为什么配方法化二次型为标准型一定可以做到可逆线性变换

定理: 对任意一个 n 元二次型 $f(x_1,x_2,...,x_n)=x^{T}Ax$，都可以通过配方法，进行可逆线性变换 $x=Cy$，其中 $C$ 是可逆阵，化成标准形。即：

$$f(x_1,x_2,...,x_n)=x^{T}Ax\stackrel{x=Cy}{}{y}^T{C}^{T}ACy=d_1{y}_1^2+d_2{y}_2^2+\cdots +d_n{y}_n^2$$

由实对称矩阵必可相似对角化，即对任意一个 n 阶实对称矩阵 $A$，一定存在可逆阵 $C$ 使得 $C^{T}AC=\wedge$. 这个定理显然是正确的。但是如何直观地看出使用配方法也总能找到可逆线性变换呢？我用 3 元二次型的不同情况来说明这个定理的正确性。

情况一：
$$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+3x_2^2+5x_3^2+4x_1{x}_2-8x_2{x}_3-4x_3{x}_1$$

先把所有含 $x_1$ 的项配成一个完全平方，即有：
$$\begin{array}{rl}f& =2[x_1^2+2x_1(x_2-x_3)+(x_2-x_3{)}^2]+3x_2^2+5x_3^2-8x_2{x}_3-2(x_2-x_3{)}^2\\ & =2(x_1+x_2-x_3{)}^2+x_2^2+3x_3^2-4x_2{x}_3\end{array}$$
再把所有含 $x_2$ 的项配成一个完全平方，即：
$$\begin{array}{rl}f& =2(x_1+x_2-x_3{)}^2+(x_2^2-4x_2{x}_3+4x_3^2)+3x_3^2-4x_3^2\\ & =2(x_1+x_2-x_3{)}^2+(x_2-2x_3{)}^2-x_3^2\end{array}$$
引入新变量，令
{ y 1 = x 1 + x 2 − x 3 y 2 = x 2 − 2 x 3 y 3 = x 3       即 ( y 1 y 2 y 3 ) = [ 1 1 − 1 0 1 − 2 0 0 1 ] ( x 1 x 2 x 3 ) \left\{ \begin{align*} y_1 & = &x_1&+x_2& -x_3\\ y_2 & = && x_2 &-2x_3\\ y_3 & = & & &x_3 \end{align*} \right. \ \ \ \ \ \ 即 \begin{pmatrix} y_1\\ y_2\\ y_3 \end{pmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} ⎩ ⎨ ⎧​y1​y2​y3​​===​x1​​+x2​x2​​−x3​−2x3​x3​​      即 ​y1​y2​y3​​ ​= ​100​110​−1−21​ ​ ​x1​x2​x3​​ ​
这个变换矩阵是一个主对角线元素全部不为 0 的上三角矩阵，它显然是可逆的，所以 $y$ 和 $x$
之间肯定是存在可逆线性变换的。那么现在问题来了，该变换矩阵是上三角矩阵是显然的，但是万一有的行的主元是0呢，这样得到的矩阵岂不是不满秩了吗？怎么解决呢？请看情况二：

情况二：

$$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+3x_2^2+6x_3^2+4x_1{x}_2-8x_2{x}_3-4x_3{x}_1$$

先把所有含 $x_1$ 的项配成一个完全平方，即有：
$$\begin{array}{rl}f& =2[x_1^2+2x_1(x_2-x_3)+(x_2-x_3{)}^2]+3x_2^2+6x_3^2-8x_2{x}_3-2(x_2-x_3{)}^2\\ & =2(x_1+x_2-x_3{)}^2+x_2^2+4x_3^2-4x_2{x}_3\end{array}$$

再把所有含 $x_2$ 的项配成一个完全平方，即：
$$\begin{array}{rl}f& =2(x_1+x_2-x_3{)}^2+(x_2^2-4x_2{x}_3+4x_3^2)+3x_3^2-4x_3^2\\ & =2(x_1+x_2-x_3{)}^2+(x_2-2x_3{)}^2\end{array}$$
可是这时候经过前面的配方，$x_3^2$这一项已经消失了，这个时候好像只能引入两个新变量了，也就是：
$$\{\begin{array}{rlrlr}{y}_1& =& x_1& +x_2& -x_3\\ y_2& =& & x_2& -2x_3\end{array}$$

其实，这个时候我们可以人为地凑出第三个方程，将 $x_3^2$ 项的系数看成 0 ，也就是 $0x_3^2$，其实就相当于，无论 $y_3$ 取何值，都不影响 $f$ 的表达式。

一开始，用矩阵表示该转换是：
( y 1 y 2 ) = [ 1 1 − 1 0 1 − 2 ] ( x 1 x 2 x 3 ) \begin{pmatrix} y_1\\ y_2\\ \end{pmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1\\ 0 & 1 & -2\\ \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} (y1​y2​​)=[10​11​−1−2​] ​x1​x2​x3​​ ​
现在我们变为：
( y 1 y 2 y 3 ) = [ 1 1 − 1 0 1 − 2 0 0 a ] ( x 1 x 2 x 3 ) \begin{pmatrix} y_1\\ y_2\\ y_3 \end{pmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & a \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} ​y1​y2​y3​​ ​= ​100​110​−1−2a​ ​ ​x1​x2​x3​​ ​
其中，$a\ne 0$，刚刚已经说了，其实无论 $y_3$ 取何值，都不影响 $f$，因为 $f$ 的表达式 中 $y_3^2$ 项的系数为 0。但是只有当 $a\ne 0$，由 $x$ 到 $y$ 的转换才是可逆线性变换。一般地，为了方便起见，我们令 $a=1$，也就是 $y_3=x_3$。

所以，我们同样得到了一个可逆线性变换，只不过是在主元为 0 的那些行做了特殊取值。仔细思考，如果最初 $f$ 的表达式中 $x_1^2$项的系数为 0，这仍然说得通，因为在 $f$ 的表达式中 $x_1,x_2,x_3$的地位是对等的，所以我们可以先对系数不为 0 的 $x_2^2$ 或 $x_3^2$ 进行配方。

那么问题就来了，如果 $f$ 的表达式中，只有形如 $x_1{x}_2$, $x_2{x}_3$ 的交叉项，而没有 $x_i^2$ 的平方项怎么办呢？请看情况三：

情况三：

$$f(x_1,x_2,x_3)=x_1{x}_2+2x_1{x}_3+4x_2{x}_3$$

令 $x_1=y_1+y_2$， $x_2=y_1-y_2$， $x_3=y_3$，则有：
$$\begin{array}{rl}f& =(y_1+y_2)(y_1-y_2)+2(y_1+y_2)y_3+4(y_1-y_2)y_3\\ & =y_1^2-y_2^2+6y_1{y}_3-2y_2{y}_3\end{array}$$

进一步，我们再根据之前的方法，从 $y_1$开始配方，可得：
$$\begin{array}{rl}f& =(y_1+3y_3{)}^2-(y_2+y_3{)}^2-8y_3^2\end{array}$$
再引入新变量：

{ z 1 = y 1 + 3 y 3 z 2 = y 2 + y 3 z 3 = y 3       即 ( z 1 z 2 z 3 ) = [ 1 0 3 0 1 1 0 0 1 ] ( y 1 y 2 y 3 ) = [ 1 0 3 0 1 1 0 0 1 ] [ 1 1 0 1 − 1 0 0 0 1 ] − 1 ( x 1 x 2 x 3 ) \left\{ \begin{align*} z_1 & = y_1+3y_3\\ z_2 & = y_2+y_3\\ z_3 & = y_3 \end{align*} \right. \ \ \ \ \ \ 即 \begin{pmatrix} z_1\\ z_2\\ z_3 \end{pmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 3\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{pmatrix} y_1\\ y_2\\ y_3 \end{pmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 3\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1& 0\\ 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} ⎩ ⎨ ⎧​z1​z2​z3​​=y1​+3y3​=y2​+y3​=y3​​      即 ​z1​z2​z3​​ ​= ​100​010​311​ ​ ​y1​y2​y3​​ ​= ​100​010​311​ ​ ​110​1−10​001​ ​−1 ​x1​x2​x3​​ ​
这个新的线性变换已经构造出来了。

一般地，对于只含交叉项的 n 元二次多项式 $f$，我们假设 $f$ 中含有交叉项 $x_i{x}_j,i\ne j$，则我们令：$x_i=y_i+y_j$，$x_j=y_i-y_j$，$x_k=y_k,k\ne i，k\ne j$。先利用平方差构造出一个平方项，然后在逐次配方，也可以得到一个可逆线性变换。

综合以上三种情况，我们不难看出，配方法一定可以找到可逆线性变换，化二次型为标准型。