@ -131,10 +131,24 @@ $$\boldsymbol{\varepsilon}_3=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1+2\boldsymbol{\alpha}_2
>满足条件的一组标准正交向量为：$$\boldsymbol{\alpha}_1 = \frac{1}{\sqrt{21}}\begin{bmatrix}2\\1\\4\\0\end{bmatrix},\quad\boldsymbol{\alpha}_2 = \frac{1}{3\sqrt{105}}\begin{bmatrix}-2\\20\\-4\\21\end{bmatrix}$$
# Section 2 实对称矩阵的正交变换与二次型
## 实对称矩阵在相似变换时的特殊性
## 正交变换及合同
>[!danger] 待整合
>与一个**实对称矩阵** 相似：特征值及其几何重数、代数重数相等
>合同：惯性相同（正惯性指数、负惯性指数、$0$ 数都相同）且本身也是**实对称矩阵**.
>即：如果 $A$ 与 $B$ 合同，且 $A$ 是实对称矩阵，则 $B$ 也是实对称矩阵。
>证明：$B=P^\mathrm TAP \Rightarrow B^\mathrm T=(P^\mathrm TAP)^\mathrm T=P^\mathrm TA^\mathrm TP=P^\mathrm TAP$，即 $B^\mathrm T=B$
>[!example] 例题
>已知三阶实对称矩阵 $A$ 与 $\begin{bmatrix}2& 0& 0\\0& 1& 0\\0& 0& -3\end{bmatrix}$ 相似，则下列矩阵中，与 $A$ 相似但不合同的是
>A. $\begin{bmatrix}1& 1& 1\\1& 1& 1\\1& 1& 1\end{bmatrix}\qquad$ B. $\begin{bmatrix}-3& 0& 0\\0& 1& 0\\0& 0& 2\end{bmatrix}\qquad$ C. $\begin{bmatrix}-3& 1& 1\\0& 1& 1\\0& 0& 2\end{bmatrix}\qquad$ D. $\begin{bmatrix}1& 0& 0\\0& -2& 0\\0& 0& 3\end{bmatrix}$
>[!note] 解析
>与一个**实对称矩阵** 相似：特征值及其几何重数、代数重数相等
>合同：惯性相同（正惯性指数、负惯性指数、$0$数都相同）且本身也是**实对称矩阵**
> $C$ 选项的特征值与 $A$ 相同，然而, $C$ 选项的矩阵不是对称矩阵
## 二次型
二次型，顾名思义，就是二次函数，只不过是 $n$ 元函数，当元数比较小时，我们可以清楚地画出它的图像，判断其几何形状，推得相应对的性质，然而一旦维度升高，我们是无法想象其空间几何构型的，只能从代数的角度了解其性质。因此引入二次型矩阵的概念，通过描述矩阵性质，进而得出函数的性质。
@ -182,20 +196,187 @@ $$\boldsymbol{\varepsilon}_3=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1+2\boldsymbol{\alpha}_2
**特点**：标准型系数为 $A$ 的特征值，具有唯一性（不计顺序）；正交变换保持向量长度、夹角不变，几何意义明确（如旋转、反射变换）；但计算量较大，需求解特征值和特征向量。
#### 方法间核心区别与关联
**区别**： ） ， ； ： （ ， ） ， ； ： ， ；
**区别**：见下表
|方法|配方法|合同变换法|正交变换法|
|:---:|:----:|:----:|:----------------:|
| 本质 | 一般合同变换 | 一般合同变换 | 正交合同变换，变换矩阵为正交矩阵 |
| 标准型系数 | 仅保持惯性 | 仅保持惯性 | 特征值 |
| 计算复杂度 | 低 | 中 | 高 |
| 几何意义 | 无几何约束 | 无几何约束 | 保持几何度量（变换后图形形状不改变） |
>[!faq] 思考
>正交变换法的“保持几何度量”如何反映在代数方面？
**关联**：所有方法均基于可逆线性代换，本质都是矩阵的合同对角化；无论哪种方法得到的标准型，其正、负惯性指数均由惯性定理保证恒定，最终都可通过进一步代换化为唯一的规范型。
#### 考察方向
>[!summary] 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。
>[!summary] 最基本的方法：
>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。
##### 求标准形
1. 已知二次型（直接求）
>[!example] （
>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 $P$， & \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 $y_1^2+y_2^2+4y_3^2$
2. 含参数的二次型
通常而言， ， （
>[!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.
>[!danger] 待整合
>与一个**实对称矩阵** 相似：特征值及其几何重数、代数重数相等
>合同：惯性相同（正惯性指数、负惯性指数、$0$ 数都相同）且本身也是**实对称矩阵**.
>即：如果 $A$ 与 $B$ 合同，且 $A$ 是实对称矩阵，则 $B$ 也是实对称矩阵。
>证明：$B=P^\mathrm TAP \Rightarrow B^\mathrm T=(P^\mathrm TAP)^\mathrm T=P^\mathrm TA^\mathrm TP=P^\mathrm TAP$，即 $B^\mathrm T=B$
>[!note] 解：
>二次型的矩阵为 $\displaystyle \boldsymbol A=\begin{bmatrix}1& 0& b\\0& 2& 0\\b& 0& -2\end{bmatrix}$，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 $\varepsilon_1=(\frac{2}{\sqrt{5}},0,\frac{1}{\sqrt{5}})^T,\varepsilon_2=(0,1,0)^T,\varepsilon_3=(-\frac{1}{\sqrt{5}},0,\frac{2}{\sqrt{5}})^T$，故正交变换为 $\boldsymbol C=\begin{bmatrix}\frac{2}{\sqrt{5}}& 0& \frac{1}{\sqrt{5}}\\0& 1& 0\\-\frac{1}{\sqrt{5}}& 0& \frac{2}{\sqrt{5}}\end{bmatrix},$ 标准型为 $\displaystyle f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2. $
>[!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
>A. $\begin{bmatrix}1& 1& 1\\1& 1& 1\\1& 1& 1\end{bmatrix}\qquad$ B. $\begin{bmatrix}-3& 0& 0\\0& 1& 0\\0& 0& 2\end{bmatrix}\qquad$ C. $\begin{bmatrix}-3& 1& 1\\0& 1& 1\\0& 0& 2\end{bmatrix}\qquad$ D. $\begin{bmatrix}1& 0& 0\\0& -2& 0\\0& 0& 3\end{bmatrix}$
>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 $\displaystyle y_1^2+y_2^2$.
>（ ） ；
>（ ）
>[!note] 解：
>（ ） & 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 $\boldsymbol P_2=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& 0\\0& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\0& 0& 1\end{bmatrix}$, 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 $\boldsymbol P=\boldsymbol P_1\boldsymbol P_2=\begin{bmatrix}0& \frac{1}{\sqrt{2}}& 1\\\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& 0\\0& \frac{1}{\sqrt{2}}& -1\end{bmatrix}$.
>（ ） （ ） ，
>由（ ） ， & 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，$f_{\max}=2.$
>[!attention] 注意！
>经可逆线性变换 $\boldsymbol x=\boldsymbol P \boldsymbol y$ 得到的标准形只能保持惯性不变，只能反映特征值的正负，其系数不等于特征值！在做题时一定要看清楚是**可逆线性变换**还是**正交变换**！
>[!attention] 注意！
>变换矩阵中列向量排列的顺序要和对角矩阵中元素的顺序保持一致！
上面的那道题用到了正交变换几何形状不变的优良特性，当 $||\boldsymbol x||=1$ 时，正交变换得到的 $\boldsymbol z$ 也满足 $||\boldsymbol z||=1$，因为不改变向量长度。
类似的题目还有：
>[!example] （
>已知实二次型 $f(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}^{2} + x_{2}^{2} - 4x_{1}x_{2} + 2ax_{2}x_{3} \quad (a\geq 0)$ 通过正交变换$\pmb {x} = Q\pmb{y}$ 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 ${Q}$。
>(2) 当 $\| \boldsymbol {x}\| = 2$ 时，求解一个向量 $\pmb{x}$ 使得 $f(x_{1},x_{2},x_{3})$ 取最大值。
>[!note] 解析
>与一个**实对称矩阵** 相似：特征值及其几何重数、代数重数相等
>合同：惯性相同（正惯性指数、负惯性指数、$0$数都相同）且本身也是**实对称矩阵**
> $C$ 选项的特征值与 $A$ 相同，然而, $C$ 选项的矩阵不是对称矩阵
>(1) 由已知条件得 $A=\begin{bmatrix}2& -2& 0\\2& 1& a\\0& a& 0\end{bmatrix}$ 的三个特征值为 $\lambda_1=1,\lambda_2=-2,\lambda_3=4$，
>又由 $|A|=\begin{vmatrix}2& -2& 0\\-2& 1& a\\0& a& 0\end{vmatrix}=-2a^2=-8$ 且 $a\ge0$ 得 $a=2$，故 $A=\begin{bmatrix}2& -2& 0\\-2& 1& 2\\0& 2& 0\end{bmatrix}$，
>将 $\lambda_1=1$ 代入 $(\lambda E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol0$ 并求解得
>$E-A=\begin{bmatrix}-1& 2& 0\\2& 0& -2\\0& -2& 1\end{bmatrix}\to \begin{bmatrix}1& 0& -1\\0& 1& -\frac{1}{2}\\0& 0& 0\end{bmatrix}$
>故对应 $\lambda_1=1$ 的特征向量为 $\xi_1=(2,1,2)^\mathrm T$；
>将 $\lambda_2=-2$ 代入 $(\lambda E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol0$ 并求解得
>$-2E-A=\begin{bmatrix}-4& 2& 0\\2& -3& -2\\0& -2& -2\end{bmatrix}\to \begin{bmatrix}1& 0& \frac{1}{2}\\0& 1& 1\\0& 0& 0\end{bmatrix}$
>故对应 $\lambda_2=-2$ 的特征向量为 $\xi_2=(-1,-2,2)^\mathrm T$；
>将 $\lambda_3=4$ 代入 $(\lambda E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol0$ 并求解得
>$4E-A=\begin{bmatrix}2& 2& 0\\2& 3& -2\\0& -2& 4\end{bmatrix}\to \begin{bmatrix}1& 0& 2\\0& 1& -2\\0& 0& 0\end{bmatrix}$
>故对应 $\lambda_2=-2$ 的特征向量为 $\xi_3=(-2,2,1)^\mathrm T$；
>故 $Q_0=\begin{bmatrix}\xi_1& \xi_2& \xi_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2& -1& -2\\1& -2& 2\\2& 2& 1\end{bmatrix}$
>单位化得 $Q=\dfrac{1}{3}Q_0=\dfrac{1}{3}\begin{bmatrix}2& -1& -2\\1& -2& 2\\2& 2& 1\end{bmatrix}$
>(2) $\|\boldsymbol x\| = 2\to\|\boldsymbol y\| = 2$
>又 $f(x_1,x_2,x_3)=y_{1}^{2} - 2y_{2}^{2} + 4y_{3}^{2}$，
>则当 $\boldsymbol y=(0,0,2)^\mathrm T$ 时，$f(x_1,x_2,x_3)=16$ 取得最大值，此时 $\boldsymbol x=Q\boldsymbol y=-\frac{2}{3}(-2,2,1)^\mathrm T$.
>[!done] 思考题结论
>“保持几何度量”体现在代数中最直观常用的就是变换后向量长度不变。
>>证明：对于正交矩阵 $P$，若 $\boldsymbol x=P\boldsymbol y$ $\|\boldsymbol x\|$
配方法化标准形考察较少，此方法熟悉即可：
>[!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形。
>[!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 $\displaystyle f={y_1}^2+{y_2}^2+95{y_3}^2$.
>注：配方法主要要注意，第一次配要把$x_1$ 配干净，即在括号外面没有含 $x_1$ 的项，第二次就是 $x_2$，以此类推。
但上文提到的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。
##### 抽象二次型
>[!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 $6$ ，
>[!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 $6y_1^2$.
>[!done] 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。
有的时候，是题目给我们一个正交变换，求原矩阵：
>[!example] （
>已知实二次型 $f(x_{1},x_{2},x_{3})=\boldsymbol{x}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{y}$ 下的标准形为 $3y_{1}^{2}+3y_{2}^{2}$ ,且 $\boldsymbol{P}$ 的第3列为 $\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ ,求 $\boldsymbol{A}$
>[!note] 解析
>由题意可知 $A$ 的特征值为 $\lambda_1=\lambda_2=3,\lambda_3=0$，且 $A$ 对应于特征值
>$\lambda_3=0$ 的 1 个特征向量为 $\boldsymbol{\alpha}_3=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$.
>设 $A$ 对应于特征值 $\lambda_1=\lambda_2=1$ 的特征向量为 $\boldsymbol{\alpha}=\begin{bmatrix}z_1\\z_2\\z_3\end{bmatrix}$，则 $\boldsymbol{\alpha}$与$\boldsymbol{\alpha}_3$ 正交，即满足方程组 $z_1+z_2+z_3=0$，求得该方程组的一个基础解系 $\boldsymbol{\alpha}_1=\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix},\boldsymbol{\alpha}_2=\begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}$.
>令 $\boldsymbol{Q}=[\boldsymbol{\alpha}_1\ \boldsymbol{\alpha}_2\ \boldsymbol{\alpha}_3]=\begin{bmatrix}-1& 1& 1\\1& 1& 1\\0& -2& 1\end{bmatrix}$，则有 $\boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\begin{bmatrix}3& 0& 0\\0& 3& 0\\0& 0& 0\end{bmatrix}$.
>从而$$\boldsymbol{A}=\boldsymbol{Q}\begin{bmatrix}3& 0& 0\\0& 3& 0\\0& 0& 0\end{bmatrix}\boldsymbol{Q}^{-1}=\begin{bmatrix}-1& 1& 1\\1& 1& 1\\0& -2& 1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3& 0& 0\\0& 3& 0\\0& 0& 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-\dfrac{1}{2}& \dfrac{1}{2}& 0\\\\\dfrac{1}{6}& \dfrac{1}{6}& -\dfrac{1}{3}\\\\\dfrac{1}{3}& \dfrac{1}{3}& \dfrac{1}{3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2& -1& -1\\-1& 2& -1\\-1& -1& 2\end{bmatrix}$$
##### 其他类型
>[!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 $\boldsymbol x=(x_1,x_2,x_3)^T,\boldsymbol y=(y_1,y_2,y_3)^T,\boldsymbol z=(z_1,z_2,z_3)^T,\boldsymbol C=\begin{bmatrix}1& 2& 2\\0& 1& 2\\0& 2& 1\end{bmatrix}$，
>解法一： $\boldsymbol x=\boldsymbol{Cy},\boldsymbol x=\boldsymbol C\begin{bmatrix}0& -1& 0\\-1& 0& 0\\0& 0& 1\end{bmatrix}\boldsymbol z$，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$\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=4(-z_2)^2-\frac{1}{2}(-z_1)^2=-\frac{1}{2}z_1^2+4z_2^2.$
##### 正定性
通常而言，我们目前能接触到的正定性相关题目需要从正定性的定义出发
正定/负定的定义及相关的反映
对于对称矩阵 $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$：
| 正定性 | 定义 | 二次型 | 特征值（惯性） |
| :-: | :---------------------------------------------------------------------------------: | :----: | :-----: |
| 正定 | $\forall\boldsymbol x\in\mathbb{R}^n\backslash\{\boldsymbol 0\}, x^\mathrm TAx>0$ | 恒大于零 | 全正 |
| 半正定 | $\forall\boldsymbol x\in\mathbb{R}^n\backslash\{\boldsymbol 0\}, x^\mathrm TAx\ge0$ | 恒大于等于零 | 全非负 |
| 半负定 | $\forall\boldsymbol x\in\mathbb{R}^n\backslash\{\boldsymbol 0\}, x^\mathrm TAx\le0$ | 恒小于等于零 | 全非正 |
| 负定 | $\forall\boldsymbol x\in\mathbb{R}^n\backslash\{\boldsymbol 0\}, x^\mathrm TAx< 0 $ | 恒小于零 | 全负 |
| 不定 | 上述都不满足 | 不定 | 有正有负 |
在正定性的判别中，还有顺序主子式判别法.....%%TODO: COMPLETE THIS%%
>[!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 $k>0,l\ge0$，
>[!note] 证明：
>由题意，$\boldsymbol A$ 正定，于是 $\boldsymbol x^T\boldsymbol A\boldsymbol x>0,\boldsymbol x\neq\boldsymbol 0$；
>[!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 $.
也有不少题需要用到正定性的性质，需要多加注意：
>[!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 $.
>[!example] 例题
>$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 $0< t < 2 .$
