神聖的綫性代數速成例題15. 對稱矩陣、正交矩陣、二次型及其標準形

1. **對稱矩陣**：

設 \(A\) 是 \(n\) 階方陣，若 \(A^T = A\)，即 \(a_{ij} = a_{ji}\)（\(i, j = 1, 2, \cdots, n\)），則稱 \(A\) 為對稱矩陣。

對稱矩陣的特征值都是實數，且不同特征值對應的特征向量相互正交。

2. **正交矩陣**：

設 \(A\) 是 \(n\) 階方陣，若 \(A^TA = AA^T = I\)，則稱 \(A\) 為正交矩陣。正交矩陣的列（行）向量組是正交規範向量組，即列（行）向量的模都為 \(1\)，且任意兩個不同列（行）向量的內積為 \(0\)。

3. **二次型及其標準形**： - 含有 \(n\) 個變量 \(x_1, x_2, \cdots, x_n\) 的二次齊次函數 \(f(x_1, x_2, \cdots, x_n)=\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{n}a_{ij}x_ix_j\) 稱為 \(n\) 元二次型，記作 \(f = X^TAX\)，其中 \(X = (x_1, x_2, \cdots, x_n)^T\)，\(A=(a_{ij})\) 是對稱矩陣。 - 通過正交變換 \(X = PY\)（\(P\) 是正交矩陣）可將二次型 \(f = X^TAX\) 化為標準形 \(f = \lambda_1y_1^2 + \lambda_2y_2^2 + \cdots + \lambda_ny_n^2\)，其中 \(\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n\) 是矩陣 \(A\) 的特征值。

**例題解析**：

1. 判斷矩陣 \(A = \begin{pmatrix}1&2&3\\2&4&5\\3&5&6\end{pmatrix}\) 是否為對稱矩陣。

解：計算 \(A\) 的轉置 \(A^T = \begin{pmatrix}1&2&3\\2&4&5\\3&5&6\end{pmatrix}\)，因為 \(A^T = A\)，所以 \(A\) 是對稱矩陣。

2. 判斷矩陣 \(B = \begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\-\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\end{pmatrix}\) 是否為正交矩陣。

解：計算 \(B^TB\)，\(B^T = \begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\end{pmatrix}\)，\(B^TB = \begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\-\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{2}{4}+\frac{2}{4}&\frac{2}{4}-\frac{2}{4}\\\frac{2}{4}-\frac{2}{4}&\frac{2}{4}+\frac{2}{4}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=I\)，所以 \(B\) 是正交矩陣。

3. 求二次型 \(f(x_1, x_2) = 2x_1^2 + 4x_1x_2 + 3x_2^2\) 的矩陣 \(A\)。

解：二次型矩陣 \(A\) 中，\(a_{11}\) 是 \(x_1^2\) 的係數，\(a_{12} = a_{21}\) 是 \(x_1x_2\) 係數的一半，\(a_{22}\) 是 \(x_2^2\) 的係數，所以 \(A = \begin{pmatrix}2&2\\2&3\end{pmatrix}\)。

4. 用正交變換化二次型 \(f(x_1, x_2) = 2x_1^2 + 4x_1x_2 + 3x_2^2\) 為標準形。

解：

由上題知二次型矩陣 \(A = \begin{pmatrix}2&2\\2&3\end{pmatrix}\)。

先求 \(A\) 的特征值，\(\vert\lambda I - A\vert = \begin{vmatrix}\lambda - 2& - 2\\ - 2&\lambda - 3\end{vmatrix}= (\lambda - 2)(\lambda - 3) - 4 = \lambda^2 - 5\lambda + 6 - 4 = \lambda^2 - 5\lambda + 2 = 0\)，解得 \(\lambda_1 = \frac{5 + \sqrt{17}}{2}\)，\(\lambda_2 = \frac{5 - \sqrt{17}}{2}\)。

當 \(\lambda_1 = \frac{5 + \sqrt{17}}{2}\) 時，解齊次綫性方程組 \((\lambda_1 I - A)X = 0\)，得到特征向量 \(\xi_1 = \begin{pmatrix}2\\\sqrt{17} - 1\end{pmatrix}\)，單位化得 \(\eta_1 = \frac{1}{\sqrt{4 + (\sqrt{17} - 1)^2}}\begin{pmatrix}2\\\sqrt{17} - 1\end{pmatrix}\)。

當 \(\lambda_2 = \frac{5 - \sqrt{17}}{2}\) 時，解齊次綫性方程組 \((\lambda_2 I - A)X = 0\)，得到特征向量 \(\xi_2 = \begin{pmatrix}2\\ - (\sqrt{17} + 1)\end{pmatrix}\)，單位化得 \(\eta_2 = \frac{1}{\sqrt{4 + (\sqrt{17} + 1)^2}}\begin{pmatrix}2\\ - (\sqrt{17} + 1)\end{pmatrix}\)。

令 \(P = (\eta_1, \eta_2)\)，作正交變換 \(X = PY\)，則二次型化為標準形 \(f = \frac{5 + \sqrt{17}}{2}y_1^2 + \frac{5 - \sqrt{17}}{2}y_2^2\)。

5. 已知 \(A = \begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}\)，判斷是否存在正交矩陣 \(P\) 使得 \(P^{-1}AP\) 為對角矩陣。

解：

因為 \(A\) 本身就是對角矩陣，且 \(A\) 是對稱矩陣（對角矩陣一定是對稱矩陣）。

根據對稱矩陣的性質，對於對稱矩陣一定存在正交矩陣 \(P\)，使得 \(P^{-1}AP\) 為對角矩陣（實際上 \(P = I\) 時，\(P^{-1}AP = I^{-1}AI = A\) 就是對角矩陣），所以存在這樣的正交矩陣 \(P\)。 6. 判斷矩陣 \(C = \begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\) 是否為對稱矩陣和正交矩陣。 - 解： - 計算 \(C\) 的轉置 \(C^T = \begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\)，因為 \(C^T = C\)，所以 \(C\) 是對稱矩陣。

計算 \(C^TC\)，\(C^TC = \begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&2&0\\2&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}\neq I\)，所以 \(C\) 不是正交矩陣。

7. 求二次型 \(f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 2x_2^2 + 3x_3^2 + 4x_1x_2 + 2x_1x_3 + 6x_2x_3\) 的矩陣 \(A\)。

解：二次型矩陣 \(A\) 中，\(a_{11} = 1\)，\(a_{12} = a_{21} = 2\)，\(a_{13} = a_{31} = 1\)，\(a_{22} = 2\)，\(a_{23} = a_{32} = 3\)，\(a_{33} = 3\)，所以 \(A = \begin{pmatrix}1&2&1\\2&2&3\\1&3&3\end{pmatrix}\)。

8. 試將二次型 \(f(x_1, x_2, x_3) = 2x_1^2 + 5x_2^2 + 5x_3^2 + 4x_1x_2 - 4x_1x_3 - 8x_2x_3\) 通過正交變換化為標準形。

解：

二次型矩陣 \(A = \begin{pmatrix}2&2& - 2\\2&5& - 4\\ - 2& - 4&5\end{pmatrix}\)。

求特征值，\(\vert\lambda I - A\vert = \begin{vmatrix}\lambda - 2& - 2&2\\ - 2&\lambda - 5&4\\2&4&\lambda - 5\end{vmatrix}\)，經過行列式計算（按第一行展開等方法）得 \(\lambda^3 - 12\lambda^2 + 36\lambda - 32 = 0\)，因式分解得 \((\lambda - 2)^2(\lambda - 8) = 0\)，解得特征值 \(\lambda_1 = 8\)，\(\lambda_2 = \lambda_3 = 2\)。 - 當 \(\lambda_1 = 8\) 時，解齊次綫性方程組 \((\lambda_1 I - A)X = 0\)，即 \(\begin{pmatrix}6& - 2&2\\ - 2&3&4\\2&4&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\)，得到特征向量 \(\xi_1 = \begin{pmatrix}1\\2\\2\end{pmatrix}\)，單位化得 \(\eta_1 = \frac{1}{3}\begin{pmatrix}1\\2\\2\end{pmatrix}\)。

當 \(\lambda_2 = \lambda_3 = 2\) 時，解齊次綫性方程組 \((\lambda_2 I - A)X = 0\)，即 \(\begin{pmatrix}0& - 2&2\\ - 2& - 3&4\\2&4& - 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\)，得到兩個綫性無關的特征向量 \(\xi_2 = \begin{pmatrix}2\\ - 1\\0\end{pmatrix}\)，\(\xi_3 = \begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}\)，正交化（使用施密特正交化方法），令 \(\beta_2 = \xi_2 = \begin{pmatrix}2\\ - 1\\0\end{pmatrix}\)，\(\beta_3 = \xi_3 - \frac{(\xi_3, \beta_2)}{(\beta_2, \beta_2)}\beta_2 = \begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}-\frac{4}{5}\begin{pmatrix}2\\ - 1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{2}{5}\\\frac{4}{5}\\1\end{pmatrix}\)，再單位化得 \(\eta_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\ - 1\\0\end{pmatrix}\)，\(\eta_3 = \frac{1}{3\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\4\\5\end{pmatrix}\)。

令 \(P = (\eta_1, \eta_2, \eta_3)\)，作正交變換 \(X = PY\)，則二次型化為標準形 \(f = 8y_1^2 + 2y_2^2 + 2y_3^2\)。