}(k-1)2^{k-2}\,(k\geq 2)$, 故不能直接利用引理来得到标准型. 下面给出三种方法来克服 $P_1=0$ 这一困难.

解法 2 (行列式计算+行列式的性质)  考虑 $B=T_{21}(1)AT_{12}(1)$, 即将 $A$ 的第 $2$ 行加到第 $1$ 行上, 再将第 $2$ 列加到第 $1$ 列上, 得到对称阵 $B$. 显然, $A$ 与 $B$ 合同, 所以只要求 $B$ 的标准型即可. 由行列式的性质可知, $B$ 的顺序主子式 $Q_1=2$, $Q_k=P_k=(-1)^{k-1}(k-1)2^{k-2}\,(k\geq 2)$, 故由引理可得 $f$ 的标准型为 $2y_1^2-\dfrac{1}{2}y_2^2-\sum\limits_{k=3}^n\dfrac{2(k-1)}{k-2}y_k^2$.

解法 3 (行列式计算+引理的变种)  在引理证明的归纳过程中, 把起点设置为 $n=2$, 故二次型可化简为: $$(x_1,x_2)A_2\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \end{pmatrix}+\frac{P_3}{P_2}y_3^2+\cdots+\frac{P_n}{P_{n-1}}y_n^2,$$ 其中 $A_2=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{pmatrix}$. 令 $x_1=y_1+y_2$, $x_2=y_1-y_2$, 则二次型最终可化简为 $2y_1^2-2y_2^2-\sum\limits_{k=3}^n\dfrac{2(k-1)}{k-2}y_k^2$.

解法 4 (行列式计算+特征值+摄动法)  由正交相似标准型理论可知, 存在正交阵 $P$, 使得 $$P'AP=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\},$$ 其中 $\lambda_i$ 是 $A$ 的全体特征值. 对任意的正数 $\varepsilon$, $P'(A+\varepsilon I_n)P=\mathrm{diag}\{\lambda_1+\varepsilon,\lambda_2+\varepsilon,\cdots,\lambda_n+\varepsilon\}$, 记 $A+\varepsilon I_n$ 的顺序主子式为 $P_k(\varepsilon)$. 由于 $\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n=|A|=P_n\neq 0$, 故 $\lambda_i\neq 0\,(1\leq i\leq n)$, 又 $P_k\neq 0\,(2\leq k\leq n)$, 从而可取 $0<\varepsilon\ll 1$, 使得 $\lambda_i$ 与 $\lambda_i+\varepsilon$ 同号 ($1\leq i\leq n$), $P_k(\varepsilon)$ 与 $P_k$ 同号 ($2\leq k\leq n$). 注意到 $P_1(\varepsilon)=\varepsilon>0$, $P_k(\varepsilon)/P_{k-1}(\varepsilon)<0\,(2\leq k\leq n)$, 故由引理可知, $A+\varepsilon I_n$ 合同于 $\mathrm{diag}\{1,-1,\cdots,-1\}$, 于是 $A+\varepsilon I_n$ 有 $1$ 个正特征值, $n-1$ 个负特征值. 不妨设 $\lambda_1+\varepsilon>0$, $\lambda_i+\varepsilon<0\,(2\leq i\leq n)$, 从而由假设可知 $\lambda_1>0$, $\lambda_i<0\,(2\leq i\leq n)$, 因此 $A$ 也合同于 $\mathrm{diag}\{1,-1,\cdots,-1\}$, 从而规范标准型为 $y_1^2-y_2^2-\cdots-y_n^2$.  $\Box$

习题 3 (高代白皮书第八章的解答题 7)  求下列 $n$ 元实二次型的标准型: $$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^nx_i^2+\sum_{i=1}^{n-1}x_ix_{i+1}.$$

解  二次型 $f$ 相伴的实对称阵为 $$A=\begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & 0 & \cdots & 0 \\ \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} & \cdots & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1\\ \end{pmatrix}.$$

下面给出四种解法.

解法 1 (对称初等变换)  我们用归纳法来确定 $A$ 的合同标准型 $\mathrm{diag}\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}$, 其中 $a_i>\dfrac{1}{2}\,(1\leq i\leq n)$. 取定 $a_1=1$, 显然 $a_1>\dfrac{1}{2}$. 假设矩阵的左上角已化为对角阵 $\mathrm{diag}\{a_1,\cdots,a_{k-1}\}$, 其中 $a_i>\dfrac{1}{2}\,(1\leq i\leq k-1)$, 我们来确定 $a_k$. 将第 $k-1$ 行乘以 $-\dfrac{1}{2a_{k-1}}$ 加到第 $k$ 行 (消去第 $(k,k-1)$-元素 $\dfrac{1}{2}$), 再将第 $k-1$ 列乘以 $-\dfrac{1}{2a_{k-1}}$ 加到第 $k$ 列 (消去第 $(k-1,k)$-元素 $\dfrac{1}{2}$), 最后可得 $$a_k=1-\frac{1}{4a_{k-1}}.\cdots(*)$$ 由 $a_{k-1}>\dfrac{1}{2}$ 可得 $a_k>\dfrac{1}{2}$. 递推关系式 (*) 整理后可得 $$\frac{1}{a_k-\frac{1}{2}}=2+\frac{1}{a_{k-1}-\frac{1}{2}},$$ 由此可得 $a_k=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2k}\,(1\leq k\leq n)$. 因此, $f$ 的标准型为 $\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{k+1}{2k}y_k^2$.

解法 2 (行列式计算)  由高代白皮书的例 1.23 可知, $A$ 的顺序主子式 $P_k=\dfrac{k+1}{2^k}\,(1\leq k\leq n)$, 再由引理可得 $f$ 的标准型为 $\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{k+1}{2k}y_k^2$.

解法 3 (配方法)  用配方法将 $f$ 化为 $$\dfrac{1}{2}(x_1+x_2)^2+\dfrac{1}{2}(x_2+x_3)^2+\cdots+\dfrac{1}{2}(x_{n-1}+x_n)^2+\dfrac{1}{2}x_1^2+\dfrac{1}{2}x_n^2,$$ 故 $f$ 至少是半正定型. 进一步, 若上式等于零, 则显然有 $x_1=x_2=\cdots=x_n=0$, 因此 $f$ 是正定型, 其规范标准型为 $y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2$.

解法 4 (特征值)  由高代白皮书的例 6.40 可知, $A$ 的全体特征值为 $\lambda_k=1+\cos\dfrac{k\pi}{n+1}\,(1\leq k\leq n)$. 注意到所有特征值 $\lambda_k>0$, 故 $A$ 是正定阵, 从而 $f$ 是正定型, 其规范标准型为 $y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2$.  $\Box$

 

参考文献

[1]  高代教材: 姚慕生, 吴泉水, 谢启鸿 编著, 高等代数学 (第三版), 复旦大学出版社, 2014.

[2]  高代白皮书: 姚慕生, 谢启鸿 编著, 学习方法指导书: 高等代数 (第三版), 复旦大学出版社, 2015.