二、可逆线性变量替换和矩阵的合同关系

定义6.2

对二次型 $f(x_{1},x_{2},\dots ,x_{n})$ 引进新变量 $y_{1},y_{2},\dots ,y_{n}$，并且把 $x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}$ 表示为它们的齐一次线性函数

\[\left\{ \begin{array}{l} x_{1} = c_{11}y_{1} + c_{12}y_{2} + \dots + c_{1n}y_{n}, \\ x_{2} = c_{21}y_{1} + c_{22}y_{2} + \dots + c_{2n}y_{n}, \\ \dots \dots \dots \dots \\ x_{n} = c_{n1}y_{1} + c_{n2}y_{2} + \dots + c_{nn}y_{n}, \end{array} \right.\]

代入 $f(x_{1},x_{2},\dots ,x_{n})$ 得到 $y_{1},y_{2},\dots ,y_{n}$ 的二次型 $g(y_{1},y_{2},\dots ,y_{n})$。把上述过程称为对二次型 $f(x_{1},x_{2},\dots ,x_{n})$ 作了线性变量替换，如果其中的系数矩阵

\[\boldsymbol{C} = \left[ \begin{array}{llll} c_{11} & c_{12} & \dots & c_{1n} \\ c_{21} & c_{22} & \dots & c_{2n} \\ \dots & \dots & & \dots \\ c_{n1} & c_{n2} & \dots & c_{nn} \end{array} \right]\]

是可逆矩阵，则称为可逆线性变量替换。下面讲的都是可逆线性变量替换。变换式可用矩阵乘积写出：

\[X = CY.\]

设 $f(x_{1},x_{2},\dots ,x_{n})$ 的矩阵为 $\pmb{A}$，则

\[g(y_{1}, y_{2}, \dots , y_{n}) = f(x_{1}, x_{2}, \dots , x_{n}) = X^{\mathrm{T}}AX = Y^{\mathrm{T}}C^{\mathrm{T}}ACY.\]

于是 $g(y_{1},y_{2},\dots ,y_{n})$ 的矩阵为 $\pmb{C}^{\mathrm{T}}\pmb{A}\pmb{C}$。

定义6.3

两个 $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 和 $\pmb{B}$，如果存在可逆实矩阵 $\pmb{C}$，使得 $\pmb{B} = \pmb{C}^{\mathrm{T}}\pmb{A}\pmb{C}$，则称 $\mathbf{A}$ 和 $\pmb{B}$ 合同。

定理6.1

两个二次型可以用可逆线性变量替换互相转化的充分必要条件为它们是矩阵合同。

练习题

例题1

设二次型 ( f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 2x_2^2 + 3x_3^2 + 2x_1x_2 + 4x_1x_3 $，其矩阵为 \( \mathbf{A} $。进行可逆线性变量替换 ( X = CY $，其中

\[C = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.\]

求新二次型 ( g(y_1, y_2, y_3) $的矩阵，并验证该矩阵与 \( \mathbf{A}$ 合同。

题目解答
首先，写出原二次型的矩阵：

\[\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{bmatrix}.\]

新二次型的矩阵为 ( \mathbf{B} = C^T \mathbf{A} C $。计算：

\[C^T \mathbf{A} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \\ 3 & 1 & 5 \end{bmatrix},\] \[\mathbf{B} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \\ 3 & 1 & 5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 1 \\ 3 & 1 & 8 \end{bmatrix}.\]

由于 ( \mathbf{B} = C^T \mathbf{A} C $且 \( C$ 可逆（( \det(C) = 1 \neq 0 $)，根据定义6.3，矩阵 \( \mathbf{A} $ 和 ( \mathbf{B} $ 合同。

例题2

给定二次型 ( f(x_1, x_2) = 2x_1^2 + 3x_2^2 + 4x_1x_2 $。 (1) 写出其矩阵 \( \mathbf{A} $。
(2) 进行可逆线性变量替换 ( x_1 = y_1 + y_2, x_2 = y_1 - y_2 $，求新二次型 \( g(y_1, y_2) $ 的矩阵 ( \mathbf{B} $。 (3) 验证 \( \mathbf{A} $ 和 ( \mathbf{B} $ 合同。

题目解答
(1) 原二次型矩阵为：

\[\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 3 \end{bmatrix}.\]

(2) 变量替换矩阵为

\[C = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}, \quad \det(C) = -2 \neq 0,\]

所以是可逆线性替换。新矩阵为

\[\mathbf{B} = C^T \mathbf{A} C = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}.\]

先计算中间乘积：

\[\mathbf{A} C = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 5 & -1 \end{bmatrix},\]

再乘 ( C^T $：

\[\mathbf{B} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 5 & -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 9 & -1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix}.\]

(3) 由于 ( \mathbf{B} = C^T \mathbf{A} C $且 \( C$ 可逆，根据定义6.3，( \mathbf{A} $和 \( \mathbf{B}$ 合同。

例题3

设 ( \mathbf{A} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \ 2 & 1 \end{bmatrix} $，\( \mathbf{B} = \begin{bmatrix} 5 & 0 \\ 0 & -3 \end{bmatrix} $。
判断 ( \mathbf{A} $和 \( \mathbf{B}$ 是否合同。如果是，求一个可逆矩阵 ( C $使得 \( \mathbf{B} = C^T \mathbf{A} C$。

题目解答
计算 ( \mathbf{A} $ 的特征值：

\[\det(\mathbf{A} - \lambda I) = (1-\lambda)^2 - 4 = \lambda^2 - 2\lambda - 3 = 0 \implies \lambda = 3, -1.\]

所以 ( \mathbf{A} $可通过正交变换合同于 \( \operatorname{diag}(3, -1)$，而 ( \mathbf{B} = \operatorname{diag}(5, -3) $。合同要求惯性指数相同，但 \( \mathbf{A} $ 的惯性指数为 (1,1)（一正一负），( \mathbf{B} $的惯性指数也是 (1,1)，因此它们合同。设 \( C = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$，则 ( C^T \mathbf{A} C = \mathbf{B} $ 给出方程：

\[\begin{cases} a^2 + 4ac + c^2 = 5, \\ b^2 + 4bd + d^2 = -3, \\ ab + 2(ad+bc) + cd = 0. \end{cases}\]

取简单解：令 ( C = \begin{bmatrix} 1 & 1 \ 1 & -1 \end{bmatrix} $，则

\[C^T \mathbf{A} C = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6 & 0 \\ 0 & -2 \end{bmatrix} \neq \mathbf{B}.\]

调整：令 ( C = \begin{bmatrix} \sqrt{5/3} & 0 \ 0 & \sqrt{3} \end{bmatrix} $，则

\[C^T \mathbf{A} C = \begin{bmatrix} 5/3 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \sqrt{5/3} & 0 \\ 0 & \sqrt{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5/3 & 2\sqrt{5} \\ 2\sqrt{5} & 3 \end{bmatrix} \neq \mathbf{B}.\]

实际上，直接解较复杂，但由惯性定理知存在这样的 ( C $。例如，通过配方法： \( f(x,y) = x^2 + 4xy + y^2 = (x+2y)^2 - 3y^2 $，令 ( y_1 = x+2y, y_2 = y $，则

\[C = \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, \quad C^T \mathbf{A} C = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ -2 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -3 \end{bmatrix}.\]

再缩放：令 ( D = \operatorname{diag}(\sqrt{5}, 1) $，则 \( (CD)^T \mathbf{A} (CD) = \operatorname{diag}(5, -3) = \mathbf{B} $。
所以 ( C = \begin{bmatrix} \sqrt{5} & -2\sqrt{5} \ 0 & 1 \end{bmatrix} $ 满足要求。