正定二次型

贡献者： 零穹

1. 正定二次型

　　 由于实二次型均可化为标准型定理 1 ，故实二次型的各种类型对应的标准型如下（$n=\mathrm{dim}_\mathbb R \,V$）：

1. 正定型：
   \begin{equation} q( \boldsymbol{\mathbf{x}} )=\sum_{i=1}^n x_i^2~. \end{equation}
2. 负定型：
   \begin{equation} q( \boldsymbol{\mathbf{x}} )=-\sum_{i=1}^n x_i^2~. \end{equation}
3. 半正定型：
   \begin{equation} q( \boldsymbol{\mathbf{x}} )=\sum_{i=1}^r x_i^2,\quad r\leq n~. \end{equation}
4. 不定型：
   \begin{equation} q( \boldsymbol{\mathbf{x}} )=\sum_{i=1}^s x_i^2-\sum_{i=s+1}^r x_i^2~,\quad0< s< r~. \end{equation}

　　 类似的术语同样可照搬到矩阵上，因为二次型对应一个与之配极的双线性型，双线性型又对应一个矩阵，它们之间这样一一对应的关系使得术语可照搬。

　　 证明：

1. 必要性： 因为正定矩阵的标准型为单位矩阵 $E$，即在某基底下，正定矩阵 $F$ 化为 $E$，设这两基底对应的过渡矩阵为 $B$（这显然是个非退化矩阵，因为两基底可相互表示），于是
   \begin{equation} B^TFB=E\quad\Rightarrow\quad F={(B^T)}^{-1}EB^{-1}={(B^{-1})}^TB^{-1}~. \end{equation}
   令 $A=B^{-1}$，便得 $F=A^TA$。
2. 充分性：因为 $F=A^TA=A^TEA$，而 $A$ 非退化，所以
   \begin{equation} {(A^{-1})}^TFA^{-1}=E~. \end{equation}
   即在过渡矩阵 $A^{-1}$ 下，矩阵 $F$ 化为 $E$，由式 1 ，可知 $F$ 正定。

　　 证毕！

2. 雅可比方法

　　 证明：

1. 对 $n=1$ 的矢量空间 $V_1$，命题显然成立。
2. 假设对 $n=k-1$ 的矢量空间 $V_{k-1}$，命题成立。设 $( \boldsymbol{\mathbf{e}} _1,\cdots, \boldsymbol{\mathbf{e}} _k)$ 是矢量空间 $V_k$ 的初始基底，$q$ 是其上以 $F$ 为矩阵的二次型，考查 $k-1$ 维子空间
   \begin{equation} L=\langle \boldsymbol{\mathbf{e}} _1,\cdots, \boldsymbol{\mathbf{e}} _{k-1}\rangle~. \end{equation}
   设 $\overline q=q|_L$ 是 $q$ 在 $L$ 上的限制，则型 $\overline q$ 的矩阵 $\overline F$ 是由 $F$ 去掉最后一行与最后一列得到的，故据条件，它的顺序主子式 $\overline\Delta_i=\Delta_i,\;i=1,\cdots,k-1$ 都不为 0。由归纳假设，在 $L$ 中必有一基底 $( \boldsymbol{\mathbf{e}} '_1,\cdots, \boldsymbol{\mathbf{e}} '_{k-1})$，使得对 $\overline{ \boldsymbol{\mathbf{x}} }\in L$
   \begin{equation} \overline q(\overline{ \boldsymbol{\mathbf{x}} })=q(\overline{ \boldsymbol{\mathbf{x}} })=\sum_{i=1}^{k-1}\frac{\Delta_{i-1}}{\Delta_i}{x'_{i}}^2~, \end{equation}
   上式相当于，对与 $q$ 配极的双线性型 $f$：
   \begin{equation} f( \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i, \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i)=\frac{\Delta_{i-1}}{\Delta_{i}},\quad f( \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i, \boldsymbol{\mathbf{e}} '_j)=0,\quad 1\leq i\neq j\leq k-1~. \end{equation}
   $k$ 个未知量 $x'_1,\cdots,x'_k$ 的 $k-1$ 个齐次方程组
   \begin{equation} f( \boldsymbol{\mathbf{x}} , \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i)=0,\quad i=1,\cdots,k-1,\; \boldsymbol{\mathbf{x}} \in V_k~. \end{equation}
   必 在 $V_k$ 中有非零解，设为 $ \boldsymbol{\mathbf{x}} = \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k$。向量组 $( \boldsymbol{\mathbf{e}} '_1,\cdots, \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k)$ 必构成 $V_k$ 的一基底，因为否则
   \begin{equation} \sum_{i=1}^k\alpha_i \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i= \boldsymbol{\mathbf{0}} ~, \end{equation}
   意味着只能 $\alpha_k\neq0$，那么
   \begin{equation} \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k=\sum_i^{k-1}\beta_i \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i\quad \Rightarrow\quad 0\neq f( \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k, \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k)=f( \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k,\sum_i^{k-1}\beta_i \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i)=0~ \end{equation}
   矛盾。
   确定矢量 $ \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k$ 可以精确到其坐标，由式 13 ，$ \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k$ 所在的解空间至少是 1 维的（对应 $k-1$ 个线性函数 $f_i=f(*, \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i),\;(i=1,\cdots,k-1)$ 线性无关的情形），即在确定 $ \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k\in V_k$ 坐标的时候，至少有一个坐标分量可任选，而 $ \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k$ 一旦选定，其在初始基底下的坐标分量就确定了，也即过渡矩阵得到确定。设基底 $ \boldsymbol{\mathbf{e}} _i$ 到 $ \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i$ 的过渡矩阵为 $A$，于是我们可以令
   \begin{equation} \det A=(\Delta_k)^{-1}=(\det\,F)^{-1}~, \end{equation}
   来确定这一任一性（亦可从式 13 和式 16 关于 $k$ 个未知数 $k$ 个方程看出）。 设 $F'$ 是线性型 $f$ 在 $ \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i$ 下的矩阵，于是
   \begin{equation} \begin{aligned} \frac{f( \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k, \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k)}{\Delta_{k-1}}&=\frac{\Delta_0}{\Delta_1}\frac{\Delta_1}{\Delta_2}\cdots\frac{\Delta_{k-2}}{\Delta_{k-1}}f( \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k, \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k)\\ &=\prod_{i=1}^k f( \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i, \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i)=\det\, F'=\det\, (A^TFA)\\ &=(\det{\,A})^2\det\, F=\frac{1}{\Delta_k}~. \end{aligned} \end{equation}
   于是
   \begin{equation} f( \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k, \boldsymbol{\mathbf{e}} '_k)=\frac{\Delta_{k-1}}{\Delta_k}~. \end{equation}
   于是，二次型在基底 $ \boldsymbol{\mathbf{e}} '_i$ 下就为式 9 的形式。
   根据数学归纳法，命题得证！