对二次型配方法的改进：蒲和平偏导数法解析

一、前言

将二次型化为标准型和规范型有两种常用的方法，一种是正交变换法，另一种是配方法（其中最常用的是拉格朗日配方法）。

但是，使用配方的一个障碍是我们有时候比较难以凑出来平方项。

在蒲和平老师主编，由北京高等教育出版社于 2014 年 08 月出版的《线性代数疑难问题选讲》一书（ISBN 978-7-04-040392-3）中，提出了一个令人耳目一新的改进的配方法：偏导数法。

在本文中，荒原之梦（zhaokaifeng.com）将对蒲和平老师的这一偏导数配方法加以通俗的解析，希望能帮助大家更加顺畅的解答有关将二次型化为标准型或者规范型的问题。

二、正文

1. 对含有平方项的二次型使用偏导数法

1.1 方法说明

已知，有形如下面这样的二次型：

$$
f\left(x_{1}, x_{2}, \ldots x_{n}\right)=\textcolor{orange}{ a_{11} } x_{1}^{2}+a_{22} x_{2}^{2}+\cdots + A x_{1} x_{2}+\cdots
$$

假设 $a_{11} \neq 0$, 则我们有（此方法适用于含有平方项的二次型，因此，若 $a_{11} = 0$, 则也需要有 $a_{22}$ 或 $a_{33}, a_{44} \cdots$ 中的至少一个不等于零），则令：

$$
f_{1}=\frac{1}{2} \cdot \frac{\partial f}{\partial x_{1}}
$$

进而，有：

$$
f=\frac{1}{ \textcolor{orange}{a_{11}} }\left(f_{1}\right)^{2}+g
$$

Tips:

在上面的式子中需要乘以 $\frac{1}{a_{11}}$ 是因为 $(f_{1})^{2}$ 会产生 $a_{11}^{2}$——在 $(f_{1})^{2}$ 外部乘以 $\frac{1}{a_{11}}$ 就可以保证和原来的二次型表达式 $f$ 中的 $a_{11} x_{1}^{2}$ 相等，也就是至少消去 $a_{11} x_{1}^{2}$ 对后续化简操作的影响。

其中，$g$ 是由 $f$ 中的项减去 $\frac{1}{a_{11}}\left(f_{1}\right)^{2}$ 展开后的项得出的，我们不妨设 $g$ 的表达式如下：

$$
g=\textcolor{red}{ b_{22} } x_{2}^{2}+b_{33} x_{3}^{2}+\cdots+B x_{2} x_{3}+\cdots
$$

于是，继续令：

$$
g_{1}=\frac{1}{2} \cdot \frac{\partial g}{\partial x_{2}}
$$

进而可得：

$$
g=\frac{1}{\textcolor{red}{ b_{22} } }\left(g_{1}\right)^{2}+h
$$

于是：

$$
f=\frac{1}{ \textcolor{orange}{a_{11} } }\left(f_{1}\right)^{2}+\frac{1}{ \textcolor{red}{b_{22} } }(g_{1})^{2}+h+\cdots
$$

之后，继续重复上面的过程，即可完成对二次型 $f$ 的配方。

1.2 例题

用偏导数法，将二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ $=$ $x_{1}^{2}+2 x_{2}^{2}-4 x_{3}^{2}+2 x_{1} x_{2}-2 x_{2} x_{3}$ 化为标准形。

1.3 解析

首先，令：

$$
f_{1}=\frac{1}{2} \frac{\partial f}{\partial x_{1}}=\frac{1}{2}\left(2 x_{1}+2 x_{2}\right)=\left(x_{1}+x_{2}\right)
$$

于是：

$$
f=\frac{1}{1}\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+g \Rightarrow
$$

$$
f=\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}\right)+g \tag{1}
$$

对比可知：

$$
g=x_{2}^{2}-4 x_{3}^{2}-2 x_{2} x_{3}
$$

进而：

$$
g=\frac{1}{2} \cdot \frac{\partial g}{\partial x_{2}}=\frac{1}{2}\left(2 x_{2}-2 x_{3}\right)=\left(x_{2}-x_{3}\right)
$$

$$
g=\frac{1}{1}\left(x_{2}-x_{3}\right)^{2}+h \Rightarrow \tag{2}
$$

$$
g=\left(x_{2}^{2}+x_{3}^{2}-2 x_{2} x_{3}\right)+h
$$

对比可知：

$$
h=-5 x_{3}^{2}
$$

结合 (1) 和 (2) 式，可知：

$$
f=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\left(x_{2}-x_{3}\right)^{2}-5 x_{3}^{2}
$$

于是：

$$
\left\{\begin{array}{l}y_{1}=x_{1}+x_{2} \\ y_{2}=x_{2}-x_{3} \\ y_{3}=x_{3}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{1}=y_{1}-y_{2}-y_{3} \\ x_{2}=y_{2}+y_{3} \\ x_{3}=y_{3}\end{array} \Rightarrow\right.\right.
$$

$$
\left[\begin{array}{l}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3}\end{array}\right] \Rightarrow
$$

又知下面的行列式不等于零（可逆）：

$$
\left|\begin{array}{ccc}1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right|=1 \neq 0
$$

因此，二次型 $f$ 的标准型为：

$$
f=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-5 y_{3}^{2}
$$

2. 对含没有平方项的二次型使用偏导数法

2.1 方法说明

已知，对二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, \ldots x_{n}\right)$ 来说，$a_{i i}$ 是平方项 $x_{i}^{2}$ 的系数，$a_{i j}$ 是一次方项 $x_{i} x_{j}$ 的对数。

在一个不含不平方项的二次型中，也一定至少有一个一次方项的系数是不等于零的。

则，假设 $a_{12} \neq 0$, 我们可令：

$$
f_{1}=\frac{1}{2} \frac{\partial f}{\partial x_{1}}, \quad f_{2}=\frac{1}{2} \frac{\partial f}{\partial x_{2}}
$$

于是：

$$
f\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right)=\frac{1}{a_{12}}\left[\left(f_{1}+f_{2}\right)^{2}-\left(f_{1}-f_{2}\right)^{2}\right]+ \varphi
$$

其中，让 $\left(f_{1}+f_{2}\right)^{2}$ 减去 $\left(f_{1}-f_{2}\right)^{2}$ 是为了消去各自产生的关于 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 的平方项。而且，$\left(f_{1}+f_{2}\right)^{2}-\left(f_{1}-f_{2}\right)^{2}$ 中已经包含了原二次型 $f$ 中有关于 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 的所有一次方项。

于是，我们只需要和原二次型 $f$ 对比，找出 $\varphi$ 中应该有的项（$\varphi$ 中不会含有关于 $x_{1}$ 或 $x_{2}$ 的项），如果这些项中含有平方项，则用前面的含有平方项的解法计算，如果不含有平方项，则按照这里不含有平方项的方法继续计算即可。

2.2 例题

用偏导数法将二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ $=$ $-4 x_{1} x_{2}+2 x_{1} x_{3}+2 x_{2} x_{3}$ 化为标准形。

2.3 解析

由于：

$$
a_{12}=-4 \neq 0
$$

因此，令：

$$
f_{1}=\frac{1}{2} \frac{\partial f}{\partial x_{1}}=\frac{1}{2}\left(-4 x_{2}+2 x_{3}\right)= -2 x_{2}+x_{3}
$$

$$
f_{2}=\frac{1}{2} \frac{\partial f}{\partial x_{2}}=\frac{1}{2}\left(-4 x_{1}+2 x_{3}\right)= -2 x_{1}+x_{3}
$$

则：

$$
f=\frac{1}{a_{12}}\left[\left(f_{1}+f_{2}\right)^{2}-\left(f_{1}-f_{2}\right)^{2}\right]+\varphi=
$$

$$
\frac{-1}{4}\left[\left(-2 x_{1}-2 x_{2}+2 x_{3}\right)^{2}-\left(2 x_{1}-2 x_{2}\right)^{2}\right]+\varphi =
$$

$$
-\left[\left(-x_{1}-x_{2}+x_{3}\right)^{2}-\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}\right]+\varphi \Rightarrow
$$

$$
f=-\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+x_{3}^{2}-2 x_{3}\left(x_{1}+x_{2}\right)-\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}\right] + \varphi \Rightarrow
$$

$$
f=-\left[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}\right) + x_{3}^{2}-2 x_{1} x_{3}-2 x_{2} x_{3}
$$

$$
\left.-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}\right]+\varphi \Rightarrow
$$

$$
f=-4 x_{1} x_{2}+2 x_{1} x_{3}+2 x_{2} x_{3}-x_{3}^{2} \Rightarrow
$$

$$
\varphi=x_{3}^{2} \Rightarrow
$$

$$
f=-\left(x_{1}+x_{2}-x_{3}\right)^{2}+\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+x_{3}^{2}
$$

于是，有：

$$
\left\{\begin{array}{l}y_{1}=x_{1}+x_{2}-x_{3} \\ y_{2}=x_{1}-x_{2} \\ y_{3}=x_{3}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}y_{1}=x_{1}+x_{2}-y_{3} \\ y_{2}=x_{1}-x_{2} \\ x_{3}=y_{3}\end{array} \Rightarrow\right.\right.
$$

$$
\left\{\begin{array}{l}x_{1}=\frac{1}{2}\left(y_{1}+y_{2}+y_{3}\right) \\ x_{2}=\frac{1}{2}\left(y_{1}-y_{2}+y_{3}\right) \\ x_{3}=y_{3}\end{array}\right.
$$

验证可知，行列式 $|C| \neq 0$:

$$
|C|=\left|\begin{array}{ccc}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{-1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right|=\frac{-1}{4}-\frac{1}{4}=\frac{-1}{2} \neq 0
$$

综上可知，二次型 $f$ 的标准型为：

$$
f=-y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}
$$

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