7. 選讀補充：二次型

本補充為選讀；納入它不表示任何現行課程或考試必須涵蓋。以下在 $\mathbb R$ 上工作。

定義

二次型

$\mathbb R^n$ 上的二次型是 $q(x)=x^{\mathsf T}Ax$，其中 $A$ 為實對稱矩陣。若對每個非零 $x$ 有 $q(x)>0$，稱正定；若對所有 $x$ 有 $q(x)\ge0$，稱半正定；若它既取正值又取負值，稱不定。

任意實矩陣 $B$ 給出的二次型與其對稱部分 $(B+B^{\mathsf T})/2$ 相同，而對稱表示唯一。以 $x=Py$ 換座標得 $q(x)=y^{\mathsf T}P^{\mathsf T}APy$；這一般是合同而非相似。若 $P=Q$ 正交，兩個公式才一致。

前一實譜定理給出正交 $Q$，滿足 $Q^{\mathsf T}AQ=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。代入 $x=Qy$ 得 $q(Qy)=\sum_i\lambda_i y_i^2$，這給出了共享慣性證明所用的對角表示。代入座標向量得特徵值符號條件的必要性，平方和給出充分性。

所有空間均為所述域上的有限維空間。雙線性型對兩個變量均線性；在 $\mathbb C$ 上它不是 Hermitian 內積。

重新縮放實對稱型的對角項得到

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

三元組 $(p_+,p_-,p_0)$ 是其慣性指數，不依賴基的選擇。

唯一性證明。 在此表示中，正坐標子空間的維數為 $p_+$，二次型 $q$ 在其上正定。維數大於 $p_+$ 的子空間不可能使限制正定：它必與所有正坐標均為零的坐標子空間相交，後者維數為 $p_-+p_0$，因為兩者維數之和大於 $n$。交集中的非零向量的二次型值至多為零，產生矛盾。因此 $p_+$ 內蘊地等於正定子空間可能達到的最大維數。同理 $p_-$ 是負定限制的最大維數。最後 $p_0=n-p_+-p_-$，也就是根基維數。∎

型正定當且僅當 $(p_+,p_-,p_0)=(n,0,0)$，負定對應 $(0,n,0)$，不定對應 $p_+,p_->0$。正半定允許零平方項，但不允許負平方項。非退化意味著 $p_0=0$，不意味著正定。

對實對稱矩陣，正交譜對角化是合同的一個特例，因為 $Q^{-1}=Q^{\mathsf T}$。因此慣性指數按重數計數正、負、零特徵值。一般合同保持這些數量，但不保持特徵值的具體數值。

例題

旋轉至主軸

對 $q(x,y)=2x^2+2xy+2y^2$，$A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$。令 $u=(x+y)/\sqrt2$、$v=(x-y)/\sqrt2$，譜分解給出 $q=3u^2+v^2$。兩特徵值均正，故正定，慣性為 $(2,0,0)$，依次計算正、負、零符號。

選擇方法與常見錯誤

用正交對角化求主軸及特徵值；配方可能更快分類符號，但所得可逆變換未必正交。交叉項係數 $2bxy$ 對應非對角元素 $b$，不是 $2b$。行列式為正本身不足以推出正定。

練習

1. 用特徵值符號分類 $q(x,y)=x^2-4xy+y^2$。
2. 分類 $q(x,y)=x^2+2xy+y^2$ 並求其零點集。
3. 解釋為何非奇異座標變換不能把 $x^2-y^2$ 變成正定型。

完整解答

1. 對稱矩陣為 $\begin{pmatrix}1&-2\\-2&1\end{pmatrix}$，特徵值為 $3,-1$，故不定，慣性為 $(1,1,0)$。
2. $q=(x+y)^2\ge0$；它半正定但非正定，因為在非零的 $(1,-1)$ 處為零。零點集是直線 $x+y=0$。
3. 對任意可逆 $P$，向量 $y=P^{-1}(0,1)$ 非零，而變換後二次型在此處值為 $-1$，故不可能正定。等價地，其慣性保持 $(1,1,0)$。

連繫

在最優化中，臨界點的 Hessian 矩陣對稱，其二次型描述二階項。在通常的可微性條件下，定號 Hessian 提供局部判別；僅半定則不能確定。