第三节 正定二次型 2013526(修改完)

2
求 a 的值.
解：（1）二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) 的矩阵
a 0 1
A


0 1
a 1
1 a1

a 0
1
E A 0 a 1
1 1 a 1
( a)( a 2)( a 1)
矩阵 A 的全部特征值为 a , a 2, a 1 .
1 2

；
C


2 1
1 2

；
解：选 D
B


2 1
1 2

；
D


1 Biblioteka Baidu2
2 1

.
E

A

1 2
2 1


12

4


1

3
E

D

1 2
2 1

2

2
3


1
立. 2.【推论 6.2】
二次型 f xT Ax 负定 二次型 f xT ( A)x 正定. 【推论 6.4】对称矩阵 A 为正定 A 的特征值全为正． 3.【推论 6.3，6.5】 n 元二次型 f xT Ax 及 n 阶对称矩 阵 A 定性的惯性指数判别法： （1） f 正定 p n R( A) ； （2） f 负定 q n R( A) ； （3） f 半正定 p r R( A) n ； （4） f 半负定 q r R( A) n ； （5） f 不定 p 0 且 q 0 . 4.【定理】对称矩阵 A 正定 A 与单位矩阵 E 合同 存
二、二次型的定性的概念
【定义 6.3】设有实二次型 f xT Ax , A 为实对称矩阵， （1）正定二次型—— x 0, f xT Ax 0 ,此时 A 为
正定矩阵.
(2) 负定二次型—— x 0, f xT Ax 0 ,此时 A 为负定
矩阵.
（3）半正定二次型—— x, f xT Ax 0 ，此时 A 为半正
0 1
0 1
1 0
0 0
1 0
0 1


1

r

0
0 1
0 0
1 2 1 2
0 0
1
2
1 2


0
0
1
0
1
0

1
1
所以
P 1


2 1
2
0 0
1
2

1 2

，

0
1
0

由 P 1 AP PT AP diag(1, 1, 0)
教学过程： 一、惯性定理
3
【定理 6.5】（惯性定理）：设有实二次型 f xT Ax ,它 的秩为 r ,有两个实的可逆线性变换 x Cy 及 x Pz ,使
f k1 y12 k2 y22 kr yr2 (ki 0, i 1, 2,, r ) ,
及
f 1z12 2 z22 r zr2 (i 0, i 1, 2,, r ) 则 k1 , k2 ,, kr 中正数的个数与 1 , 2 ,, r 中正数的个数 相等.其中：正数的个数 p 称为正惯性指数. q r p 为负 惯性指数.（ r p q ）
7 2 2
提问:
矩阵
A


2 2
8 1
31 不是 （
）.
可逆矩阵 ； B.正定矩阵；C.正交矩阵；D.实对称矩阵 .
例 2(1) 判断二次型的定性
f x12 2 x22 5 x32 2 x1 x2 2 x1 x3 6 x2 x3 . 解 f x12 2 x22 5 x32 2 x1 x2 2 x1 x3 6 x2 x3
x12 2 x1 x2 2 x1 x3 2 x22 5 x32 6 x2 x3 ( x1 x2 x3 )2 x22 x32 2 x2 x3
2 x22 5 x32 6 x2 x3 ( x1 x2 x3 )2 x22 4 x32 4 x2 x3 ( x1 x2 x3 )2 ( x2 2 x3 )2 , 所以 二次型 f 为半正定二次型.

1 0 0
0 2 2
0
2 1

1 0 0
1 0 0
c3 c2

0
2
0

r3r2

0
2
0

.
0 2 1
0 0 1
则二次型的标准型为 y12 2 y22 y32 ，二次型 f 为不定二
次型.
0 5
（不定）；
B


0 0
4 0
0 5
（负定）；
6
0 0 0
0 0 0
C


0 0
4 0
0 5
（半负定）;
D


0 0
4 0
0 5
（半正定）.
例 3（1）判断 x12 3 x22 5 x32 2 x1 x2 4 x1 x3 的定性.
合题意.
3）若 3 0 a 1, 1 1 0,3 3 0 ，则特征
值不合题意.
综上所述： a 2 .
第三节 正定性二次型
教学目的：掌握惯性定理以及二次型的定性的定义；熟练掌 握二次型正定的判别法.能根据条件选择合适的 方法判断二次型的定性；能正确求出含参数的正 定二次型参数的范围.
（2）判断二次型 f 2 x1 x2 2 x1 x3 6 x2 x3 的定性.
解
先令

x1 x2

y1 y1

y2 y2
,
有
x3 y3
f 2 y12 2 y22 4 y1 y3 8 y2 y3
2 y12 4 y1 y3 2 y32 2 y22 2 y32 8 y2 y3
例 1 设二次型 f x12 2 x1 x2 2 x22 x32 ，判断 f 的正定
性.
解： f x12 2 x1 x2 2 x22 x32 ( x1 x2 )2 x22 x32 ， 对 x ( x1 , x2 , x3 )T 0 ，恒有 f 0 ，故 f 的正定.
在可逆矩阵 C ，使 A CT C . 5.结论：对称矩阵 A 负定 对称矩阵（ A ）正定. 提问:设同阶方阵 A, B 正定,则 A B 正定.
5
提示:设 A, B 正定,则 x 0 , xT Ax 0 , xT Bx 0 ,
xT ( A B)x xT Ax xT Bx 0 所以 A B 正定.
（2）二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) 的规范形为 y12 y22 二次型
的特征值为两正一零.
讨论：
1）若 1 a 0 2 2 0,3 1 0 ，则特征值不合
题意.
2）若 2 0 a 2, 1 2 0,3 3 0 ，则特征值符
例 4 设 A 为 n 阶实对称矩阵，且满足
A3 6 A2 11A 6E O ，证明 A 是正定矩阵.
1 1 2
解
二次型的矩阵为
A


1
3
0

；
2 0 5
对 A 作对称变换
1
A


1 2
1 3 0
2 0 5

c2 c1 c3 2c1

1 1 2
0 2 2
0 2 1

r2 r1 r32r1
0 0 1

A

P
diag(1, 1, 0)P 1


0
0
0

.
1 0 0
说明：也可以将1 ,2 ,3 单位化后构成 P ，则 P 1 PT .
例
1（08.4.4）设
A


1 2
2 1

，则在实数域上与
A
合同的
矩阵为（ ）

A

2 1
4
二、二次型的定性判定的相关定理
1.【定理 6.6】设 f xT Ax 为实 n 元二次型. f 正定 f 的标准形的 n 个系数全为正 f 的规范形 的 n 个系数全为 1 f 的正惯性指数为 n . （此时 R( A) r n p ） 证明：设有可逆线性变换 x Cy 使 f xT Ax 化为标准形
定矩阵.
（4）半负定二次型—— x , f xT Ax 0 ，此时 A 为半负
定矩阵.
（5）不定二次型—— x1 , x2 0 , f x1T Ax1 0 ， f x2T Ax2 0 ；并称对称矩阵 A 为不定矩阵.
例如 f ( x, y, z) x2 4 y2 16z2 为正定二次型； f ( x1 , x2 ) x12 3 x22 为负定二次型. f ( x1 , x2 , x3 ) x12 3 x22 半负定二次型； f ( x1 , x2 , x3 ) x12 3 x22 半正定二次型； f ( x1 , x2 , x3 ) x12 3 x22 2 x32 不定二次型.
3
则 1 1, 2 3 ，正、负惯性指数相同，故选 D
例 6（09.3.11）设二次型
f ( x1 , x2 , x3 ) ax12 ax22 (a 1) x32 2 x1 x3 2 x2 x3 . （1）求二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) 的矩阵的所有特征值. （2）若二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) 的规范形为 y12 y22 ，
2( y1 y3 )2 2 y22 8 y2 y3 8 y32 6 y32
2( y1 y3 )2 2( y2 y3 )2 6 y32 , 所以 二次型 f 为不定二次型.
提问:判断下列对称矩阵的定性
2 0 0
2 0 0
A


0 0
4 0
(2) 判别 f ( x1 , x2 , x3 ) 2 x12 4 x22 5 x32 4 x1 x3 正定性.
解 二次型的矩阵为
2 0 2
A


0
4
2 0
0 5

,
令 E A 0 ,得 1 1, 2 4, 3 6 , 知 A 是正定矩阵,故 f 为正定二次型.
例 6（2011.3.11.21T） A 为三阶实对称矩阵， R( A) 2 且
1 1 1 1
A

0
0



0
0

.
1 1 1 1
（1）求 A 的特征值与特征向量.
（2）求矩阵 A .
解：（1）依题意知 A 的特征值分别为 1， 1 ，0. 1 对应的特征向量为 1 (1, 0,1)T ， 1 对应的特征向量为 2 (1, 0, 1)T .且实对称矩阵对应于不同特征值的特征向 量两两正交，设3 ( x1 , x2 , x3 )T
f k1 y12 k2 y22 kn yn2 . 充分性：设 ki 0 (i 1, 2,, n) ， 对 x ( x1 , x2 , xn )T 0 ， 则 y C 1 x 0 ，从而 f k1 y12 k2 y22 kn yn2 0 故 f 正定. 必要性：若 f xT Ax 正定， 假设有 ki 0 ，取 y ei ( 0 ，单位坐标向量），则 x Cei 0 ，但 f k1 y12 k2 y22 kn yn2 0 此与 f 正定矛盾，即 ki 0 不可能成立.综上所述结论成

12TT33

0 0


x1 x1

x3 x3

0 0


x1 x3

0
，
0
所以 0 对应的特征向量为3 (0,1, 0)T .
1 1 0
（2）令
P


0 1
0 1
1 0

，则
1 1 0 1 0 0
(
P
,
E
)