合同变换法

合同变换法

已知二次型 $f=x^{T}Ax$，求变换 $x=Py$，使得二次型化为标准型 $f=y^T\Lambda y$，且 $P^{T}AP=\Lambda$。该过程的实质是一次合同变换，即

$$[A,E]\stackrel{对A,E作初等行变换，对A作相应的初等列变换}{}[\Lambda ,P^T]$$

具体的操作看下面几个例子。

一、实对称矩阵 A 对角元素均不为零

【例 1】将二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+5x_2^2+5x_3^2+2x_1{x}_2-4x_1{x}_3$ 化为标准型。

【解】由合同变换得

[ 1 1 − 2 1 0 0 1 5 0 0 1 0 − 2 0 5 0 0 1 ] → r 2 − r 1 [ 1 1 − 2 1 0 0 0 4 2 − 1 1 0 − 2 0 5 0 0 1 ] → c 2 − c 1 [ 1 0 − 2 1 0 0 0 4 2 − 1 1 0 − 2 2 5 0 0 1 ] → r 3 + 2 r 1 [ 1 0 − 2 1 0 0 0 4 2 − 1 1 0 0 2 1 2 0 1 ] → c 3 + 2 c 1 [ 1 0 0 1 0 0 0 4 2 − 1 1 0 0 2 1 2 0 1 ] → ( ∗ ) r 3 − 1 2 r 2 [ 1 0 0 1 0 0 0 4 2 − 1 1 0 0 0 0 5 2 − 1 2 1 ] → c 3 − 1 2 c 2 [ 1 0 0 1 0 0 0 4 0 − 1 1 0 0 0 0 5 2 − 1 2 1 ] \begin{aligned} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 1 & -2 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 5 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 5 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_2-r_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 1 & -2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 5 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2-c_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & -2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 2 & 5 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_3+2r_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & -2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 2 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3+2c_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 2 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{(*)r_3-\frac{1}{2}r_2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{5}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3-\frac{1}{2}c_2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{5}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned} r2​−r1​ ​r3​+2r1​ ​(∗)r3​−21​r2​ ​​ ​11−2​150​−205​100​010​001​​ ​ ​10−2​140​−225​1−10​010​001​​ ​c2​−c1​ ​ ​10−2​042​−225​1−10​010​001​​ ​ ​100​042​−221​1−12​010​001​​ ​c3​+2c1​ ​ ​100​042​021​1−12​010​001​​ ​ ​100​040​020​1−125​​01−21​​001​​ ​c3​−21​c2​ ​ ​100​040​000​1−125​​01−21​​001​​ ​​

所以标准型为 $y_1^2+4y_2^2$，所作变换矩阵为 P = [ 1 − 1 5 2 0 1 − 1 2 0 0 1 ] P = \left[ \begin{matrix} 1 & -1 & \frac{5}{2} \\ 0 & 1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right] P= ​100​−110​25​−21​1​ ​，使 $x=Py$。

若要求规范型，需对上述继续作合同变换，将 $\Lambda$ 上的对角元素 $a$ 化为 $-1$ 或 $1$ 或 $0$，为此需作一次初等倍乘行变换（$r_n/\sqrt{a}$），再对应作一次初等倍乘列变换（$c_n/\sqrt{a}$）。

→ r 2 / 4 [ 1 0 0 1 0 0 0 2 0 − 1 2 1 2 0 0 0 0 5 2 − 1 2 1 ] → c 2 / 4 [ 1 0 0 1 0 0 0 1 0 − 1 2 1 2 0 0 0 0 5 2 − 1 2 1 ] \begin{aligned} & \xrightarrow{r_2 / \sqrt{4}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{5}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2 / \sqrt{4}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{5}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned} ​r2​/4 ​ ​ ​100​020​000​1−21​25​​021​−21​​001​​ ​c2​/4 ​ ​ ​100​010​000​1−21​25​​021​−21​​001​​ ​​

所以规范型为 $z_1^2+z_2^2$，所作变换矩阵为 Q = [ 1 − 1 2 5 2 0 1 2 − 1 2 0 0 1 ] Q = \left[ \begin{matrix} 1 & -\frac{1}{2} & \frac{5}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right] Q= ​100​−21​21​0​25​−21​1​ ​，使 $x=Qz$。

需要注意的是，合同变换的实质仍是配方，但配方法只是用了某种坐标变换，得到标准型的系数，不一定是特征值（不要以为使用该方法得到的 $\Lambda$ 就是特征值！$\Lambda$ 只能指示正、负和零特征值的个数，即正、负惯性指数一定是唯一的）。只有进行正交变换得到的系数才是特征值。

由此可知，二次型的标准型并不唯一，但是规范型唯一！如对（*）处还可作如下合同变换

→ ( ∗ ) r 3 ↔ r 2 [ 1 0 0 1 0 0 0 2 1 2 0 1 0 4 2 − 1 1 0 ] → c 3 ↔ c 2 [ 1 0 0 1 0 0 0 1 2 2 0 1 0 2 4 − 1 1 0 ] → r 3 − 2 r 2 [ 1 0 0 1 0 0 0 1 2 2 0 1 0 0 0 − 5 1 − 2 ] → c 3 − 2 c 2 [ 1 0 0 1 0 0 0 1 0 2 0 1 0 0 0 − 5 1 − 2 ] \begin{aligned} \xrightarrow{(*)r_3 \leftrightarrow r_2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & 2 & -1 & 1 & 0 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3 \leftrightarrow c_2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 4 & -1 & 1 & 0 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_3-2r_2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -5 & 1 & -2 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3-2c_2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -5 & 1 & -2 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned} (∗)r3​↔r2​ ​r3​−2r2​ ​​ ​100​024​012​12−1​001​010​​ ​c3​↔c2​ ​ ​100​012​024​12−1​001​010​​ ​ ​100​010​020​12−5​001​01−2​​ ​c3​−2c2​ ​ ​100​010​000​12−5​001​01−2​​ ​​

所以标准型为 $y_1^2+y_2^2$，所作变换矩阵为 P = [ 1 2 − 5 0 0 1 0 1 − 2 ] P = \left[ \begin{matrix} 1 & 2 & -5 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ \end{matrix} \right] P= ​100​201​−51−2​ ​，使 $x=Py$。

【例 2】（2014 年数二第 14 题）设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2-x_2^2+2a{x}_1{x}_2+4x_2{x}_3$ 的负惯性指数为 $1$，求 $a$ 的取值范围。

【解】本题可使用配方法，但对于填空题来说比较麻烦。不妨采用合同变换法迅速解决本题。

[ 1 0 a 1 0 0 0 − 1 2 0 1 0 a 2 0 0 0 1 ] → r 3 − a r 1 [ 1 0 a 1 0 0 0 − 1 2 0 1 0 0 2 − a 2 1 − a 0 1 ] → c 3 − a c 1 [ 1 0 0 1 0 0 0 − 1 2 0 1 0 0 2 − a 2 1 − a 0 1 ] → r 3 + 2 r 2 [ 1 0 0 1 0 0 0 − 1 2 0 1 0 0 0 4 − a 2 1 − a 2 1 ] → c 3 + 2 c 2 [ 1 0 0 1 0 0 0 − 1 0 0 1 0 0 0 4 − a 2 1 − a 2 1 ] \begin{aligned} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & a & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ a & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_3-ar_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & a & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -a^2 & 1-a & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3-ac_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -a^2 & 1-a & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_3+2r_2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4-a^2 & 1-a & 2 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3+2c_2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4-a^2 & 1-a & 2 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned} r3​−ar1​ ​r3​+2r2​ ​​ ​10a​0−12​a20​100​010​001​​ ​ ​100​0−12​a2−a2​101−a​010​001​​ ​c3​−ac1​ ​ ​100​0−12​02−a2​101−a​010​001​​ ​ ​100​0−10​024−a2​101−a​012​001​​ ​c3​+2c2​ ​ ​100​0−10​004−a2​101−a​012​001​​ ​​

因为负惯性指数为 $1$，所以 $4-a^2\ge 0$，解得 $-2\le a\le 2$。

二、实对称矩阵 A 对角元素有零

当发现二次型所对应的实对称矩阵 $A$ 上的对角元素为 0 时，需要先想办法将对角线上的元素变成不为 0 的数，具体看下例。

【例 3】将二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1{x}_2+2x_1{x}_3+2x_2{x}_3$ 化为标准型。

【解】发现对角线上第一个元素为 0，为使其不为 0，可将第二行加到第一行上，相应的就要作一次列变换，将第二列加到第一列上。对角线上其他位置为 0 的元素也是类似的处理方法。

[ 0 1 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 ] → r 1 + r 2 [ 1 1 2 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 ] → c 1 + c 2 [ 2 1 2 1 1 0 1 0 1 0 1 0 2 1 0 0 0 1 ] → r 2 − 1 2 r 1 [ 2 1 2 1 1 0 0 − 1 2 0 − 1 2 1 2 0 2 1 0 0 0 1 ] → c 2 − 1 2 c 1 [ 2 0 2 1 1 0 0 − 1 2 0 − 1 2 1 2 0 2 0 0 0 0 1 ] → r 3 − r 1 [ 2 0 2 1 1 0 0 − 1 2 0 − 1 2 1 2 0 0 0 − 2 − 1 − 1 1 ] → c 3 − c 1 [ 2 0 0 1 1 0 0 − 1 2 0 − 1 2 1 2 0 0 0 − 2 − 1 − 1 1 ] \begin{aligned} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_1+r_2} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_1+c_2} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 2 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_2-\frac{1}{2}r_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 2 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2-\frac{1}{2}c_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 2 & 0 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ \xrightarrow{r_3-r_1} & \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 2 & 0 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3-c_1} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 2 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned} r1​+r2​ ​r2​−21​r1​ ​r3​−r1​ ​​ ​011​101​110​100​010​001​​ ​ ​111​101​210​100​110​001​​ ​c1​+c2​ ​ ​212​101​210​100​110​001​​ ​ ​202​1−21​1​200​1−21​0​121​0​001​​ ​c2​−21​c1​ ​ ​202​0−21​0​200​1−21​0​121​0​001​​ ​ ​200​0−21​0​20−2​1−21​−1​121​−1​001​​ ​c3​−c1​ ​ ​200​0−21​0​00−2​1−21​−1​121​−1​001​​ ​​

所以标准型为 $2y_1^2-\frac{1}{2}{y}_2^2-2y_3^2$，所作变换矩阵为 P = [ 1 − 1 2 − 1 1 1 2 − 1 0 0 1 ] P = \left[ \begin{matrix} 1 & -\frac{1}{2} & -1 \\ 1 & \frac{1}{2} & -1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right] P= ​110​−21​21​0​−1−11​ ​，使 $x=Py$。

若要求规范型，则继续进行变换

→ r 1 / 2 [ 2 0 0 1 2 1 2 0 0 − 1 2 0 − 1 2 1 2 0 0 0 − 2 − 1 − 1 1 ] → c 1 / 2 [ 1 0 0 1 2 1 2 0 0 − 1 2 0 − 1 2 1 2 0 0 0 − 2 − 1 − 1 1 ] → r 2 / 1 2 [ 1 0 0 1 2 1 2 0 0 − 1 2 0 − 1 2 1 2 0 0 0 − 2 − 1 − 1 1 ] → c 2 / 1 2 [ 1 0 0 1 2 1 2 0 0 − 1 0 − 1 2 1 2 0 0 0 − 2 − 1 − 1 1 ] → r 3 / 2 [ 1 0 0 1 2 1 2 0 0 − 1 0 − 1 2 1 2 0 0 0 − 2 − 1 2 − 1 2 1 2 ] → c 3 / 2 [ 1 0 0 1 2 1 2 0 0 − 1 0 − 1 2 1 2 0 0 0 − 1 − 1 2 − 1 2 1 2 ] \begin{aligned} & \xrightarrow{r_1/\sqrt{2}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} \sqrt{2} & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_1/\sqrt{2}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ & \xrightarrow{r_2/\frac{1}{\sqrt{2}}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_2/\frac{1}{\sqrt{2}}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array} \end{matrix} \right] \\ & \xrightarrow{r_3/\sqrt{2}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & -\sqrt{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \end{array} \end{matrix} \right] \xrightarrow{c_3/\sqrt{2}} \left[ \begin{matrix} \begin{array}{ccc | ccc} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & -1 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \end{array} \end{matrix} \right] \end{aligned} ​r1​/2 ​ ​ ​2 ​00​0−21​0​00−2​2 ​1​−21​−1​2 ​1​21​−1​001​​ ​c1​/2 ​ ​ ​100​0−21​0​00−2​2 ​1​−21​−1​2 ​1​21​−1​001​​ ​r2​/2 ​1​ ​ ​100​0−2 ​1​0​00−2​2 ​1​−2 ​1​−1​2 ​1​2 ​1​−1​001​​ ​c2​/2 ​1​ ​ ​100​0−10​00−2​2 ​1​−2 ​1​−1​2 ​1​2 ​1​−1​001​​ ​r3​/2 ​ ​ ​100​0−10​00−2 ​​2 ​1​−2 ​1​−2 ​1​​2 ​1​2 ​1​−2 ​1​​002 ​1​​​ ​c3​/2 ​ ​ ​100​0−10​00−1​2 ​1​−2 ​1​−2 ​1​​2 ​1​2 ​1​−2 ​1​​002 ​1​​​ ​​

所以规范型为 $z_1^2-z_2^2-z_3^2$，所作变换矩阵为 Q = [ 1 2 − 1 2 − 1 2 1 2 1 2 − 1 2 0 0 1 2 ] Q = \left[ \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \end{matrix} \right] Q= ​2 ​1​2 ​1​0​−2 ​1​2 ​1​0​−2 ​1​−2 ​1​2 ​1​​ ​，使 $x=Qz$。

三、实战一道题

【例 4】（2021年数一张宇八套卷卷一第21题）已知实对称矩阵 $A=\left[\begin{array}{cc}2& 2\\ 2& a\end{array}\right]$ 和 $B=\left[\begin{array}{cc}4& 3\\ 3& 1\end{array}\right]$，其中 $a$ 为正整数，求可逆矩阵 $C$，使得 $C^{T}AC=B$。

【解】由于 $A$ 有未知参数，先对 $B$ 进行合同变换。

$$\begin{array}{rl}& \left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}4& 3& 1& 0\\ 3& 1& 0& 1\end{array}\end{array}\right]\\ \stackrel{r_2-\frac{3}{4}{r}_1}{}& \left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}4& 3& 1& 0\\ 0& -\frac{5}{4}& -\frac{3}{4}& 1\end{array}\end{array}\right]\stackrel{c_2-\frac{3}{4}{c}_1}{}\left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}4& 0& 1& 0\\ 0& -\frac{5}{4}& -\frac{3}{4}& 1\end{array}\end{array}\right]\\ \stackrel{r_1/2}{}& \left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}2& 0& \frac{1}{2}& 0\\ 0& -\frac{5}{4}& -\frac{3}{4}& 1\end{array}\end{array}\right]\stackrel{c_1/2}{}\left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}1& 0& \frac{1}{2}& 0\\ 0& -\frac{5}{4}& -\frac{3}{4}& 1\end{array}\end{array}\right]\\ \stackrel{r_2/\frac{\sqrt{5}}{2}}{}& \left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}1& 0& \frac{1}{2}& 0\\ 0& -\frac{\sqrt{5}}{2}& -\frac{3}{2\sqrt{5}}& \frac{2}{\sqrt{5}}\end{array}\end{array}\right]\stackrel{c_2/\frac{\sqrt{5}}{2}}{}\left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}1& 0& \frac{1}{2}& 0\\ 0& -1& -\frac{3}{2\sqrt{5}}& \frac{2}{\sqrt{5}}\end{array}\end{array}\right]\end{array}$$

由此可知 $B$ 的正、负惯性指数均为 1，变换矩阵为 $C_2=\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& -\frac{3}{2\sqrt{5}}\\ 0& \frac{2}{\sqrt{5}}\end{array}\right]$，使得 $C_2^{T}B{C}_2=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right]$。下面来对 $A$ 进行合同变换。

$$\begin{array}{rl}& \left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}2& 2& 1& 0\\ 2& a& 0& 1\end{array}\end{array}\right]\\ \stackrel{r_2-r_1}{}& \left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}2& 2& 1& 0\\ 0& a-2& -1& 1\end{array}\end{array}\right]\stackrel{c_2-c_1}{}\left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}2& 0& 1& 0\\ 0& a-2& -1& 1\end{array}\end{array}\right]\end{array}$$

由于 $C^{T}AC=B$，即 $A$ 与 $B$ 合同，所以两者的正、负惯性指数相等，于是有 $a-2<0$，又因为 $a$ 为正整数，所以 $a=1$。继续对 $A$ 进行合同变换得

$$\begin{array}{rl}& \left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}2& 0& 1& 0\\ 0& -1& -1& 1\end{array}\end{array}\right]\\ \stackrel{r_1/\sqrt{2}}{}& \left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}\sqrt{2}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ 0& -1& -1& 1\end{array}\end{array}\right]\stackrel{c_1/\sqrt{2}}{}\left[\begin{array}{c}\begin{array}{cccc}1& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ 0& -1& -1& 1\end{array}\end{array}\right]\end{array}$$

由此可知变换矩阵为 $C_1=\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{2}}& -1\\ 0& 1\end{array}\right]$，使得 $C_1^{T}A{C}_1=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right]$。

因此有 $C_1^{T}A{C}_1=C_2^{T}B{C}_2$，即 $(C_1{C}_2^{-1}{)}^{T}A(C_1{C}_2^{-1})=B$，因此所求矩阵为

$$C=C_1{C}_2^{-1}=\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{2}}& -1\\ 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}2& \frac{3}{2}\\ 0& \frac{\sqrt{5}}{2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}\sqrt{2}& \frac{3\sqrt{2}-2\sqrt{5}}{4}\\ 0& \frac{\sqrt{5}}{2}\end{array}\right]$$