#二次型

#考点定位

• 大纲位置：线性代数第六章——二次型及其矩阵表示，合同变换与合同矩阵的概念，二次型的秩，化二次型为标准形、规范形（用正交变换和配方法），惯性定理，正定二次型与正定矩阵的判定（数一、数二公共考点）
• 常见题型：用正交变换化二次型为标准形（近十年线代压轴大题的固定形态：给含参二次型，先由"特征值/标准形"条件定参数，再正交对角化，最后问正定性）、配方法化标准形、由标准形/规范形反求参数、判断两矩阵是否合同（选择）、正定性的判定与证明（选择 + 大题收尾问）、已知正定求参数取值范围
• 考查频率：高。线代大题（约 11 分）近年高频落在"含参二次型 → 正交变换化标准形 → 正定性"主线上，本章是特征值理论的直接落地与收官
• 前置知识：特征值与特征向量（实对称矩阵正交对角化——正交变换法的全部理论基础）、矩阵（对称矩阵、可逆矩阵、合同变换即转置相乘）、行列式（顺序主子式计算）、向量组（内积、正交、施密特正交化）
• 定位：本章的每一道大题都是一条三段式管线：写对称矩阵 → 化标准形（正交变换法 = 实对称正交对角化的转述；配方法 = 初等代数技巧）→ 用惯性定理/正定判据下结论。理论新货只有两件：合同关系与惯性定理；其余全部是前面章节的组装。学完本章，线代六章闭环

#核心讲解

#二次型及其矩阵表示

定义（二次型）：含 $n$ 个变量 $x_1, \dots, x_n$ 的二次齐次多项式

$f(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_{ij}x_ix_j = a_{11}x_1^2 + 2a_{12}x_1x_2 + \cdots + 2a_{1n}x_1x_n + a_{22}x_2^2 + \cdots + a_{nn}x_n^2$

（约定交叉项系数写成 $2a_{ij}$，$a_{ij} = a_{ji}$）称为 $n$ 元二次型。系数全为实数时称实二次型（考研只处理实二次型）。

矩阵表示：令 $A = (a_{ij})_{n \times n}$ 为对称矩阵（$a_{ij} = a_{ji}$），$x = (x_1, \dots, x_n)^T$，则

$f = x^TAx$

称 $A$ 为二次型 $f$ 的矩阵，$r(A)$ 为二次型 $f$ 的秩。

一一对应与写矩阵规则：二次型与实对称矩阵一一对应——平方项 $a_{ii}x_i^2$ 直接落对角线；交叉项 $k\,x_ix_j\ (i \neq j)$ 对半拆开放在 $(i,j)$ 与 $(j,i)$ 位置各 $\dfrac{k}{2}$。最高频的计算事故就在这里：把交叉项系数整个写进单个非对角元，导致 $A$ 不对称、后面全盘错。

例：$f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 2x_2^2 - 3x_3^2 + 4x_1x_2 - 6x_1x_3$ 的矩阵为

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 2 & 2 & 0 \\ -3 & 0 & -3 \end{pmatrix}$

（$4x_1x_2$ 拆成 $2 + 2$，$-6x_1x_3$ 拆成 $-3 + (-3)$，无 $x_2x_3$ 项填 0）。

标准形与规范形：

#线性变换、合同变换与合同矩阵

定义（线性变换）：设 $x = Cy$（$C$ 为 $n$ 阶方阵），代入二次型得 $f = x^TAx = y^T(C^TAC)y$，记 $B = C^TAC$。若 $C$ 可逆，称 $x = Cy$ 为可逆（非退化）线性变换；若 $C$ 为正交矩阵，称正交变换。

为什么要求可逆：可逆变换是坐标系的"无损更换"（$y$ 与 $x$ 互相唯一确定），二次型的秩、正负惯性指数、正定性全部保持；不可逆变换会塌缩变量（如把两个变量并为一个），信息丢失，化出的"标准形"没有意义。正交变换额外保持内积与长度：$\|x\| = \|y\|$（因 $\|x\|^2 = x^Tx = y^TC^TCy = y^Ty$），因此保持几何形状——曲面 $f = c$ 在正交变换下只是旋转不动形，这是"用正交变换化二次曲面方程为标准形判别曲面类型"的依据。

定义（合同）：设 $A, B$ 为 $n$ 阶方阵，若存在可逆矩阵 $C$，使

$C^TAC = B$

则称 $A$ 与 $B$ 合同，记 $A \simeq B$。二次型经可逆线性变换后，新矩阵与原矩阵合同。

合同关系的性质：反身（$C = E$）、对称（换 $C^{-1}$，注意 $(C^{-1})^TAC^{-1}$）、传递（变换矩阵相乘 $C_2^TC_1^TAC_1C_2 = (C_1C_2)^TA(C_1C_2)$）——合同是等价关系。合同必等价（$C^T$ 也可逆），故 $r(B) = r(A)$。

合同关系下的不变量与完全判据（实对称矩阵）：

相似、合同、等价三者对比总表（选择题核心，与特征值章层级表合读）：

典型辨析（选择高频）：$A$ 与 $B$ 特征值相同（都可对角化）$\Rightarrow$ 相似 $\Rightarrow$ 合同？——错，相似不保证合同（相似不保持惯性指数的"符号分布"前提要看实对称；事实上两个都相似于同一对角阵的实对称阵彼此也合同，因为特征值即惯性指数来源；但一般阵相似与合同互不推出）。$A, B$ 都正定 $\Rightarrow$ 合同（都 $\simeq E$，传递性）——对，这是判合同的常用充分条件。

#化标准形之一：正交变换法（主方法，大题标准动作）

定理（正交变换法的依据）：实二次型 $f = x^TAx$（$A$ 实对称）必存在正交变换 $x = Qy$ 使 $f$ 化为标准形

$f = \lambda_1y_1^2 + \lambda_2y_2^2 + \cdots + \lambda_ny_n^2$

其中 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ 恰为 $A$ 的全部特征值。依据就是特征值章的实对称矩阵正交对角化定理：$Q^TAQ = \Lambda$，故 $f = x^TAx \xrightarrow{x = Qy} y^T\Lambda y$。正交变换法化标准形 = 实对称矩阵求正交对角化，一字不差地复用那套流程。

完整流程（五步）：

1. 写出二次型矩阵 $A$（对称，交叉项对半拆）
2. 求 $A$ 的全部特征值 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$（含重数）
3. 对每个特征值求特征向量；重特征值的特征子空间内部做施密特正交化，互异特征值之间天然正交不必处理
4. 全部向量单位化，按列拼成正交矩阵 $Q$（与 $\Lambda$ 对角元同序）
5. 作正交变换 $x = Qy$，得标准形 $f = \lambda_1y_1^2 + \cdots + \lambda_ny_n^2$

完整例题（模拟题）：用正交变换将二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = 2x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 + 2x_1x_2 + 2x_1x_3 + 2x_2x_3$ 化为标准形，并写出所用正交变换。

第 1 步：$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$（每个交叉项系数 2 对半拆成 $1 + 1$）。

第 2 步：$A$ 的各行和都是 4，故 $(1,1,1)^T$ 是 $\lambda = 4$ 的特征向量；由 $\mathrm{tr}\,A = 6$，另两个特征值之和为 2；又 $|A| = 4$（第 2、3 行加到第 1 行提取 4 后计算 $\left|\begin{smallmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{smallmatrix}\right| = 1$），故另两个特征值之积为 $\dfrac{|A|}{4} = 1$，解得均为 $1$。特征值：$4, 1, 1$（核验 $4 + 1 + 1 = 6 = \mathrm{tr}\,A$ ✓）。

第 3 步：$\lambda = 4$：$4E - A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得 $\xi_1 = (1, 1, 1)^T$。$\lambda = 1$（二重）：$E - A = \begin{pmatrix} -1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，秩 1，几何重数 $2 =$ 代数重数，基础解系 $\alpha_1 = (-1, 1, 0)^T$，$\alpha_2 = (-1, 0, 1)^T$。子空间内施密特：$\beta_1 = \alpha_1$；$\beta_2 = \alpha_2 - \dfrac{(\alpha_2, \beta_1)}{(\beta_1, \beta_1)}\beta_1 = (-1, 0, 1)^T - \dfrac{1}{2}(-1, 1, 0)^T = \left(-\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}, 1\right)^T$，取整 $\beta_2 = (1, 1, -2)^T$（验证与 $\beta_1$ 正交：$-1 + 1 + 0 = 0$ ✓）。

第 4 步：单位化 $\eta_1 = \dfrac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)^T$，$\eta_2 = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(-1, 1, 0)^T$，$\eta_3 = \dfrac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, -2)^T$，拼

$Q = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{3}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\dfrac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$

第 5 步：作 $x = Qy$，标准形为 $f = 4y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$。

关键提醒：标准形中平方项系数就是特征值，因此由"正交变换下的标准形"反推参数是命题最爱——如"已知正交变换后 $f$ 的标准形为 $4y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$"意味着 $A$ 的特征值为 $4, 1, 1$，用 $\mathrm{tr}$、$|A|$ 两条恒等式立方程解参数（见本章例题 1）。

#化标准形之二：配方法（初等代数路线，处理"无平方项"情形的备用武器）

配方法流程：

• 情形 A（某变量出现平方项，如 $a_{11} \neq 0$）：把含 $x_1$ 的项集中配方，再对剩余变量递归。配方后令 $y_i$ 等于各个"配方括号"，得可逆变换
• 情形 B（无任何平方项，交叉项形如 $2a_{12}x_1x_2 + \cdots$）：先做过渡变换 $x_1 = y_1 + y_2$，$x_2 = y_1 - y_2$，$x_3 = y_3,\ \dots$，制造出平方项，转情形 A

完整例题（模拟题，情形 A）：用配方法化 $f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 2x_2^2 + 5x_3^2 + 2x_1x_2 + 2x_1x_3 + 6x_2x_3$ 为标准形，并写出可逆变换与规范形。

先验证秩：$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 5 \end{pmatrix}$，$|A| = 1 \times (10 - 9) - 1 \times (5 - 3) + 1 \times (3 - 2) = 0$，$r(A) = 2$——标准形应只有 2 个平方项（这是配方结果的预检锚点）。

集中含 $x_1$ 的项配方：

$f = \left(x_1 + x_2 + x_3\right)^2 + \left[2x_2^2 + 6x_2x_3 + 5x_3^2 - (x_2 + x_3)^2\right] = (x_1 + x_2 + x_3)^2 + x_2^2 + 4x_2x_3 + 4x_3^2$

再对剩余部分配方：$x_2^2 + 4x_2x_3 + 4x_3^2 = (x_2 + 2x_3)^2$。故

$f = (x_1 + x_2 + x_3)^2 + (x_2 + 2x_3)^2$

令 $y_1 = x_1 + x_2 + x_3$，$y_2 = x_2 + 2x_3$，$y_3 = x_3$（第三式保证变换可逆），即 $y = C^{-1}x$ 其中

$\begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix},\qquad C = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\ (\text{上三角，可逆})$

标准形 $f = y_1^2 + y_2^2$。与预检一致（秩 2，两平方项）✓。规范形：系数已是 $1, 1, 0$，即 $f = y_1^2 + y_2^2$ 本身，正惯性指数 $p = 2$，负惯性指数 $0$。

情形 B 示意（模拟题）：$f = x_1x_2 + x_1x_3$。令 $x_1 = y_1 + y_2$，$x_2 = y_1 - y_2$，$x_3 = y_3$，代入得 $f = y_1^2 - y_2^2 + y_1y_3 + y_2y_3$，已出现平方项，转为情形 A 继续配方即可。

两种方法对比：

共同终点：无论哪种方法，规范形（系数 $\pm 1, 0$）与正负惯性指数必然一致——这正是惯性定理的内容。

#惯性定理与规范形

定理（惯性定理）：实二次型 $f$ 无论经过怎样的可逆线性变换化为标准形，其正平方项的个数 $p$（正惯性指数）与负平方项的个数 $q$（负惯性指数）都是不变量。等价陈述：任一实二次型经可逆线性变换可化为唯一确定的规范形

$f = y_1^2 + \cdots + y_p^2 - y_{p+1}^2 - \cdots - y_r^2,\qquad r = p + q = r(A) \leq n$

称 $p - q$ 为符号差。

证明思路（经典反证骨架，理解框架即可）：设 $f$ 经可逆变换 $x = By$ 化为 $p$ 个正项、$q$ 个负项；又经可逆变换 $x = Dy$ 化为 $p'$ 个正项、$q'$ 个负项，且 $p < p'$。记第一个坐标下正项指标集 $S_1$（$|S_1| = p$），第二个坐标下非正项（负项与零项）指标集 $T_2$（$|T_2| = r - p' + (n - r) = n - p'$）。构造 $\mathbb{R}^n$ 的子空间：$W = \{y \mid y_j = 0,\ j \in T_2\}$（令 $T_2$ 中坐标为零，其余自由），$\dim W = p'$；它在 $x$ 坐标下的原像与 $\{y \mid y_j = 0,\ j \in S_1\}$（维数 $n - p$）的交非零（两子空间维数之和 $p' + n - p > n$，维数公式保证交维数至少 $p' - p + 1 \geq 1$）。取交中非零向量 $x_*$：一方面它使第一标准形的非正项全为零而正项不全为零，故 $f(x_*) > 0$；另一方面它使第二标准形的正项全为零，故 $f(x_*) \leq 0$，矛盾。

惯性定理的三大推论：

1. 实对称矩阵合同的完全判据：$A \simeq B \iff$ 正负惯性指数对应相同。矩阵语言：每个实对称阵都合同于唯一规范形 $\mathrm{diag}(E_p, -E_q, O)$
2. 规范形唯一，标准形不唯一；正交变换法标准形（系数为特征值）在同序意义下唯一
3. 正定性的不变性：可逆线性变换不改变正定性（正惯性指数 $p = n$ 这一性质被保持）

由标准形读惯性指数（填空高频）：标准形中正系数个数 $= p$，负系数个数 $= q$，$r = p + q$。如正交变换下 $f = 4y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$：$p = 3, q = 0$，正定。

#正定二次型与正定矩阵

定义（正定）：实二次型 $f = x^TAx$ 若对任意非零实向量 $x$ 恒有 $f(x) > 0$，称 $f$ 为正定二次型，$A$ 为正定矩阵。若恒有 $f(x) \geq 0$（且存在非零 $x$ 使 $f(x) = 0$）称半正定；$-f$ 正定称 $f$ 负定。

注意：正定矩阵的前提是实对称矩阵。"设 $A$ 正定"这句题设本身就隐含 $A^T = A$——证明题第一步常是补证对称性（如对 $A^TA$：$(A^TA)^T = A^TA$ 自动成立）。

充要条件体系表（正定的六种等价刻画，每个都可作判据）：以下对实对称 $n$ 阶方阵 $A$ 等价：

顺序主子式指左上角 $k$ 阶子式（不是任意 $k$ 阶主子式）。三阶判正定：$a_{11} > 0$，$\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix} > 0$，$|A| > 0$，三个不等式联立。

必要条件（不充分，用于快速排除/检查）：若 $A$ 正定，则

• 主对角元全正：$a_{ii} > 0$（取 $x = e_i$）；推广：所有 $k$ 阶主子式（不只是顺序的）全大于 $0$
• $|A| > 0$（特征值之积），从而 $A$ 可逆
• $a_{ii}a_{jj} > a_{ij}^2$（二阶主子式推论，填空快判）

反例警示：$|A| > 0$ 推不出正定（$A = \mathrm{diag}(-1, -1, 1)$ 行列式为正但负定项存在）；$a_{ii} > 0$ 全正也推不出（$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ 对角全正但 $|A| = -3 < 0$）。必要条件只能"证伪"，不能"证实"。

判定流程（对具体矩阵）：

文字版：先确认对称 → 优先算各阶顺序主子式（计算量最小，$n$ 个行列式逐阶嵌套，高阶可对低阶结果增量计算）→ 全正即正定；若题目已给特征值或标准形，直接查"C2/C3"。

正定矩阵的运算封闭性（抽象证明题的积木，结论自明路线都是 C5/C2）：

负定、半正定速查（选择偶尔考）：负定 $\iff$ 特征值全负 $\iff$ 顺序主子式负正相间（$\Delta_1 < 0, \Delta_2 > 0, \Delta_3 < 0, \dots$）；半正定 $\iff$ 特征值全非负 $\iff$ 所有主子式（不止顺序）全非负。

#例题

例 1（由标准形条件反求参数，模拟题，大题第一问的典型形态）：已知二次型

$f(x_1, x_2, x_3) = 2x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 + 2ax_1x_2 + 2ax_1x_3 + 2x_2x_3$

在正交变换下的标准形为 $4y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$，求 $a$。

解析：二次型矩阵 $A = \begin{pmatrix} 2 & a & a \\ a & 2 & 1 \\ a & 1 & 2 \end{pmatrix}$。标准形系数即特征值：$4, 1, 1$。逐条使用恒等式：

• $\mathrm{tr}\,A = 2 + 2 + 2 = 6 = 4 + 1 + 1$ ✓（不含 $a$，不提供信息，但确认特征值翻译无误）
• $|A| = \prod\lambda_i = 4 \times 1 \times 1 = 4$。按第一行展开：

$|A| = 2(2 \cdot 2 - 1 \cdot 1) - a(a \cdot 2 - 1 \cdot a) + a(a \cdot 1 - 2 \cdot a) = 2 \times 3 - a^2 - a^2 = 6 - 2a^2$

令 $6 - 2a^2 = 4$，得 $a^2 = 1$，$a = \pm 1$。

• 检验重根条件（$\lambda = 1$ 为二重根，须几何重数为 2，即 $r(E - A) = 1$）：$a = 1$ 时 $E - A = \begin{pmatrix} -1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 \end{pmatrix}$ 秩 1 ✓；$a = -1$ 时 $E - A = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}$ 三行成比例，秩 1 ✓。两个值都满足，故 $a = \pm 1$。

点评：由标准形定参数的完整工具链是"特征值集合（含 0 与重数）→ $\mathrm{tr}$ 恒等式 → $|A|$ 恒等式 → 重根几何重数检验"。前两条负责配平约束，最后一条负责排除增根——只算到 $|A|$ 就下结论的答案在此类题中可能多解出错，检验一步不可省。

例 2（正定性求参数范围，模拟题）：当 $t$ 满足什么条件时，二次型 $f = x_1^2 + 2x_2^2 + 3x_3^2 + 2tx_1x_2 + 2x_1x_3$ 正定？

解析：$A = \begin{pmatrix} 1 & t & 1 \\ t & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}$。顺序主子式：

• $\Delta_1 = 1 > 0$ 恒成立
• $\Delta_2 = \begin{vmatrix} 1 & t \\ t & 2 \end{vmatrix} = 2 - t^2 > 0 \iff -\sqrt{2} < t < \sqrt{2}$
• $\Delta_3 = |A| = 1 \times 6 - t \times 3t + 1 \times (0 - 2) = 6 - 3t^2 - 2 = 4 - 3t^2 > 0 \iff -\dfrac{2}{\sqrt{3}} < t < \dfrac{2}{\sqrt{3}}$

取交集：$-\dfrac{2}{\sqrt{3}} < t < \dfrac{2}{\sqrt{3}}$（因 $\dfrac{2}{\sqrt{3}} < \sqrt{2}$，交集由 $\Delta_3$ 主导）。

点评：三个不等式必须取交集，只写 $\Delta_3 > 0$ 是高频丢分点（各阶顺序主子式要"全"大于零）。

例 3（抽象正定证明，模拟题）：设 $A$ 是 $m \times n$ 实矩阵且 $r(A) = n$，证明 $A^TA$ 正定。

解析：分两步走——先证对称，再套充要条件。

• 对称：$(A^TA)^T = A^T(A^T)^T = A^TA$ ✓
• 正定（用 C1 定义最顺）：对任意 $x \neq 0$，$x^TA^TAx = (Ax)^T(Ax) = \|Ax\|^2 \geq 0$。若 $\|Ax\|^2 = 0$ 则 $Ax = 0$，即 $x$ 是 $Ax = 0$ 的解；而 $r(A) = n$（列满秩）使 $Ax = 0$ 只有零解（见线性方程组），与 $x \neq 0$ 矛盾。故 $\|Ax\|^2 > 0$，$A^TA$ 正定

点评：这是正定证明题的第一模板（另两个高频模板：$A$ 正定 $\Rightarrow$ $A^{-1}$、$A^*$ 正定，走特征值路线；"$A$ 对称且特征值全正 $\Rightarrow aE + bA$ 正定"走 C2）。注意 $r(A) = n$ 这一条件不可去掉——$r(A) < n$ 时存在 $x \neq 0$ 使 $Ax = 0$，只能得半正定。

#常见坑

1. 二次型矩阵写错（第一事故源）：交叉项系数必须对半拆到对称位置；忘拆导致矩阵不对称，后续特征值、正定判断全错
2. 正定矩阵忘验对称性：题设"正定"隐含对称；自证题（如 $A^TA$）必须先补对称性证明再谈正定
3. 必要条件当充要条件用：$|A| > 0$、$a_{ii} > 0$、所有顺序主子式大于零中只验最后一个——正确规则是全部顺序主子式大于零；只验 $|A|$ 是最常见错误
4. "顺序主子式"与"主子式"混淆：C6 用的是左上角顺序主子式；半正定判定才需要所有主子式
5. 合同与相似混淆：合同判据是正负惯性指数，相似判据（实对称）是特征值；特征值相同的两实对称阵必合同，但一般阵不然
6. 正交变换与一般可逆变换混用：题目要求"正交变换"时配方法答案不合规（系数不是特征值）；题目只说"可逆变换/化标准形"时配方法更快
7. 惯性定理的适用前提：可逆线性变换才保持惯性指数；不可逆变换会把正惯性指数算小（变量塌缩）
8. 标准形答案不唯一但规范形唯一：填空问"标准形"时按题目指定方法给出；问"规范形/惯性指数"时答案唯一，用任何方法算都应殊途同归（交叉验算手段）
9. 负定判据记错：负定是顺序主子式负正相间（$\Delta_1 < 0, \Delta_2 > 0, \dots$），不是"全负"

#自测

1. 写出 $f(x_1, x_2, x_3) = 2x_1^2 + 3x_2^2 - x_3^2 + 4x_1x_2 - 8x_1x_3 + 6x_2x_3$ 的矩阵 $A$，计算 $|A|$ 并求 $r(f)$
2. 用配方法将第 1 题的二次型化为标准形与规范形，并指出正、负惯性指数
3. 判断矩阵 $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ 是否正定（用顺序主子式），再用特征值法复核
4. 已知实对称矩阵 $A$ 满足 $A^2 - 3A + 2E = O$，问 $A$ 是否正定？说明理由
5. 设 $A$ 为三阶正定矩阵，证明：$A^{-1}$ 与 $A + E$ 都正定

#自测答案与简析

1. $A = \begin{pmatrix} 2 & 2 & -4 \\ 2 & 3 & 3 \\ -4 & 3 & -1 \end{pmatrix}$。按第一行展开：$|A| = 2(3 \cdot (-1) - 3 \cdot 3) - 2(2 \cdot (-1) - 3 \cdot (-4)) + (-4)(2 \cdot 3 - 3 \cdot (-4)) = 2(-12) - 2(10) - 4(18) = -116 \neq 0$，故 $r(f) = r(A) = 3$
2. 含 $x_1$ 平方项，先集中含 $x_1$ 的项配方：

$f = 2x_1^2 + 4x_1(x_2 - 2x_3) + \left[3x_2^2 + 6x_2x_3 - x_3^2\right] = 2\left(x_1 + x_2 - 2x_3\right)^2 - 2(x_2 - 2x_3)^2 + 3x_2^2 + 6x_2x_3 - x_3^2$

合并剩余项：$-2(x_2 - 2x_3)^2 + 3x_2^2 + 6x_2x_3 - x_3^2 = x_2^2 + 14x_2x_3 - 9x_3^2$；再配方：$x_2^2 + 14x_2x_3 - 9x_3^2 = (x_2 + 7x_3)^2 - 58x_3^2$。故

$f = 2\left(x_1 + x_2 - 2x_3\right)^2 + \left(x_2 + 7x_3\right)^2 - 58x_3^2$

令 $y_1 = x_1 + x_2 - 2x_3$，$y_2 = x_2 + 7x_3$，$y_3 = x_3$（可逆变换），标准形 $2y_1^2 + y_2^2 - 58y_3^2$，规范形 $z_1^2 + z_2^2 - z_3^2$；正惯性指数 $p = 2$、负惯性指数 $q = 1$，与第 1 题 $r(f) = p + q = 3$ 交叉核验一致 ✓ 3. $\Delta_1 = 2 > 0$；$\Delta_2 = \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} = 3 > 0$；$\Delta_3 = |A| = 2(4) - 1(2) + 1(-2) = 4 > 0$，正定。特征值法复核：$|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda-2 & -1 & -1 \\ -1 & \lambda-2 & 0 \\ -1 & 0 & \lambda-2 \end{vmatrix} = (\lambda-2)^3 - (\lambda - 2) - (\lambda - 2) = (\lambda-2)\left[(\lambda-2)^2 - 2\right]$，特征值 $2, 2 \pm \sqrt{2} \approx 3.41, 0.59$ 全正 ✓，两法一致 4. $A^2 - 3A + 2E = O$ 说明特征值满足 $\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0$，$\lambda \in \{1, 2\}$，全正；$A$ 实对称，故正定。注意：若题设只说"$A$ 满足矩阵方程"而不保证对称，则不能直接称"正定矩阵"（正定前提是对称），需先证 $A^T = A$ 5. $A$ 正定 $\Rightarrow$ 特征值 $\lambda_i > 0$ 且 $A$ 对称。$A^{-1}$ 对称且特征值 $1/\lambda_i > 0$，正定；$A + E$ 对称且特征值 $\lambda_i + 1 > 0$，正定。两条都走"对称 + C2"模板