Методы приведения квадратичной формы к каноническому виду

Метод ортогональных преобразований

Этим методом удобно пользоваться, если легко вычисляются собственные числа и собственные векторы.

Любую квадратичную форму $Q(x)$ можно трактовать как симметричную билинейную форму $B(A(x),x)$ некоторого самосопряжённого оператора $A$ в стандартном ортонормированном базисе. В таком случае матрицы $Q$ и $A$ совпадают.
Если затем выбрать ортонормированный базис из собственных векторов $A$ (он существует для любого самосопряжённого оператора), то матрица $A$ становится диагональной, а квадратичная форма — суммой квадратов.

Матрица оператора при смене базиса меняется по правилу
$A_f=C_{f\to g}{A}_g{C}_{g\to f},$
а матрица квадратичной формы ― по правилу
$Q_f=C_{g\to f}^T{Q}_g{C}_{g\to f}.$
Для ортонормированных базисов матрица перехода $C_{g\to f}$ ортогональна, поэтому $C_{g\to f}^{-1}=C_{g\to f}^T$ и обе формулы совпадают; отсюда одновременная диагонализация формы и оператора. Поэтому, приведя матрицу оператора к диагональному виду, мы приводим одновременно квадратичную форму к сумме квадратов.

Метод Лагранжа

Это метод выделения полных квадратов.

---

Метод Якоби

Для использования метода рассмотрим сначала вспомогательную теорему

Теорема. Закон инерции

Теорема. Закон инерции

Теорема

Если квадратичная форма разными способами приведена к сумме квадратов, то число положительных и отрицательных коэффициентов, а следовательно, и нулевых коэффициентов будет одно и то же.

Доказательство

Пусть в базисе $e_1,e_2,\dots ,e_n$ Квадратичная форма имеет вид

$$Q(x)={\lambda }_1{x}_1^2+{\lambda }_2{x}_2^2+\dots +{\lambda }_p{x}_p^2-{\mu }_1{x}_{p+1}^2-\dots -{\mu }_q{x}_n^2,$$

а в базисе $e_1^{\prime },e_2^{\prime },\dots ,e_n^{\prime }$:

$$Q(y)={\lambda }_1^{\prime }{y}_1^2+{\lambda }_2^{\prime }{y}_2^2+\dots +{\lambda }_{p^{\prime }}^{\prime }{y}_{p^{\prime }}^2-{\mu }_1^{\prime }{y}_{p^{\prime }+1}^2-\dots -{\mu }_{q^{\prime }}^{\prime }{y}_n^2.$$

Здесь

$$x=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right),y=\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ ⋮\\ y_n\end{array}\right),{\lambda }_i,{\mu }_i>0(i=1,\dots ,n).$$

Покажем, что $p=p^{\prime }$ (следовательно, $q=q^{\prime }$).
Предположим противное: $p\ne p^{\prime }$; без ограничения общности $p>p^{\prime }$.

Рассмотрим подпространства

$$L_1=⟨e_1,e_2,\dots ,e_p⟩,L_2=⟨e_{p^{\prime }+1}^{\prime },e_{p^{\prime }+2}^{\prime },\dots ,e_n^{\prime }⟩.$$

Тогда ^{1 2}

$$\dim L_1=p,\dim L_2=n-p^{\prime }⟹\dim L_1+\dim L_2=p+n-p^{\prime }>n,$$

поэтому найдётся ненулевой вектор $v\in L_1\cap L_2$.

Запишем $v$ в первом базисе:

$$v=v_1{e}_1+v_2{e}_2+\dots +v_p{e}_p,$$

откуда

$$Q(v{)}_e={\lambda }_1{v}_1^2+{\lambda }_2{v}_2^2+\dots +{\lambda }_p{v}_p^2>0$$

(так как $v\in L_1$).
С другой стороны, вектор $v$ лежит в $L_2$, поэтому во втором базисе

$$v=v_{p^{\prime }+1}{e}_{p^{\prime }+1}^{\prime }+v_{p^{\prime }+2}{e}_{p^{\prime }+2}^{\prime }+\dots +v_n{e}_n^{\prime },$$

и

$$Q(v{)}_{e^{\prime }}=-{\mu }_1^{\prime }{v}_{p^{\prime }+1}^2-{\mu }_2^{\prime }{v}_{p^{\prime }+2}^2-\dots -{\mu }_{q^{\prime }}^{\prime }{v}_n^2<0.$$

Получилось противоречие: одно и то же значение $Q(v)$ не может быть одновременно положительным и отрицательным. Следовательно, наше предположение неверно, то есть $p=p^{\prime }$ и, соответственно, $q=q^{\prime }$. Теорема доказана.

билинейнаяиквадратичнаяформы

Footnotes

1. $\dim L_1$ и $\dim L_2$ - Размерности подпространств ↩

2. Следствие верно по теореме о размерности суммы двух подпространств ↩

Ссылка на оригинал

---

Теорема. Метод Якоби

Теорема. Метод Якоби

Теорема

Пусть задана Квадратичная форма, и в некотором базисе $e_1,e_2,\dots ,e_n$ известна её матрица $Q(x)={\sum }_{i,j=1}^n{q}_{ij}{x}_i{x}_j$.
Напомним, что $Q(x)=B(x,x)$ для некоторой билинейной формы $B(x,y)$ и $q_{ij}=B(e_i,e_j)$.
Предположим, что все главные угловые миноры этой матрицы отличны от нуля. Тогда существует базис $f_1,f_2,\dots ,f_n$, в котором квадратичная форма имеет канонический вид

$${\lambda }_1{x}_1^2+{\lambda }_2{x}_2^2+\dots +{\lambda }_n{x}_n^2.$$

Доказательство

Матрица исходной формы:

$$\left(\begin{array}{cccc}{q}_{11}& q_{12}& \dots & q_{1n}\\ q_{21}& q_{22}& \dots & q_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ q_{n1}& q_{n2}& \dots & q_{nn}\end{array}\right).$$

Главные миноры:

$$\begin{array}{rl}{\Delta }_1& =q_{11}\ne 0,\\ {\Delta }_2& =\left|\begin{array}{cc}{q}_{11}& q_{12}\\ q_{21}& q_{22}\end{array}\right|\ne 0,\\ & ⋮\\ {\Delta }_k& =\left|\begin{array}{cccc}{q}_{11}& q_{12}& \dots & q_{1k}\\ q_{21}& q_{22}& \dots & q_{2k}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ q_{k1}& q_{k2}& \dots & q_{kk}\end{array}\right|\ne 0,k=1,\dots ,n.\end{array}$$

Ищем базис

$$\begin{array}{rl}& f_1={\alpha }_{11}{e}_1,\\ & f_2={\alpha }_{21}{e}_1+{\alpha }_{22}{e}_2,\\ & \dots \\ & f_n={\alpha }_{n1}{e}_1+\dots +{\alpha }_{nn}{e}_n,\end{array}$$

Потребуем, чтобы выполнялись условия, подобные условиям ортогональности:

1. $B(f_i,e_j)=0$ при $i>j$;
2. $B(f_i,e_i)=1$.

Шаг 1.
$B(f_1,e_1)={\alpha }_{11}B\left(e_1,e_1\right)={\alpha }_{11}{q}_{11}=1\Rightarrow {\alpha }_{11}=\frac{1}{q_{11}}=\frac{1}{{\Delta }_1},{\Delta }_1\ne 0$
Далее:

\begin{aligned}
B(f_2,e_1) &= \alpha_{21}q_{11}+\alpha_{22}q_{21} = 0,\
B(f_2,e_2) &= \alpha_{21}q_{21}+\alpha_{22}q_{22} = 1.
\end{aligned}

**Шаг 2.** Два последних равенства задают [[Неоднородная система линейных уравнений|систему уравнений]] с [[Определитель|определителем]] матрицы коэффициентов $\Delta_{2} \neq 0$.

\begin{cases}
\alpha_{21}q_{11}+\alpha_{22}q_{21}=0,\
\alpha_{21}q_{21}+\alpha_{22}q_{22}=1.
\end{cases}

$$По[[ТеоремаКрамера|теоремеКрамера]]$$

\alpha_{22}=
\dfrac{\begin{vmatrix}q_{11}&0\q_{21}&1\end{vmatrix}}
{\begin{vmatrix}q_{11}&q_{21}\q_{21}&q_{22}\end{vmatrix}}
=\dfrac{\Delta_1}{\Delta_2}.

**Шаг 3.** Аналогично, из условий $B(f_3,e_1)=B(f_3,e_2)=0,\;B(f_3,e_3)=1$:

\alpha_{33}=
\dfrac{\begin{vmatrix}
q_{11}&q_{12}&0\
q_{21}&q_{22}&0\
q_{31}&q_{32}&1
\end{vmatrix}}
{\begin{vmatrix}
q_{11}&q_{12}&q_{13}\
q_{21}&q_{22}&q_{23}\
q_{31}&q_{32}&q_{33}
\end{vmatrix}}
=\dfrac{\Delta_2}{\Delta_3}.

$$\ast \ast Общийшаг.\ast \ast$$

\alpha_{ii}=
\dfrac{
\begin{vmatrix}
q_{11}&\ldots&q_{1,i-1}&0\
\vdots & &\vdots &\vdots\
q_{i-1,1}&\ldots&q_{i-1,i-1}&0\
q_{i1}&\ldots&q_{i,i-1}&1
\end{vmatrix}}
{\Delta_i}
=\dfrac{\Delta_{i-1}}{\Delta_i},\qquad
i=1,\ldots,n.

Из условий $B(f_i,e_j)=0$ при $i>j$ следует, что базисные векторы $f_i$ [[Ортогональные векторы|ортогональны]]

\begin{aligned}
B(f_i,f_j)
&=B!\Bigl(f_i,;\alpha_{j1}e_1+\alpha_{j2}e_2+\ldots+\alpha_{jj}e_j\Bigr)\
&=\alpha_{j1},B(f_i,e_1)+\alpha_{j2},B(f_i,e_2)+\ldots+\alpha_{jj},B(f_i,e_j)\
&=0+0+\ldots+0=0,\qquad i>j.
\end{aligned}

По симметрии [[Симметричная билинейная форма|билинейной формы]] $B(x,y)$ имеем $B(f_i,f_j)=0$ и при $i<j$. Для диагонального элемента вычислим

\begin{aligned}
B(f_i,f_i)
&=B!\Bigl(f_i,;\alpha_{i1}e_1+\alpha_{i2}e_2+\ldots+\alpha_{ii}e_i\Bigr)\
&=\alpha_{i1},B(f_i,e_1)+\alpha_{i2},B(f_i,e_2)+\ldots+\alpha_{ii},B(f_i,e_i).
\end{aligned}

Из условий $(B(f_i,e_j)=0)$ при $(j<i)$ все первые $(i-1)$ слагаемых равны нулю, остаётся лишь

B(f_i,f_i)=B\left(f_{i}, \alpha_{i 1} e_{1}+\alpha_{i 2} e_{2}+\ldots+\alpha_{i i} e_{i}\right)=\alpha_{ii},B(f_i,e_i)= \alpha_{ii}\cdot1=\alpha_{ii}.

Поэтому [[Матрица билинейной формы|матрица формы]] в базисе $f_1,\ldots,f_n$ равна

\begin{pmatrix}
\alpha_{11}&0&\ldots&0\
0&\alpha_{22}&\ldots&0\
\vdots& &\ddots&\vdots\
0&0&\ldots&\alpha_{nn}
\end{pmatrix},\qquad
\alpha_{ii}=\frac{\Delta_{i-1}}{\Delta_i},;\Delta_0:=1.

$$Следовательно,$$

Q(x’)=\alpha_{11}x_{1}’^{2}+\alpha_{22}x_{2}’^{2}+\ldots+\alpha_{nn}x_{n}’^{2}.

$$Теоремадоказана.$$

Следствие

Число отрицательных коэффициентов при квадратах в каноническом виде квадратичной формы равно числу перемен знака в последовательности угловых миноров ${\Delta }_1,{\Delta }_2,\dots ,{\Delta }_n$.

Пример

Пусть

$$Q(x)=x_1^2+4x_1{x}_2-2x_2^2,$$

матрица в стандартном базисе

$$Q=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& -2\end{array}\right).$$

Главные миноры:

$${\Delta }_0=1,{\Delta }_1=q_{11}=1,{\Delta }_2=\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& -2\end{array}\right|=-6.$$

Следовательно,

$$q_{11}^{\prime }=\frac{{\Delta }_0}{{\Delta }_1}=1,q_{22}^{\prime }=\frac{{\Delta }_1}{{\Delta }_2}=-\frac{1}{6}.$$

Таким образом,

$$Q(x^{\prime })=x_1^{\prime 2}-\frac{1}{6}{x}_2^{\prime 2}.$$

Чтобы найти связь между базисными векторами, решаем:

1. Для $f_1={\alpha }_{11}{e}_1$ условие

   $$B(f_1,e_1)={\alpha }_{11}B(e_1,e_1)={\alpha }_{11}{q}_{11}={\alpha }_{11}\cdot 1=1⟹{\alpha }_{11}=1,$$

   значит $f_1=e_1$.

2. Для $f_2={\alpha }_{21}{e}_1+{\alpha }_{22}{e}_2$ условия

   $$\{\begin{array}{l}B(f_2,e_1)={\alpha }_{21}{q}_{11}+{\alpha }_{22}{q}_{21}=0,\\ B(f_2,e_2)={\alpha }_{21}{q}_{12}+{\alpha }_{22}{q}_{22}=1,\end{array}$$

   где $q_{11}=1,q_{12}=q_{21}=2,q_{22}=-2$.
   Получаем систему

   $$\{\begin{array}{l}{\alpha }_{21}+2{\alpha }_{22}=0,\\ 2{\alpha }_{21}-2{\alpha }_{22}=1.\end{array}$$

   Решая:

   $${\alpha }_{22}=-\frac{1}{6},{\alpha }_{21}=\frac{1}{3},$$

   значит

   $$f_2=\frac{1}{3}{e}_1-\frac{1}{6}{e}_2.$$

3. Новые базисные векторы:

   $$f_1=e_1,f_2=\frac{1}{3}{e}_1-\frac{1}{6}{e}_2.$$

4. Проверка диагональной формы:
   Матрица перехода

   $$C_{e\to f}=\left(\begin{array}{cc}1& \frac{1}{3}\\ 0& -\frac{1}{6}\end{array}\right).$$

   Тогда

   $$C_{e\to f}^{\mathsf{T}}Q{C}_{e\to f}=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ \frac{1}{3}& -\frac{1}{6}\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& -2\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}1& \frac{1}{3}\\ 0& -\frac{1}{6}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -\frac{1}{6}\end{array}\right).$$

   Это и есть диагональная матрица новой формы с элементами $1$ и $-\frac{1}{6}$.

билинейнаяиквадратичнаяформы

Ссылка на оригинал

билинейнаяиквадратичнаяформы