行列式理論是高等代數課程中的一個重要理論, 其地位雖然遠不及矩陣, 但行列式的應用十分廣泛, 例如: 線性方程組的求解 (Cramer 法則), 矩陣非異性的判定, 矩陣秩的計算 (秩的子式判別法, 高代教材定理 3.6.2), 矩陣特征多項式的計算, 二次型的化簡和實對稱陣正定性的判定 (高代教材定理 8.4.3) 等. 另外, 行列式理論還可以應用於重積分的變量代換, 微分方程組的求解和天體力學的研究等.
本文旨在通過三道習題的討論, 展示行列式理論在二次型化簡中的相關應用. 首先, 我們給出下面的引理, 這是由行列式計算確定二次型的標准型的關鍵一步.
引理 (高代白皮書的例 8.11) 設 $A$ 是數域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 階對稱陣, $f(x)=x'Ax$ 是相伴的二次型, 假設 $A$ 的前 $n-1$ 個順序主子式 $P_1,P_2,\cdots,P_{n-1}$ 非零, 則經過非異線性變換, $f$ 可化為如下標准型: $$f=P_1y_1^2+\frac{P_2}{P_1}y_2^2+\cdots+\frac{P_n}{P_{n-1}}y_n^2.$$
證明 對階數進行歸納. 當 $n=1$ 時, 結論顯然成立. 假設結論對 $n-1$ 成立. 設 $A=\begin{pmatrix} A_{n-1} & \alpha \\ \alpha' & a_{nn} \\ \end{pmatrix}$, 由於 $|A_{n-1}|=P_{n-1}\neq 0$, 故可對 $A$ 進行如下的對稱分塊初等變換 (合同變換): $$\begin{pmatrix} I_{n-1} & 0 \\ -\alpha'A_{n-1}^{-1} & 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A_{n-1} & \alpha \\ \alpha' & a_{nn} \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_{n-1} & -A_{n-1}^{-1}\alpha \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A_{n-1} & 0 \\ 0 & a_{nn}-\alpha'A_{n-1}^{-1}\alpha \\ \end{pmatrix}=B.$$ 由於第三類分塊初等變換不改變行列式的值, 故 $$|A|=|B|=|A_{n-1}|(a_{nn}-\alpha'A_{n-1}^{-1}\alpha),$$ 即有 $$a_{nn}-\alpha'A_{n-1}^{-1}\alpha=\frac{P_n}{P_{n-1}}.$$ 由歸納假設, 存在非異陣 $M$, 使得 $$M'A_{n-1}M=\mathrm{diag}\{P_1,\frac{P_2}{P_1},\cdots,\frac{P_{n-1}}{P_{n-2}}\},$$ 令 $C=\begin{pmatrix} I_{n-1} & -A_{n-1}^{-1}\alpha \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} M & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}$, 則 $$C'AC=\mathrm{diag}\{P_1,\frac{P_2}{P_1},\cdots,\frac{P_n}{P_{n-1}}\}.\,\,\,\,\Box$$
習題 1 (19 級高代 II 每周一題第 14 題) 求下列 $n$ 元實二次型的標准型: $$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i,j=1}^n\max\{i,j\}x_ix_j.$$
解 設 $n$ 階方陣 $A=(a_{ij})$, 其中 $a_{ij}=\max\{i,j\}$, 則 $A$ 是實二次型 $f$ 相伴的實對稱陣. 高代白皮書第一章的解答題 13 就是求行列式 $|A|$, 讓我們引用一下白皮書上的求值過程 (求值方法不唯一): 依次將 $A$ 的第 $i$ 行乘以 $-1$ 加到第 $i-1$ 行上 ($i=2,\cdots,n$), 就可以得到一個下三角陣 $B$, 其主對角元素分別為 $-1,\cdots,-1,n$. 由於第三類初等變換不改變行列式的值, 故 $|A|=(-1)^{n-1}n$.
解法 1 (對稱初等變換) 注意到 $A$ 通過若干次第三類初等行變換可變為下三角陣 $B$ 以及 $A$ 的對稱性, 故不難驗證 $B$ 再通過若干次對稱的第三類初等列變換可變為對角陣 $\mathrm{diag}\{-1,\cdots,-1,n\}$. 具體地, 有如下的對稱初等變換: $$C=T_{n,n-1}(-1)\cdots T_{32}(-1)T_{21}(-1),\,\,\,\,CAC'=\mathrm{diag}\{-1,\cdots,-1,n\}.$$ 因此, $f$ 的標准型為 $-y_1^2-\cdots-y_{n-1}^2+ny_n^2$.
解法 2 (行列式計算) 由之前 $|A|$ 的計算可知 $A$ 的順序主子式 $P_k=(-1)^{k-1}k$, 再由引理可得 $f$ 的標准型為 $y_1^2-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{k}{k-1}y_k^2$. $\Box$
習題 2 (17 級高代 II 每周一題第 14 題) 求下列 $n$ 元實二次型的標准型: $$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i,j=1}^n|i-j|x_ix_j.$$
解 設 $n$ 階方陣 $A=(a_{ij})$, 其中 $a_{ij}=|i-j|$, 則 $A$ 是實二次型 $f$ 相伴的實對稱陣. 高代白皮書第一章的解答題 14 就是求行列式 $|A|$, 讓我們引用一下白皮書上的求值過程 (求值方法不唯一): 依次將 $A$ 的第 $i-1$ 行乘以 $-1$ 加到第 $i$ 行上 ($i=n,\cdots,2$), 再將第 $n$ 列依次加到前 $n-1$ 列上, 就可以得到一個上三角陣, 其主對角元素分別為 $n-1,-2,\cdots,-2,-1$. 由於第三類初等變換不改變行列式的值, 故 $|A|=(-1)^{n-1}(n-1)2^{n-2}$.
解法 1 (對稱初等變換) 依次將 $A$ 的第 $i-1$ 行乘以 $-1$ 加到第 $i$ 行上 ($i=n,\cdots,2$), 對稱地將第 $i-1$ 列乘以 $-1$ 加到第 $i$ 列上 ($i=n,\cdots,2$), 得到一個對稱的爪形矩陣 $B$; 再將 $B$ 的第 $i$ 行乘以 $\dfrac{1}{2}$ 加到第 $1$ 行上 ($i=2,\cdots,n$), 對稱地將第 $i$ 列乘以 $\dfrac{1}{2}$ 加到第 $1$ 列上 ($i=2,\cdots,n$); 最后得到對角陣 $\mathrm{diag}\{\dfrac{n-1}{2},-2\cdots,-2\}$. 因此, $f$ 的標准型為 $\dfrac{n-1}{2}y_1^2-2y_2^2-\cdots-2y_n^2$.
注意到 $A$ 的順序主子式 $P_1=0$, $P_k=(-1)^{k-1}(k-1)2^{k-2}\,(k\geq 2)$, 故不能直接利用引理來得到標准型. 下面給出三種方法來克服 $P_1=0$ 這一困難.
解法 2 (行列式計算+行列式的性質) 考慮 $B=T_{21}(1)AT_{12}(1)$, 即將 $A$ 的第 $2$ 行加到第 $1$ 行上, 再將第 $2$ 列加到第 $1$ 列上, 得到對稱陣 $B$. 顯然, $A$ 與 $B$ 合同, 所以只要求 $B$ 的標准型即可. 由行列式的性質可知, $B$ 的順序主子式 $Q_1=2$, $Q_k=P_k=(-1)^{k-1}(k-1)2^{k-2}\,(k\geq 2)$, 故由引理可得 $f$ 的標准型為 $2y_1^2-\dfrac{1}{2}y_2^2-\sum\limits_{k=3}^n\dfrac{2(k-1)}{k-2}y_k^2$.
解法 3 (行列式計算+引理的變種) 在引理證明的歸納過程中, 把起點設置為 $n=2$, 故二次型可化簡為: $$(x_1,x_2)A_2\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \end{pmatrix}+\frac{P_3}{P_2}y_3^2+\cdots+\frac{P_n}{P_{n-1}}y_n^2,$$ 其中 $A_2=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{pmatrix}$. 令 $x_1=y_1+y_2$, $x_2=y_1-y_2$, 則二次型最終可化簡為 $2y_1^2-2y_2^2-\sum\limits_{k=3}^n\dfrac{2(k-1)}{k-2}y_k^2$.
解法 4 (行列式計算+特征值+攝動法) 由正交相似標准型理論可知, 存在正交陣 $P$, 使得 $$P'AP=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\},$$ 其中 $\lambda_i$ 是 $A$ 的全體特征值. 對任意的正數 $\varepsilon$, $P'(A+\varepsilon I_n)P=\mathrm{diag}\{\lambda_1+\varepsilon,\lambda_2+\varepsilon,\cdots,\lambda_n+\varepsilon\}$, 記 $A+\varepsilon I_n$ 的順序主子式為 $P_k(\varepsilon)$. 由於 $\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n=|A|=P_n\neq 0$, 故 $\lambda_i\neq 0\,(1\leq i\leq n)$, 又 $P_k\neq 0\,(2\leq k\leq n)$, 從而可取 $0<\varepsilon\ll 1$, 使得 $\lambda_i$ 與 $\lambda_i+\varepsilon$ 同號 ($1\leq i\leq n$), $P_k(\varepsilon)$ 與 $P_k$ 同號 ($2\leq k\leq n$). 注意到 $P_1(\varepsilon)=\varepsilon>0$, $P_k(\varepsilon)/P_{k-1}(\varepsilon)<0\,(2\leq k\leq n)$, 故由引理可知, $A+\varepsilon I_n$ 合同於 $\mathrm{diag}\{1,-1,\cdots,-1\}$, 於是 $A+\varepsilon I_n$ 有 $1$ 個正特征值, $n-1$ 個負特征值. 不妨設 $\lambda_1+\varepsilon>0$, $\lambda_i+\varepsilon<0\,(2\leq i\leq n)$, 從而由假設可知 $\lambda_1>0$, $\lambda_i<0\,(2\leq i\leq n)$, 因此 $A$ 也合同於 $\mathrm{diag}\{1,-1,\cdots,-1\}$, 從而規范標准型為 $y_1^2-y_2^2-\cdots-y_n^2$. $\Box$
習題 3 (高代白皮書第八章的解答題 7) 求下列 $n$ 元實二次型的標准型: $$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^nx_i^2+\sum_{i=1}^{n-1}x_ix_{i+1}.$$
解 二次型 $f$ 相伴的實對稱陣為 $$A=\begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & 0 & \cdots & 0 \\ \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} & \cdots & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1\\ \end{pmatrix}.$$
下面給出四種解法.
解法 1 (對稱初等變換) 我們用歸納法來確定 $A$ 的合同標准型 $\mathrm{diag}\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}$, 其中 $a_i>\dfrac{1}{2}\,(1\leq i\leq n)$. 取定 $a_1=1$, 顯然 $a_1>\dfrac{1}{2}$. 假設矩陣的左上角已化為對角陣 $\mathrm{diag}\{a_1,\cdots,a_{k-1}\}$, 其中 $a_i>\dfrac{1}{2}\,(1\leq i\leq k-1)$, 我們來確定 $a_k$. 將第 $k-1$ 行乘以 $-\dfrac{1}{2a_{k-1}}$ 加到第 $k$ 行 (消去第 $(k,k-1)$-元素 $\dfrac{1}{2}$), 再將第 $k-1$ 列乘以 $-\dfrac{1}{2a_{k-1}}$ 加到第 $k$ 列 (消去第 $(k-1,k)$-元素 $\dfrac{1}{2}$), 最后可得 $$a_k=1-\frac{1}{4a_{k-1}}.\cdots(*)$$ 由 $a_{k-1}>\dfrac{1}{2}$ 可得 $a_k>\dfrac{1}{2}$. 遞推關系式 (*) 整理后可得 $$\frac{1}{a_k-\frac{1}{2}}=2+\frac{1}{a_{k-1}-\frac{1}{2}},$$ 由此可得 $a_k=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2k}\,(1\leq k\leq n)$. 因此, $f$ 的標准型為 $\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{k+1}{2k}y_k^2$.
解法 2 (行列式計算) 由高代白皮書的例 1.23 可知, $A$ 的順序主子式 $P_k=\dfrac{k+1}{2^k}\,(1\leq k\leq n)$, 再由引理可得 $f$ 的標准型為 $\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{k+1}{2k}y_k^2$.
解法 3 (配方法) 用配方法將 $f$ 化為 $$\dfrac{1}{2}(x_1+x_2)^2+\dfrac{1}{2}(x_2+x_3)^2+\cdots+\dfrac{1}{2}(x_{n-1}+x_n)^2+\dfrac{1}{2}x_1^2+\dfrac{1}{2}x_n^2,$$ 故 $f$ 至少是半正定型. 進一步, 若上式等於零, 則顯然有 $x_1=x_2=\cdots=x_n=0$, 因此 $f$ 是正定型, 其規范標准型為 $y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2$.
解法 4 (特征值) 由高代白皮書的例 6.40 可知, $A$ 的全體特征值為 $\lambda_k=1+\cos\dfrac{k\pi}{n+1}\,(1\leq k\leq n)$. 注意到所有特征值 $\lambda_k>0$, 故 $A$ 是正定陣, 從而 $f$ 是正定型, 其規范標准型為 $y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2$. $\Box$
參考文獻
[1] 高代教材: 姚慕生, 吳泉水, 謝啟鴻 編著, 高等代數學 (第三版), 復旦大學出版社, 2014.
[2] 高代白皮書: 姚慕生, 謝啟鴻 編著, 學習方法指導書: 高等代數 (第三版), 復旦大學出版社, 2015.