7. 选读补充：二次型

本补充为选读；纳入它不表示任何现行课程或考试必须涵盖。以下在 $\mathbb R$ 上工作。

定义

二次型

$\mathbb R^n$ 上的二次型是 $q(x)=x^{\mathsf T}Ax$，其中 $A$ 为实对称矩阵。若对每个非零 $x$ 有 $q(x)>0$，称正定；若对所有 $x$ 有 $q(x)\ge0$，称半正定；若它既取正值又取负值，称不定。

任意实矩阵 $B$ 给出的二次型与其对称部分 $(B+B^{\mathsf T})/2$ 相同，而对称表示唯一。以 $x=Py$ 换坐标得 $q(x)=y^{\mathsf T}P^{\mathsf T}APy$；这一般是合同而非相似。若 $P=Q$ 正交，两个公式才一致。

前一实谱定理给出正交 $Q$，满足 $Q^{\mathsf T}AQ=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。代入 $x=Qy$ 得 $q(Qy)=\sum_i\lambda_i y_i^2$，这给出了共享惯性证明所用的对角表示。代入坐标向量得特征值符号条件的必要性，平方和给出充分性。

所有空间均为所述域上的有限维空间。双线性型对两个变量均线性；在 $\mathbb C$ 上它不是 Hermitian 内积。

重新缩放实对称型的对角项得到

$$q= x_1^2+\cdots+x_{p_+}^2-y_1^2-\cdots-y_{p_-}^2+0\cdot z_1^2+\cdots+0\cdot z_{p_0}^2.$$

三元组 $(p_+,p_-,p_0)$ 是其惯性指数，不依赖基的选择。

唯一性证明。 在此表示中，正坐标子空间的维数为 $p_+$，二次型 $q$ 在其上正定。维数大于 $p_+$ 的子空间不可能使限制正定：它必与所有正坐标均为零的坐标子空间相交，后者维数为 $p_-+p_0$，因为两者维数之和大于 $n$。交集中的非零向量的二次型值至多为零，产生矛盾。因此 $p_+$ 内蕴地等于正定子空间可能达到的最大维数。同理 $p_-$ 是负定限制的最大维数。最后 $p_0=n-p_+-p_-$，也就是根基维数。∎

型正定当且仅当 $(p_+,p_-,p_0)=(n,0,0)$，负定对应 $(0,n,0)$，不定对应 $p_+,p_->0$。正半定允许零平方项，但不允许负平方项。非退化意味着 $p_0=0$，不意味着正定。

对实对称矩阵，正交谱对角化是合同的一个特例，因为 $Q^{-1}=Q^{\mathsf T}$。因此惯性指数按重数计数正、负、零特征值。一般合同保持这些数量，但不保持特征值的具体数值。

例题

旋转至主轴

对 $q(x,y)=2x^2+2xy+2y^2$，$A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$。令 $u=(x+y)/\sqrt2$、$v=(x-y)/\sqrt2$，谱分解给出 $q=3u^2+v^2$。两特征值均正，故正定，惯性为 $(2,0,0)$，依次计算正、负、零符号。

选择方法与常见错误

用正交对角化求主轴及特征值；配方可能更快分类符号，但所得可逆变换未必正交。交叉项系数 $2bxy$ 对应非对角元素 $b$，不是 $2b$。行列式为正本身不足以推出正定。

练习

1. 用特征值符号分类 $q(x,y)=x^2-4xy+y^2$。
2. 分类 $q(x,y)=x^2+2xy+y^2$ 并求其零点集。
3. 解释为何非奇异坐标变换不能把 $x^2-y^2$ 变成正定型。

完整解答

1. 对称矩阵为 $\begin{pmatrix}1&-2\\-2&1\end{pmatrix}$，特征值为 $3,-1$，故不定，惯性为 $(1,1,0)$。
2. $q=(x+y)^2\ge0$；它半正定但非正定，因为在非零的 $(1,-1)$ 处为零。零点集是直线 $x+y=0$。
3. 对任意可逆 $P$，向量 $y=P^{-1}(0,1)$ 非零，而变换后二次型在此处值为 $-1$，故不可能正定。等价地，其惯性保持 $(1,1,0)$。

连系

在最优化中，临界点的 Hessian 矩阵对称，其二次型描述二阶项。在通常的可微性条件下，定号 Hessian 提供局部判别；仅半定则不能确定。