5.7 配方法化标准形

$$\begin{array}{rl}f& =a_{11}{x}_1^2+\cdots +a_{nn}{x}_n^2+\mathrm{交}\mathrm{叉}\mathrm{项}\\ & =k_1(x_1+?x_2+?x_3+\cdots +?x_n{)}^2\\ & +k_2(x_2+?x_3+\cdots +?x_n{)}^2\\ & +\cdots \\ & +k_3{x}_n^2\end{array}$$

一步变换解决一项：第一次配方把所有含 $x_1$ 的项全部配到 $k_1(x_1+?x_2+\cdots {)}^2$ 中去，第二次把所有含 $x_2$ 的项配掉…… 如此重复直到只剩 $x_n^2$。

最后进行换元：

$$\{\begin{array}{l}{y}_1=x_1+?x_2+?x_3+\cdots +?x_n\\ y_2=x_2+?x_3+\cdots +?x_n\\ \cdots \\ y_n=x_n\end{array}$$

便可化为标准形：

$$f=k_1{y}_1^2+k_2{y}_2^2+\cdots +k_n{y}_n^2$$

但是有个小问题，这样做我么得到的变换是 $\mathit{y}=\mathit{C}\mathit{x}$ 的形式，但我们需要的线性变换是 $\mathit{x}=\mathit{P}\mathit{y}$ 的形式。因此要求一次逆，即 $\mathit{x}={\mathit{C}}^{-1}\mathit{y}$。

例 1

通过配方法将该二次型化为标准形，并求所用的变换矩阵。

$$f=2x_1^2-2x_2^2-4x_1{x}_3+8x_2{x}_3$$

解：

$$\begin{array}{rl}f& =(2x_1^2-4x_1{x}_3)-2x_2^2+8x_2{x}_3\\ & =2(x_1-x_3{)}^2-2x_2^3+8x_2{x}_3-2x_3^3\\ & =2(x_1-x_3{)}^2-2(x_2-2x_3{)}^2+6x_3^2\end{array}$$

进行换元

$$\{\begin{array}{l}{y}_1=x_1-x_3\\ y_2=x_2-2x_3\\ y_3=x_3\end{array}$$

即

$$\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& -2\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)$$

故有

$$\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 2\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$$

且有标准形

$$f=2y_1^2-2y_2^2+6y_3^2$$

例 1 改

通过配方法化二次型为规范形，并求所用的变换矩阵。

$$f=2x_1^2-2x_2^2-4x_1{x}_3+8x_2{x}_3$$

从标准形到规范形，其实只差了一个系数。只要把括号外面的系数移进去即可。

$$\begin{array}{rl}f& =2(x_1-x_3{)}^2-2(x_2-2x_3{)}^2+6x_3^2\\ & =[\sqrt{2}(x_1-x_3){]}^2-[\sqrt{2}(x_2-2x_3){]}^2+(\sqrt{6}{x}_3{)}^2\end{array}$$

故有

$$\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\sqrt{2}& 0& -\sqrt{2}\\ 0& \sqrt{2}& -2\sqrt{2}\\ 0& 0& \sqrt{6}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)$$

后面的流程就是一样的了，这里不再赘述。规范形为

$$f=y_1^2-y_2^2+6y_3^3$$

例 2

化二次型为规范形，并求所用的变换矩阵。

$$f=2x_1{x}_2+2x_1{x}_3-6x_2{x}_3$$

由于 $f$ 中不含平方项，但含有 $x_1,x_2$ 的乘积项，故进行平方差换元，令：

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=y_1+y_2\\ x_2=y_1-y_2\\ x_3=y_3\end{array}$$

即

$$\begin{array}{c}\mathit{x}={\mathit{C}}_1\mathit{y},\\ {\mathit{C}}_1=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& -1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\end{array}$$

得到

$$\begin{array}{rl}f& =2y_1^2-2y_2^2-4y_1{y}_3+8y_2{y}_3\\ & =2(y_1-y_3{)}^2-2(y_2-2y_3{)}^2+6y_3^2\end{array}$$

有

$$\{\begin{array}{l}{z}_1=\sqrt{2}(y_1-y_3)\\ z_2=\sqrt{2}(y_2-2y_3)\\ z_3=\sqrt{6}{y}_3\end{array}$$

即

$$\begin{array}{c}\mathit{z}={\mathit{C}}_2\mathit{y},\\ {\mathit{C}}_2=\sqrt{2}\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& -2\\ 0& 0& \sqrt{3}\end{array}\right)\end{array}$$

故有

$$\begin{array}{c}\mathit{x}={\mathit{C}}_1{\mathit{C}}_2^{-1}\mathit{z},\\ {\mathit{C}}_1{\mathit{C}}_2^{-1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& \sqrt{3}\\ 1& -1& -\frac{1}{\sqrt{3}}\\ 0& 0& \frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)\end{array}$$

且有规范形：

$$f=z_1^2-x_2^2+z_3^2$$