二次型与欧氏空间

例题 1：Gram-Schmidt 正交化

题目：在 $\mathbb{R}^3$（标准内积）中，给定基 $\alpha_1=(1,1,1)^T,\ \alpha_2=(1,0,1)^T,\ \alpha_3=(0,1,1)^T$，用 Gram-Schmidt 正交化构造一组标准正交基。

目标：掌握正交化过程的每一步——投影、减法、归一化。

1. 取 $\beta_1 = \alpha_1$：$\beta_1 = (1,1,1)^T$。
2. 计算 $\beta_2$：$\beta_2 = \alpha_2 - \dfrac{\langle\alpha_2,\beta_1\rangle}{\langle\beta_1,\beta_1\rangle}\beta_1$。

   先算内积：$\langle\alpha_2,\beta_1\rangle = 1\cdot1 + 0\cdot1 + 1\cdot1 = 2$，$\langle\beta_1,\beta_1\rangle = 1^2+1^2+1^2 = 3$。

   投影系数 $= \frac{2}{3}$。因此 $\beta_2 = (1,0,1)^T - \frac{2}{3}(1,1,1)^T = \left(\frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, \frac{1}{3}\right)^T$。

3. 计算 $\beta_3$：$\beta_3 = \alpha_3 - \dfrac{\langle\alpha_3,\beta_1\rangle}{\langle\beta_1,\beta_1\rangle}\beta_1 - \dfrac{\langle\alpha_3,\beta_2\rangle}{\langle\beta_2,\beta_2\rangle}\beta_2$。

   $\langle\alpha_3,\beta_1\rangle = 0+1+1 = 2$，投影系数对 $\beta_1$ 为 $\frac{2}{3}$。

   $\langle\alpha_3,\beta_2\rangle = 0\cdot\frac{1}{3} + 1\cdot(-\frac{2}{3}) + 1\cdot\frac{1}{3} = -\frac{1}{3}$，$\langle\beta_2,\beta_2\rangle = (\frac{1}{3})^2 + (-\frac{2}{3})^2 + (\frac{1}{3})^2 = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$，投影系数对 $\beta_2$ 为 $-\frac{1}{2}$。

   因此 $\beta_3 = (0,1,1)^T - \frac{2}{3}(1,1,1)^T - (-\frac{1}{2})(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{1}{3})^T$

4. 整理 $\beta_3$：

   $\beta_3 = (0,1,1) - (\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}) + (\frac{1}{6},-\frac{1}{3},\frac{1}{6}) = (-\frac{1}{2},0,\frac{1}{2})$。

5. 归一化：

   $\gamma_1 = \dfrac{\beta_1}{\|\beta_1\|} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^T$，

   $\gamma_2 = \dfrac{\beta_2}{\|\beta_2\|} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{1}{3})^T = (\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}})^T$，

   $\gamma_3 = \dfrac{\beta_3}{\|\beta_3\|} = \frac{(\frac{1}{2},0,-\frac{1}{2})}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = (-\frac{1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}})^T$。

答案：标准正交基为 $\left\{ \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^T,\ \frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1)^T,\ \frac{1}{\sqrt{2}}(-1,0,1)^T \right\}$。

例题 2：用正交变换化二次型为标准形

题目：将二次型 $f(x_1,x_2,x_3) = 2x_1^2 + 5x_2^2 + 5x_3^2 + 4x_1x_2 - 4x_1x_3 - 8x_2x_3$ 通过正交变换化为标准形。

目标：掌握正交变换法的完整六步流程。

1. 写出矩阵：$A = \begin{pmatrix}2 & 2 & -2 \\ 2 & 5 & -4 \\ -2 & -4 & 5\end{pmatrix}$。
2. 求特征值：解 $\det(A - \lambda I) = 0$。
   $$\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 2 & -2 \\ 2 & 5-\lambda & -4 \\ -2 & -4 & 5-\lambda\end{pmatrix} = 0$$

   展开得 $(2-\lambda)(\lambda^2 - 10\lambda + 9) + 2(2\lambda-8) - 2(-2\lambda+8) = 0$，化简得 $-\lambda^3 + 12\lambda^2 - 21\lambda + 10 = 0$，即 $\lambda^3 - 12\lambda^2 + 21\lambda - 10 = 0$。

   因式分解：$(\lambda-1)(\lambda^2 - 11\lambda + 10) = (\lambda-1)^2(\lambda-10) = 0$。

3. 特征值：$\lambda_1 = 10$（单根），$\lambda_2 = \lambda_3 = 1$（二重根）。
4. 求 $\lambda_1 = 10$ 的特征向量：解 $(A-10I)\mathbf{v} = 0$。

   $\begin{pmatrix}-8 & 2 & -2 \\ 2 & -5 & -4 \\ -2 & -4 & -5\end{pmatrix}\mathbf{v} = 0$，得 $\mathbf{v}_1 = (1, -2, 2)^T$。归一化：$\mathbf{q}_1 = \frac{1}{3}(1, -2, 2)^T$。

5. 求 $\lambda = 1$ 的特征向量：解 $(A-I)\mathbf{v} = 0$。

   $\begin{pmatrix}1 & 2 & -2 \\ 2 & 4 & -4 \\ -2 & -4 & 4\end{pmatrix}\mathbf{v} = 0$，即 $x_1 + 2x_2 - 2x_3 = 0$。取正交于 $\mathbf{v}_1$ 的两个解：

   $\mathbf{v}_2 = (-2, 1, 0)^T$，$\mathbf{v}_3 = (2, 0, 1)^T$（代入验证满足方程且与 $\mathbf{v}_1$ 正交）。

   对 $\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3$ 做 Schmidt 正交化：取 $\beta_2 = \mathbf{v}_2$，$\beta_3 = \mathbf{v}_3 - \frac{\langle\mathbf{v}_3,\beta_2\rangle}{\langle\beta_2,\beta_2\rangle}\beta_2$。

   $\langle\mathbf{v}_3,\beta_2\rangle = 2(-2)+0\cdot1+1\cdot0 = -4$，$\langle\beta_2,\beta_2\rangle = 4+1+0=5$。

   $\beta_3 = (2,0,1) - \frac{-4}{5}(-2,1,0) = (2,0,1) - (\frac{8}{5},-\frac{4}{5},0) = (\frac{2}{5},\frac{4}{5},1) = \frac{1}{5}(2,4,5)$。

   $\mathbf{q}_2 = \frac{(-2,1,0)}{\sqrt{5}}$，$\mathbf{q}_3 = \frac{(2,4,5)}{3\sqrt{5}}$。

6. 构造正交矩阵 $Q$ 得标准形：

   $Q = \begin{pmatrix}\frac{1}{3} & -\frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{2}{3\sqrt{5}} \\ -\frac{2}{3} & \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{4}{3\sqrt{5}} \\ \frac{2}{3} & 0 & \frac{5}{3\sqrt{5}}\end{pmatrix}$，

   作 $X = QY$，得标准形 $f = 10y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$。

答案：标准形为 $10y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$，正交变换矩阵为 $Q$。

例题 3：判断正定性

题目：判断矩阵 $A = \begin{pmatrix}5 & 2 & -1 \\ 2 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 3\end{pmatrix}$ 是否正定。

目标：掌握顺序主子式法和特征值法两种判断途径。

法一：顺序主子式法

1. 一阶主子式：$\Delta_1 = 5 > 0$ ✓
2. 二阶主子式：$\Delta_2 = \det\begin{pmatrix}5 & 2 \\ 2 & 2\end{pmatrix} = 5\cdot2 - 2\cdot2 = 10 - 4 = 6 > 0$ ✓
3. 三阶主子式：$\Delta_3 = \det\begin{pmatrix}5 & 2 & -1 \\ 2 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 3\end{pmatrix}$。

   按第一行展开：$5\cdot\det\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 3\end{pmatrix} - 2\cdot\det\begin{pmatrix}2 & 1 \\ -1 & 3\end{pmatrix} + (-1)\cdot\det\begin{pmatrix}2 & 2 \\ -1 & 1\end{pmatrix}$

   $= 5(6-1) - 2(6+1) - 1(2+2) = 5\cdot5 - 2\cdot7 - 4 = 25 - 14 - 4 = 7 > 0$ ✓

法二：特征值法

解 $\det(A-\lambda I)=0$：$\det\begin{pmatrix}5-\lambda & 2 & -1 \\ 2 & 2-\lambda & 1 \\ -1 & 1 & 3-\lambda\end{pmatrix} = 0$。 计算得 $-\lambda^3 + 10\lambda^2 - 20\lambda + 7 = 0$，即 $\lambda^3 - 10\lambda^2 + 20\lambda - 7 = 0$。

尝试 $\lambda=1$：$1 - 10 + 20 - 7 = 4 \neq 0$；$\lambda=7$：$343 - 490 + 140 - 7 = -14 \neq 0$。

说明三个特征值都不是简单整数根。但由顺序主子式法已能判定——三个主子式都正，故而 $A$ 是正定矩阵。这体现了顺序主子式法的优势：避免解三次方程。

答案：$A$ 是正定矩阵。

例题：实对称正定矩阵的矩阵分解

设 $A \in \mathbb{R}^{3\times3}$ 是实对称正定矩阵，下列哪一种分解一定存在且唯一？

• LU 分解：$A = LU$（$L$ 为单位下三角矩阵）
• QR 分解：$A = QR$
• 奇异值分解（SVD）：$A = U\Sigma V^T$
• Cholesky 分解：$A = LL^T$（$L$ 为下三角、对角元为正）

分析：

• 选项 A（LU）：对任意非奇异矩阵的 LU 分解不一定存在；若高斯消元过程中出现零主元，需要行置换（PA = LU）。对 SPD 矩阵，高斯消元主元均正，因此 LU 分解存在；但唯一性需指定 $L$ 为单位下三角，此时唯一。
• 选项 B（QR）：QR 分解存在且不唯一。Gram-Schmidt 正交化得到的 $Q$ 不唯一（取决于正交化顺序），Householder 反射也涉及符号选择。
• 选项 C（SVD）：SVD 存在但不唯一。$U, V^T$ 均可乘以反射矩阵（$\det = -1$）得到新的分解。
• 选项 D（Cholesky）：对 SPD 矩阵，存在唯一的下三角矩阵 $L$（对角元为正）使得 $A = LL^T$。这是正定矩阵的特征性质，也是数值计算中求解正定线性方程组最常用的方法。

答案：D——Cholesky 分解是实对称正定矩阵存在且唯一的分解。

例题：$2 \times 2$ 矩阵的 Cholesky 分解

题目：设 $A = \begin{pmatrix}4 & 2 \\ 2 & 5\end{pmatrix}$，求 Cholesky 分解 $A = LL^T$。

1. $\ell_{11} = \sqrt{a_{11}} = \sqrt{4} = 2$
2. $\ell_{21} = \dfrac{a_{21}}{\ell_{11}} = \dfrac{2}{2} = 1$
3. $\ell_{22} = \sqrt{a_{22} - \ell_{21}^2} = \sqrt{5 - 1} = \sqrt{4} = 2$

验证：$LL^T = \begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4 & 2 \\ 2 & 5\end{pmatrix} = A$ ✓