>[!example] 例题1
>设 n 阶矩阵 $A=[a_{ij}]_{n\times n}$，则二次型 $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2$ 的矩阵为$\underline{\qquad}$。


**答案**：$\boxed{A^T A}$

**解析：**
记$A_i$为$A$中除了第$i$行全都改为$0$的矩阵，$\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}x_1&x_2&\cdots&x_n\end{bmatrix}^T$。那么$$A_i\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}0 & 0 & \cdots & 0\\\vdots & \vdots & &\vdots\\a_{i1} & a_{i2} & \cdots &a_{in}\\\vdots & \vdots & &\vdots\\0 & 0 & \cdots & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\\vdots\\\sum\limits_{j=1}^{n}a_{ij}x_j\\\vdots\\0\end{bmatrix}$$则$$(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2=(\sum\limits_{j=1}^{n}a_{ij}x_j)^2=(A_i\boldsymbol{x})^TA_i\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}^TA_i^TA_i\boldsymbol{x}$$将二次型用上式展开得：

$$\begin{aligned}
f(\boldsymbol{x})&=\sum_{i=1}^{n}(\boldsymbol{x}^TA_i^TA_i\boldsymbol{x})\\
&=\boldsymbol{x}^T(\sum\limits_{i=1}^nA_i^TA_i)\boldsymbol{x}\\
&=\boldsymbol{x}^T(\sum\limits_{i=1}^nA_i^T\sum\limits_{i=1}^nA_i)\boldsymbol{x}\\
&=\boldsymbol{x}^T(A^T A)\boldsymbol{x}
\end{aligned}$$
其中因为$A_i^TA_j=\boldsymbol{0},$如果$i\neq j$，所以
$$\sum\limits_{i=1}^nA_i^T\sum\limits_{i=1}^nA_i=\sum\limits_{i=1}^nA_i^TA_i$$

• 二次型的矩阵需满足**对称性质**（即矩阵等于其转置），验证：$(A^T A)^T=A^T(A^T)^T=A^T A$，故 $A^T A$ 是对称矩阵，即为二次型的矩阵。


>[!example] 例题2.
>设实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1x_2-2x_1x_3+2ax_2x_3$ 通过正交变换可化为标准型 $f=2y_1^2+2y_2^2+by_3^2$。
(1)求 a，b 及所用正交变换矩阵 $\boldsymbol{Q}$；
(2)证明 $\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$ 为正定矩阵。


**解析**
(1) 二次型及其对应的标准形的矩阵分别为

$$\boldsymbol{A}=
\begin{bmatrix}
1 & -1 & -1 \\
-1 & 1 & a \\
-1 & a & 1
\end{bmatrix},\quad
\boldsymbol{B}=
\begin{bmatrix}
2 & & \\
& 2 & \\
& & b
\end{bmatrix}.$$
因为$\boldsymbol{A}\sim\boldsymbol{B}$，所以$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,b，从而由
$|2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=-a^2-2a-1=0$
知$a=-1$，又$\text{tr}\boldsymbol{A}=\text{tr}\boldsymbol{B}$，则b=-1。于是$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,-1。
对于$\lambda$=2，解$(2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$得对应的线性无关特征向量为$\boldsymbol{p}_1=(1,0,-1)^{\text{T}}$，$\boldsymbol{p}_2=(1,-2,1)^{\text{T}}$，
单位化得
$\boldsymbol{q}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1)^{\text{T}},\quad \boldsymbol{q}_2=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1)^{\text{T}}$.
对于$\lambda=-1$，解$(-\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}得对应的特征向量为\boldsymbol{p}_3=(1,1,1)^{\text{T}}$，单位化得
$\boldsymbol{q}_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^{\text{T}}$.
所求正交矩阵为
$$\boldsymbol{Q}=[\boldsymbol{q}_1\ \boldsymbol{q}_2\ \boldsymbol{q}_3]=\frac{1}{\sqrt{6}}
\begin{bmatrix}
\sqrt{3} & 1 & \sqrt{2} \\
0 & -2 & \sqrt{2} \\
-\sqrt{3} & 1 & \sqrt{2}
\end{bmatrix}$$
(2) 因$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,-1，故$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$的特征值为4,4,1，则$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$的所有特征值为正，
从而$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$为正定矩阵。



>[!example] 例题3.
>已知实二次型
$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2-4x_1x_2+2ax_2x_3\quad (a\ge 0)$通过正交变换$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$可化为标准形$y_1^2-2y_2^2+4y_3^2$。
(1) 求a的值及正交矩阵$\boldsymbol{Q}$。
(2) 当$\|\boldsymbol{x}\|=2$时，求解一个向量$\boldsymbol{x}使得f(x_1,x_2,x_3)$取最大值。

**解析**
(1)
由已知条件知
$$\boldsymbol{A}=
\begin{bmatrix}
2 & -2 & 0 \\
-2 & 1 & a \\
0 & a & 0
\end{bmatrix}$$

的三个特征值为$\lambda_1$=1,$\lambda_2$=-2,$\lambda_3$=4
又由
$$|\boldsymbol{A}|=
\begin{vmatrix}
2 & -2 & 0 \\
-2 & 1 & a \\
0 & a & 0
\end{vmatrix}
=-2a^2=-8$$

因$a\ge$ 0，故a=2，于是
$$\boldsymbol{A}=
\begin{bmatrix}
2 & -2 & 0 \\
-2 & 1 & 2 \\
0 & 2 & 0
\end{bmatrix}$$
将$\lambda_1=1代入(\lambda_1\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得
$$\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=
\begin{bmatrix}
-1 & 2 & 0 \\
2 & 0 & -2 \\
0 & -2 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & -1 \\
0 & 1 & -\frac12 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}$$
故对应于$\lambda_1$=1的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_1=(1,\frac12,1)^{\text{T}}$，单位化得
$$\boldsymbol{e}_1=\left(\frac23,\frac13,\frac23\right)^{\text{T}}.$$
将$\lambda_2$=-2代入$(\lambda_2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得
$$-2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=
\begin{bmatrix}
-4 & 2 & 0 \\
2 & -3 & -2 \\
0 & -2 & -2
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & \frac12 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.$$
故对应于$\lambda_2$=-2的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_2=(-\frac12,-1,1)^{\text{T}}$，单位化得
$$\boldsymbol{e}_2=\left(-\frac13,-\frac23,\frac23\right)^{\text{T}}$$
将$\lambda_3$=4代入$(\lambda_3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得
$$4\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=
\begin{bmatrix}
2 & 2 & 0 \\
2 & 3 & -2 \\
0 & -2 & 4
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & -2 \\
0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.$$
故对应于$\lambda_3$=4的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_3=(-2,2,1)^{\text{T}}$，单位化得
$$\boldsymbol{e}_3=\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$
因此，所求正交矩阵为
$$\boldsymbol{Q}=
[\boldsymbol{e}_1\ \boldsymbol{e}_2\ \boldsymbol{e}_3]=
\begin{bmatrix}
\frac23 & -\frac13 & -\frac23 \\
\frac13 & -\frac23 & \frac23 \\
\frac23 & \frac23 & \frac13
\end{bmatrix}.$$
(2)
因$$\|\boldsymbol{x}\|^2=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{x}=(\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y})^{\text{T}}(\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y})=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{Q}^{\text{T}}\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{y}=\|\boldsymbol{y}\|^2$$
则当$\|\boldsymbol{x}\|$=2时，$\|\boldsymbol{y}\|$=2。
又令$\boldsymbol{y}=(y_1,y_2,y_3)^{\text{T}}$，有
$$f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{y}=y_1^2-2y_2^2+4y_3^2$$
显然当$\boldsymbol{y}=2\boldsymbol{e}_3$时，$f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}$取到最大值16。此时
$$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=\boldsymbol{Q}(2\boldsymbol{e}_3)=2\boldsymbol{e}_3=2\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$
注：(2) 也可以取$\boldsymbol{y}=-2\boldsymbol{e}_3$，此时
$$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=-2\boldsymbol{e}_3=-2\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$

