## 二次型
二次型的题目有以下几种基本考点：
>1. 求标准型（规范型）；
>2. 求把二次型变为标准型的正交变换矩阵；
>3. 求一定条件下二次型函数的最值；
>4. 正定性。

最基本的方法就是：
>1. 求特征值和特征向量；
>2. 把特征向量拼接起来成为变换矩阵；
>3. 或者把特征向量标准正交化，再拼接起来成为正交变换矩阵。

>[!example] （[[线代2022秋B|2022]]）例题
>设实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2-2x_1x_3-2x_2x_3$ 通过正交变换 $\boldsymbol x=P\boldsymbol y$ 可化为标准形，求所用的正交变换 $\boldsymbol x=P\boldsymbol y$ 及对应的标准形.

>[!note]- 解：
> 二次型的矩阵为 $A=\begin{bmatrix}2&1&-1\\1&2&-1\\-1&-1&2\end{bmatrix}$
> 其特征多项式为 $|\lambda E-A|=\begin{bmatrix}\lambda-2&-1&1\\-1&\lambda-2&1\\1&1&\lambda-2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\lambda-1&-1&1\\1-\lambda&\lambda-2&1\\0&1&\lambda-2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\lambda-1&-1&1\\0&\lambda-3&2\\0&1&\lambda-2\end{bmatrix}$
> 即为 $(\lambda-1)^2(\lambda-4)$
> 故 $A$ 的特征值为 $1,1,4$
> 当 $\lambda=1$ 时，解方程 $(E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，对方程组的系数矩阵进行初等行变换：$E-A=\begin{bmatrix}-1&-1&1\\-1&-1&1\\1&1&-1\end{bmatrix}\to\begin{bmatrix}1&1&-1\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}$
> 得特征向量 $\boldsymbol\alpha_1=\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix},\boldsymbol\alpha_2=\begin{bmatrix}1\\1\\2\end{bmatrix}$.
> 当 $\lambda=4$ 时，解方程组 $(4E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，对方程组的系数矩阵进行初等行变换：$4E-A=\begin{bmatrix}2&-1&1\\-1&2&1\\1&1&2\end{bmatrix}\to\begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&1\\0&0&0\end{bmatrix}$
> 得特征向量 $\boldsymbol\alpha_1=\begin{bmatrix}-1\\-1\\1\end{bmatrix}$
> 令 $P_0=\begin{bmatrix}-1&1&-1\\1&1&-1\\0&2&1\end{bmatrix}$，对 $P_0$ 作正交化得 $P$，$P=\begin{bmatrix}-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{3}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{3}}\\0&\frac{2}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{bmatrix}$
> 对应的标准形矩阵 $\Lambda=\begin{bmatrix}1&&\\&1&\\&&4\end{bmatrix}$，标准形为 $y_1^2+y_2^2+4y_3^2$

但以上方法均是针对已知二次型的，如果题目给的二次型是一个抽象的，就需要更加灵活地运用不同的方法。

>[!example] 例题
>证明：已知实二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3,x_4)=\boldsymbol x^T\boldsymbol A \boldsymbol x$ 中，$\displaystyle \boldsymbol A^T=\boldsymbol A,\boldsymbol A$ 的各行元素之和等于 $6$ ，$\boldsymbol A$ 的秩等于 $1$,则 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)$ 在正交变换 $\boldsymbol x=\boldsymbol{Cy}$ 作用下可得到标准型 $6y_1^2$.

>[!note] 证明：
>$\boldsymbol A$ 的各行元素之和等于 $6$，即 $\boldsymbol A\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}6\\6\\6\end{bmatrix}=6\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$，于是 $6$ 是矩阵 $\boldsymbol A$ 对应向量 $\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ 的特征值，其代数重数至少为 $1$。
>又 $\boldsymbol A$ 的秩为 $1$，所以齐次线性方程组 $\boldsymbol{Ax}=\boldsymbol 0$ 解空间的维数是 $2$，故 $0$ 也是矩阵 $\boldsymbol A$ 的特征值，几何重数为 $2$，代数重数也至少为 $2$。由上可知，矩阵 $\boldsymbol A$ 的特征值为 $6,0,0$，故二次型 $f$ 可以由正交变换得到标准型 $6y_1^2$.

**题后总结：** 这道题的关键就在于怎么理解 “$\boldsymbol A$ 的各行元素之和等于 $6$” ，如果能正确地翻译这个条件，那这道题就迎刃而解了。至于怎么想到这一点，我可以提供一个思路：对矩阵 $\boldsymbol A$ 右乘一个向量，可以理解为是对 $\boldsymbol A$ 的列向量组进行线性组合；而题目中说各行元素之和为 $6$，这就是说把矩阵的三个列向量加在一起等于 $\begin{bmatrix}6\\6\\6\end{bmatrix}$，这样就能很顺利地解决这道题目了。

>[!example] 例题
>已知实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol x^T \boldsymbol A \boldsymbol x$ 在可逆线性变换 $\begin{bmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1& 2&2\\0&1&2\\0&2&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\\ y_3\end{bmatrix}$ 的作用下得到标准型 $\displaystyle 4y_1^2-\frac{1}{2}y_2^2$，则二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 在可逆线性变换 $\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-2 & -1 & 2\\-1 & 0 & 2\\-2 & 0 & 1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}z_1\\z_2\\z_3\end{bmatrix}$ 的作用下可以得到标准型$\underline{\qquad}$.

>[!note] 解：
>记 $\boldsymbol x=(x_1,x_2,x_3)^T,\boldsymbol y=(y_1,y_2,y_3)^T,\boldsymbol z=(z_1,z_2,z_3)^T,\boldsymbol C=\begin{bmatrix}1&2&2\\0&1&2\\0&2&1\end{bmatrix}$，于是 $\boldsymbol x=\boldsymbol{Cy},\boldsymbol x=\boldsymbol C\begin{bmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{bmatrix}\boldsymbol z$，从而$$\boldsymbol x=\boldsymbol C\begin{bmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}z_1\\z_2\\z_3\end{bmatrix}=\boldsymbol C\begin{bmatrix}-z_2\\-z_1\\z_3\end{bmatrix},$$于是此变换下标准型为$\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=4(-z_2)^2-\frac{1}{2}(-z_1)^2=-\frac{1}{2}z_1^2+4z_2^2.$

**题后总结：** 此题关键在于理解<span style='color:orange'>可逆矩阵与初等变换之间的关系</span>。如果能看到前一个线性变换和后一个线性变换之间<span style='color:orange'>只差了两次初等变换</span>，把初等变换写成矩阵的形式，并运用矩阵乘法的结合律，就能够解出这道题了。
**补充：** 如果<span style='color:orange'>两个变换矩阵之间的关系不那么明显</span>，可以采用如下机械化的方法：记 $\boldsymbol x=C_1\boldsymbol y,\boldsymbol x=C_2\boldsymbol z$, 则 $C_1\boldsymbol y=C_2\boldsymbol z\Rightarrow \boldsymbol y=C_1^{-1}C_2\boldsymbol z$, 然后根据已有的标准型转化为要求的标准型。

>[!example] 例题
>把二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2^2+6x_2x_3+100x_3^2$ 通过配方法化为标准型。

>[!note] 解：
>$\displaystyle f=(x_1+x_2+x_3)^2+(x_2+2x_3)^3+95{x_3}^2$，令 $\displaystyle y_1=x_1+x_2+x_3,y_2=x_2+2x_3,y_3=x_3$，得 $\displaystyle f={y_1}^2+{y_2}^2+95{y_3}^2$

**题后总结：** 配方法主要要注意，<span style='color:orange'>第一次配要把</span> $\color{orange}x_1$ <span style='color:orange'>配干净</span>，即在括号外面没有含 $x_1$ 的项，第二次就是 $x_2$，以此类推。

>[!example] 例题
>设二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+2x_2^2-2x_3^2+2bx_1x_3,(b>0),$ 其中二次型的矩阵特征值之和为 $1$，之积为 $-12$. 求正交变换将二次型化为标准型. 

>[!note] 解：
>二次型的矩阵为 $\displaystyle \boldsymbol A=\begin{bmatrix}a&0&b\\0&2&0\\b&0&-2\end{bmatrix}$，设其特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 则有$$\begin{aligned}\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|\boldsymbol A|=2(-2a&-b^2)=-12,\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=a+2-2=1\\&\implies a=1,b=2.\end{aligned}$$从而有$\displaystyle|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=(\lambda-2)^2(\lambda-3)=0\implies \lambda_1=\lambda_2=2,\lambda_3=-3.$
>考虑 $\lambda=2$，则 $\displaystyle 2\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\-2&0&4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 于是特征值 $2$ 的几何重数为 $2$, 对应的线性无关的特征向量可以为 $\displaystyle\xi_1=(2,0,1)^T,\xi_2=(0,1,0)^T$.
>考虑 $\lambda=-3$，则 $\displaystyle -3\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}-4&0&-2\\0&-5&0\\-2&0&-1\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}2&0&1\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}$，则特征值 $-3$ 几何重数为 $1$, 对应的特征向量为 $\xi_3=(-1,0,2)^T$.
>对上述三个特征向量正交化得 $\displaystyle\varepsilon_1=(2/\sqrt{5},0,1/\sqrt{5})^T,\varepsilon_2=(0,1,0)^T,\varepsilon_3=(-1/\sqrt{5},0,2/\sqrt{5})^T,$ 故正交变换为 $\boldsymbol C=\begin{bmatrix}2/\sqrt{5}&0&-1/\sqrt{5}\\0&1&0\\1/\sqrt{5}&0&2/\sqrt{5}\end{bmatrix},$ 标准型为 $\displaystyle f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$

**题后总结：** 当二次型当中有参数的时候，要利用特征值的性质（和、积）把参数算出来，然后就是正常流程。

>[!example] 例题
>证明：已知实二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3,x_4)=\boldsymbol x^T\boldsymbol A \boldsymbol x$ 中，$\displaystyle \boldsymbol A^T=\boldsymbol A, |\boldsymbol A|<0,$ 则必存在非零向量 $\displaystyle\boldsymbol c=(c_1,c_2,c_3,c_4)^T$，使得 $\displaystyle f(c_1,c_2,c_3,c_4)=0$.

>[!note] 证明：
>设 $\displaystyle \boldsymbol A$ 的特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4$,则有 $|\boldsymbol A|=\lambda_1\lambda_2\lambda_3\lambda_4<0$，故四个特征值中有奇数个负数，故必定有正有负，从而二次型 $f$ 是不定的，故存在非零向量 $\displaystyle\boldsymbol c=(c_1,c_2,c_3,c_4)^T$，使得 $\displaystyle f(c_1,c_2,c_3,c_4)=0$.

**题后总结：** 利用特征值正负与正定性的关系，以及特征值之积等于行列式，可以得出结论。
**补充：** 
- 正定 $\Leftrightarrow$ 二次型恒大于零（在 $x_i$ 不全为 $0$ 的时候）$\Leftrightarrow$ 特征值全正；
- 半正定 $\Leftrightarrow$ 二次型恒大于等于零（在 $x_i$ 不全为 $0$ 的时候）$\Leftrightarrow$ 特征值全非负；
- 负定 $\Leftrightarrow$ 二次型恒小于零（在 $x_i$ 不全为 $0$ 的时候）$\Leftrightarrow$ 特征值全负；
- 半负定 $\Leftrightarrow$ 二次型恒小于等于零（在 $x_i$ 不全为 $0$ 的时候）$\Leftrightarrow$ 特征值全非正；
- 不定 $\Leftrightarrow$ 二次型有正有负也有零（在 $x_i$ 不全为 $0$ 的时候）$\Leftrightarrow$ 特征值有正有负（可以有零也可以没有）

>[!example] 例题
>证明：已知 $n$ 阶方阵 $\boldsymbol A$ 的特征值全大于 $0$, $\boldsymbol B$ 为 $n$ 半正定矩阵，则对任意 $k>0,l\ge0$，$k\boldsymbol A+l\boldsymbol B$ 正定.

>[!note] 证明：
>由题意，$\boldsymbol A$ 正定，于是 $\boldsymbol x^T\boldsymbol A\boldsymbol x>0,\boldsymbol x\neq\boldsymbol 0$；$\boldsymbol B$ 正定，于是 $\boldsymbol x^T\boldsymbol B\boldsymbol x\ge0,\boldsymbol x\neq\boldsymbol 0$. 则 $\boldsymbol x^T(k\boldsymbol A+l\boldsymbol B)\boldsymbol x=k\boldsymbol x^T\boldsymbol A\boldsymbol x+l\boldsymbol x^T\boldsymbol B\boldsymbol x>0$，于是由定义，$k\boldsymbol A+l\boldsymbol B$ 正定.

**题后总结：** 正定性很多时候都需要用定义来判断。不要忘记定义！

>[!example] 例题
>已知 $n$ 阶实对称矩阵 $A$ 为正定矩阵， $n$ 阶实矩阵 $B$ 使得 $A-B^\text{T}AB$ 也为正定矩阵，证明 $B$ 的特征值 $\lambda$ 满足关系式 $|\lambda|<1$.

>[!note] 证明：
>由于 $A$ 为正定矩阵，所以对任意 $\boldsymbol x\neq\boldsymbol 0,$ 有 $\boldsymbol x^\text{T}A\boldsymbol x>0.$ 
>考虑矩阵 $B$ 对应特征值 $\lambda$ 的特征向量 $\boldsymbol p\neq\boldsymbol 0$, 则由特征值的定义知 $B\boldsymbol p=\lambda\boldsymbol p$. 由正定性可知 $$\begin{aligned}\boldsymbol p^\text{T}(A-B^\text{T}AB)\boldsymbol p&=\boldsymbol p^\text{T}A\boldsymbol p-\boldsymbol p^\text{T}B^\text{T}AB\boldsymbol p\\&=\boldsymbol p^\text{T}A\boldsymbol p-(B\boldsymbol p)^\text{T}A(B\boldsymbol p)\\&=(1-\lambda^2)\boldsymbol p^\text{T}A\boldsymbol p>0\end{aligned}.$$于是 $1-\lambda^2>0$，即 $|\lambda|<1$.

**题后总结：** 这道题目比较刁钻，但并非没有思路。同样是要从正定性的<span style='color:orange'>定义</span>出发，也可以找到思路。

>[!example] 例题
>已知二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+ax_3^2+2x_1x_3$ 经可逆线性变换 $\boldsymbol x=\boldsymbol P \boldsymbol y$ 化为 $\displaystyle y_1^2+y_2^2$.
>（1）求 $a$ 的值及可逆矩阵 $\boldsymbol P$；
>（2）当 $\boldsymbol x=(x_1,x_2,x_3)^T$ 且 $\boldsymbol x^T\boldsymbol x=1$ 时，求 $f(x_1,x_2,x_3)$ 的最大值，并求满足 $x_1=x_2>0$ 的最大值点.

>[!note] 解：
>（1）由题意知 $f$ 的正惯性指数为 $2$，负惯性指数为 $0$. 二次型的矩阵为 $\boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&1\\0&2&0\\1&0&a\end{bmatrix}$, 则 $\boldsymbol A$ 有特征值 $0$，所以 $|\boldsymbol A|=0\implies2(a-1)=0\implies a=1$,  故 $\boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&1\\0&2&0\\1&0&1\end{bmatrix}.$
>考虑特征多项式 $|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=\lambda(\lambda-2)^2=0 \implies \lambda_1=0,\lambda_2=\lambda_3=2.$ 
>$\lambda=0$ 时，$-\boldsymbol A\rightarrow \begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 取 $\eta_1=(1,0,-1)^T$；
>$\lambda=2$ 时，$2\boldsymbol E-\boldsymbol A\rightarrow \begin{bmatrix}1&0&-1\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 取 $\eta_2=(1,0,1)^T,\eta_3=(0,1,0)^T$. 
>取 $\boldsymbol P_1=\begin{bmatrix}\eta_3\ \eta_2\ \eta_1\end{bmatrix}$, 则有 $\boldsymbol P_1^T\boldsymbol A\boldsymbol P_1=\begin{bmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&0\end{bmatrix},$ 再取 $\boldsymbol P_2=\begin{bmatrix}1/\sqrt{2}&0&0\\0&1/\sqrt{2}&0\\0&0&1\end{bmatrix}$, 有$\boldsymbol P_2^T\boldsymbol P_1^T\boldsymbol A\boldsymbol P_1\boldsymbol P_2=(\boldsymbol P_1\boldsymbol P_2)^T\boldsymbol A(\boldsymbol P_1\boldsymbol P_2)=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 所以 $\boldsymbol P=\boldsymbol P_1\boldsymbol P_2=\begin{bmatrix}0&1/\sqrt{2}&1\\1/\sqrt{2}&0&0\\0&1/\sqrt{2}&-1\end{bmatrix}$.
>（2）由 $\boldsymbol x^T\boldsymbol x=1$ 知 $x_1^2+x_2^2+x_3^2=1$.  由（1）知，存在正交变换 $\boldsymbol x=C\boldsymbol z$，使得 $\displaystyle f\overset{\boldsymbol x=C\boldsymbol z}{=}2(z_1^2+z_2^2)$. 由于正交变换不改变向量长度，有 $z_1^2+z_2^2+z_3^2=1\Rightarrow z_1^2+z_2^2=1-z_3^2$, 带入得 $$f=2(1-z_3^2)\le2, \text{等号当且仅当} z_3=0 \text{时取得.}$$
>由（1），可取正交矩阵 $\displaystyle C=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\0 & 1 & 0 \\\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}$，则 $\displaystyle \boldsymbol x=\begin{bmatrix}\frac{z_1}{\sqrt{2}} \\ z_2 \\ \frac{z_1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}$. 当 $x_1=x_2$ 时， $\displaystyle z_1=\sqrt 2z_2=\frac{\sqrt 6}{3}\Rightarrow x_1=x_2=x_3=\frac{1}{\sqrt 3}$. 故 当$\boldsymbol x=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}} \\[4pt]\frac{1}{\sqrt{3}} \\[4pt]\frac{1}{\sqrt{3}}\end{bmatrix}$ 时，$f_{\max}=2.$


**题后总结：** （1）二次型里面求变换矩阵和原矩阵的题目都很多，这里取一道求变换矩阵的。要注意：<span style="color:orange">变换矩阵中列向量排列的顺序要和它对应的特征值一致</span>。比如如果把题设条件改成 “化为 $y_1^2+y_3^2$ ”，那得出的变换矩阵 $P$ 就不是这样的。
求变换矩阵的一般步骤是：
1. 求特征值及对应的线性无关的特征向量；
2. 如果需要正交化就把特征向量组进行正交化‘
3. 按照题目要求的顺序拼接特征向量得到初步的变换矩阵 $P_1$；
4. 再按照题目要求的系数大小配凑一个对角矩阵 $P_2$；
5. 得到最终的变换矩阵 $P=P_1P_2$.
（2）这是一问是求特定条件下二次型的最值。关键是找到这个正交矩阵，利用题设条件变形即可得出答案。这道题还要求我们把正交变换求出来——那就求嘛！

>[!example] 例题
>$t$ 为何值时，二次型 $f(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+3tx_4^2+tx_1x_2+2tx_3x_4$ 是正定的？

>[!note] 解：
>二次型对应的矩阵为 $A=\begin{bmatrix}1 & \dfrac{t}{2} & 0 & 0 \\[6pt]\dfrac{t}{2} & 1 & 0 & 0 \\[6pt]0 & 0 & 1 & t \\[6pt]0 & 0 & t & 3t\end{bmatrix}.$ 由于二次型是正定的，故其矩阵的顺序主子式均大于零，所以$$\begin{vmatrix} 1 & \dfrac{t}{2} \\ \dfrac{t}{2} & 1 \end{vmatrix} = 1 - \dfrac{t^2}{4}>0,\begin{vmatrix}1 & \dfrac{t}{2} & 0 \\\dfrac{t}{2} & 1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{vmatrix}=1-\dfrac{t^2}{4}>0,$$
>$$|A|=\begin{vmatrix}1 & \dfrac{t}{2} & 0 & 0 \\[6pt]\dfrac{t}{2} & 1 & 0 & 0 \\[6pt]0 & 0 & 1 & t \\[6pt]0 & 0 & t & 3t\end{vmatrix}=(1 - \dfrac{t^2}{4})(3t-t^2)>0,$$故 $0<t<2.$

**题后总结：** 利用顺序主子式讨论正定性，这是讨论<span style="color:orange">带参数</span>的二次型正定性的主要方法。

## 合同
我们一般只讨论实对称矩阵的合同关系。由于实对称矩阵一定可相似对角化，且特征值一定为实数，故只要两个实对称矩阵的特征值正负惯性指数相同，它们就是合同的。另外，合同是一种等价关系，具有传递性，所以我们可以把一个矩阵合同变换化为对角矩阵，然后再判断它与其他矩阵是否合同。

>[!example] 例题
>已知三阶实对称矩阵 $A$ 与 $\begin{bmatrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&-3\end{bmatrix}$ 相似，则下列矩阵中，与 $A$ 相似但不合同的是（）
>$\text{A.}\begin{bmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{bmatrix}.\qquad\text{B.}\begin{bmatrix}-3&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{bmatrix}.\qquad\text{C.}\begin{bmatrix}-3&1&1\\0&1&1\\0&0&2\end{bmatrix}.\qquad\text{D.}\begin{bmatrix}1&0&0\\0&-2&0\\0&0&3\end{bmatrix}.$

>[!note] 解：
>易知 $A$ 的特征值为 $2,1,-3$. 
>（A）矩阵有特征值 $0$, 不相似；
>（B）显然相似且合同；
>（C）显然相似，但不是实对称矩阵，不合同；
>（D）正负惯性指数相同，所以合同，但特征值不同，所以不相似。
>综上，选（C）。
