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（$n={\dim }_{\mathbb{R}}V$）：

1. 正定型：
   $$\begin{array}{}\text{(1)}& q(\mathbf{x})=\sum _{i=1}^n{x}_i^2.\end{array}$$
2. 负定型：
   $$\begin{array}{}\text{(2)}& q(\mathbf{x})=-\sum _{i=1}^n{x}_i^2.\end{array}$$
3. 半正定型：
   $$\begin{array}{}\text{(3)}& q(\mathbf{x})=\sum _{i=1}^r{x}_i^2,r\le n.\end{array}$$
4. 不定型：
   $$\begin{array}{}\text{(4)}& q(\mathbf{x})=\sum _{i=1}^s{x}_i^2-\sum _{i=s+1}^r{x}_i^2,0<s<r.\end{array}$$

　　 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
   $$\begin{array}{}\text{(6)}& B^{T}FB=E\Rightarrow F={(B^T)}^{-1}E{B}^{-1}={(B^{-1})}^T{B}^{-1}.\end{array}$$
   令 $A=B^{-1}$，便得 $F=A^{T}A$。
2. 充分性：因为 $F=A^{T}A=A^{T}EA$，而 $A$ 非退化，所以
   $$\begin{array}{}\text{(7)}& {(A^{-1})}^{T}F{A}^{-1}=E.\end{array}$$
   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 $({\mathbf{e}}_1,\cdots ,{\mathbf{e}}_k)$ 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
   $$\begin{array}{}\text{(10)}& L=⟨{\mathbf{e}}_1,\cdots ,{\mathbf{e}}_{k-1}⟩.\end{array}$$
   设 $\bar{q}=q{|}_L$ 是 $q$ 在 $L$ 上的限制，则型 $\bar{q}$ 的矩阵 $\bar{F}$ 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 ${\bar{\mathrm{\Delta }}}_i={\mathrm{\Delta }}_i,i=1,\cdots ,k-1$ 都不为 0。由归纳假设，在 $L$ 中必有一基底 $({\mathbf{e}}_1^{\prime },\cdots ,{\mathbf{e}}_{k-1}^{\prime })$，使得对 $\bar{\mathbf{x}}\in L$
   $$\begin{array}{}\text{(11)}& \bar{q}(\bar{\mathbf{x}})=q(\bar{\mathbf{x}})=\sum _{i=1}^{k-1}\frac{{\mathrm{\Delta }}_{i-1}}{{\mathrm{\Delta }}_i}{x_i^{\prime }}^2,\end{array}$$
   上式相当于，对与 $q$ 配极的双线性型 $f$：
   $$\begin{array}{}\text{(12)}& f({\mathbf{e}}_i^{\prime },{\mathbf{e}}_i^{\prime })=\frac{{\mathrm{\Delta }}_{i-1}}{{\mathrm{\Delta }}_i},f({\mathbf{e}}_i^{\prime },{\mathbf{e}}_j^{\prime })=0,1\le i\ne j\le k-1.\end{array}$$
   $k$ 个未知量 $x_1^{\prime },\cdots ,x_k^{\prime }$ 的 $k-1$ 个齐次方程组
   $$\begin{array}{}\text{(13)}& f(\mathbf{x},{\mathbf{e}}_i^{\prime })=0,i=1,\cdots ,k-1,\mathbf{x}\in V_k.\end{array}$$
   必 在 $V_k$ 中有非零解，设为 $\mathbf{x}={\mathbf{e}}_k^{\prime }$。向量组 $({\mathbf{e}}_1^{\prime },\cdots ,{\mathbf{e}}_k^{\prime })$ 必构成 $V_k$ 的一基底，因为否则
   $$\begin{array}{}\text{(14)}& \sum _{i=1}^k{\alpha }_i{\mathbf{e}}_i^{\prime }=\mathbf{0},\end{array}$$
   意味着只能 ${\alpha }_k\ne 0$，那么
   $$\begin{array}{}\text{(15)}& {\mathbf{e}}_k^{\prime }=\sum _i^{k-1}{\beta }_i{\mathbf{e}}_i^{\prime }\Rightarrow 0\ne f({\mathbf{e}}_k^{\prime },{\mathbf{e}}_k^{\prime })=f({\mathbf{e}}_k^{\prime },\sum _i^{k-1}{\beta }_i{\mathbf{e}}_i^{\prime })=0\end{array}$$
   矛盾。
   确定矢量 ${\mathbf{e}}_k^{\prime }$ 可以精确到其坐标，由式 13 ，${\mathbf{e}}_k^{\prime }$ 所在的解空间至少是 1 维的（对应 $k-1$ 个线性函数 $f_i=f(\ast ,{\mathbf{e}}_i^{\prime }),(i=1,\cdots ,k-1)$ 线性无关的情形），即在确定 ${\mathbf{e}}_k^{\prime }\in V_k$ 坐标的时候，至少有一个坐标分量可任选，而 ${\mathbf{e}}_k^{\prime }$ 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 ${\mathbf{e}}_i$ 到 ${\mathbf{e}}_i^{\prime }$ 的过渡矩阵为 $A$，于是我们可以令
   $$\begin{array}{}\text{(16)}& detA=({\mathrm{\Delta }}_k{)}^{-1}=(detF{)}^{-1},\end{array}$$
   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 $F^{\prime }$ 是线性型 $f$ 在 ${\mathbf{e}}_i^{\prime }$ 下的矩阵，于是
   $$\begin{array}{}\text{(17)}& \begin{array}{rl}\frac{f({\mathbf{e}}_k^{\prime },{\mathbf{e}}_k^{\prime })}{{\mathrm{\Delta }}_{k-1}}& =\frac{{\mathrm{\Delta }}_0}{{\mathrm{\Delta }}_1}\frac{{\mathrm{\Delta }}_1}{{\mathrm{\Delta }}_2}\cdots \frac{{\mathrm{\Delta }}_{k-2}}{{\mathrm{\Delta }}_{k-1}}f({\mathbf{e}}_k^{\prime },{\mathbf{e}}_k^{\prime })\\ & =\prod _{i=1}^{k}f({\mathbf{e}}_i^{\prime },{\mathbf{e}}_i^{\prime })=det{F}^{\prime }=det(A^{T}FA)\\ & =(detA{)}^{2}detF=\frac{1}{{\mathrm{\Delta }}_k}.\end{array}\end{array}$$
   于是
   $$\begin{array}{}\text{(18)}& f({\mathbf{e}}_k^{\prime },{\mathbf{e}}_k^{\prime })=\frac{{\mathrm{\Delta }}_{k-1}}{{\mathrm{\Delta }}_k}.\end{array}$$
   于是，二次型在基底 ${\mathbf{e}}_i^{\prime }$ 下就为式 9 的形式。
   根据数学归纳法，命题得证！