合同变换与惯性定理

§14.3 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

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2/11 年出现年份

0.5 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）二次型及其标准形、规范形化二次型为标准形（配方法、正交变换）③ 掌握后可解锁正定二次型

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 合同的定义： $B = C^{T} A C$ （ $C$ 可逆），等价关系、同秩、保对称★★ 必会

设

A, B

为

n

阶实矩阵。如果存在可逆矩阵

C

使

B = C^{T} A C,

那么称

A

与

B

合同，记作

A ≃ B

。这个概念来自二次型的换元：

f = x^{T} A x

经可逆线性变换

x = C y

之后，矩阵恰好变为

C^{T} A C

。因此，两个合同的矩阵就是同一个二次型在不同坐标系下的矩阵。

① 合同是等价关系：反身

A = E^{T} A E

；对称

B = C^{T} A C \Rightarrow A = (C^{- 1})^{T} B C^{- 1}

；传递两次合同复合后仍合同，变换矩阵取

C_{1} C_{2}

即可。

② 合同的矩阵同秩：

C^{T}, C

都可逆，而乘以可逆矩阵不改变秩，故

r (B) = r (A)

，即秩是合同不变量，二次型的秩因此才有定义。

③ 合同保持对称性：若

A

对称

\Rightarrow C^{T} A C

对称，所以合同的理论只在实对称矩阵（即二次型）的范围内讨论。

④ 与相似的联系：如果

C

恰为正交矩阵（

C^{T} = C^{- 1}

），那么

C^{T} A C = C^{- 1} A C

既是合同又是相似。这正是正交变换法能同时完成两件事的原因。必须注意，定义中的

C

一定要可逆，否则秩会下降，①②两条都不再成立。

证明 / 推导

① 反身性显然；对称性：由

B = C^{T} A C

两端左乘

(C^{T})^{- 1} = (C^{- 1})^{T}

、右乘

C^{- 1}

，得

A = (C^{- 1})^{T} B C^{- 1}

，而

C^{- 1}

可逆；传递性：

B = C_{1}^{T} A C_{1}, D = C_{2}^{T} B C_{2} \Rightarrow D = C_{2}^{T} C_{1}^{T} A C_{1} C_{2} = (C_{1} C_{2})^{T} A (C_{1} C_{2})

，其中

C_{1} C_{2}

可逆。

② 可逆矩阵是初等矩阵之积，左乘、右乘都不改变秩，故

r (C^{T} A C) = r (A)

。

③

(C^{T} A C)^{T} = C^{T} A^{T} (C^{T})^{T} = C^{T} A^{T} C

，当

A^{T} = A

时它等于

C^{T} A C

，可见仍然对称。

■

举例说明

（2001 年数一） 设

A = 1111111111111111

，

B = 4000000000000000

，问

A

与

B

是否合同、是否相似。

解.

A

是实对称矩阵，

r (A) = 1

、

tr (A) = 4

，故它的特征值为

4, 0, 0, 0

，恰为

B

的各对角元。实对称矩阵必可正交对角化，即存在正交矩阵

Q

使

Q^{T} A Q = Q^{- 1} A Q = diag (4, 0, 0, 0) = B

。同一个等式可以有两种读法：读作

Q^{T} A Q = B

，即在定义中取

C = Q

（它可逆），这是合同；读作

Q^{- 1} A Q = B

，这是相似。故

A

与

B

合同且相似，选 A。

2. 惯性定理为何成立： $p$ 等于使 $f$ 恒正的最大子空间维数，与坐标无关★ 要懂

惯性定理断言：不论用哪个可逆变换化为标准形，正平方项数

p

与负平方项数

q

都是确定的。证明它的关键在于给

p

一个不依赖于坐标的刻画：

p

等于使

f

在其上（除原点外）恒取正值的子空间的最高维数。既然这个刻画只与

f

本身有关，而与坐标无关，

p

自然唯一，

q = r - p

也随之唯一。

证明 / 推导

证. 设

f

经两个可逆变换化为两种标准形，正项数分别为

p

与

p^{'}

。用反证法，不妨设

p > p^{'}

。在第一种标准形下，令

V = {

只有前

p

个新坐标可非零

}

，则

dim V = p

，且在

V

中的非零向量处

f > 0

。在第二种标准形下，令

W = {

前

p^{'}

个新坐标全为零

}

，则

dim W = n - p^{'}

，且在

W

上处处有

f \leq 0

。由维数公式

dim (V \cap W) \geq dim V + dim W - n = p + (n - p^{'}) - n = p - p^{'} > 0,

故存在非零向量

x_{0} \in V \cap W

，它同时满足

f (x_{0}) > 0

与

f (x_{0}) \leq 0

，矛盾。故

p \leq p^{'}

；同理可得

p^{'} \leq p

，于是

p = p^{'}

。

■

举例说明

对同一个二次型

f = x_{1}^{2} - 4 x_{2}^{2}

，直接就得到标准形，

(p, q) = (1, 1)

；若先令

x_{1} = 2 u_{1}, x_{2} = \frac{1}{2} u_{2}

，则

f = 4 u_{1}^{2} - u_{2}^{2}

，系数变成了

4, - 1

，但仍有

(p, q) = (1, 1)

。可见无论怎样伸缩变量，正负项的个数都不改变，这正是惯性定理所断言的。

3. 合同保持行列式的符号： $∣ B ∣ = ∣ C ∣^{2} ∣ A ∣$ ，行列式异号即可断定不合同

合同变换不保持特征值的数值，却保持特征值的符号统计，因此也保持行列式的正负号：

A ≃ B \Rightarrow ∣ A ∣

与

∣ B ∣

同号，即同正、同负或同为零。由此得到一个迅速否定合同的办法：两个实对称矩阵若行列式异号，则必不合同，连特征值都不必算。进一步看，非奇异对称矩阵有

sgn ∣ A ∣ = (- 1)^{q}

，行列式的符号只由负惯性指数

q

的奇偶性决定。

证明 / 推导

证. 设

B = C^{T} A C

，其中

C

可逆。两端取行列式，得

∣ B ∣ = ∣ C^{T} A C ∣ = ∣ C^{T} ∣ ∣ A ∣ ∣ C ∣ = ∣ C ∣^{2} ∣ A ∣,

而

∣ C ∣^{2} > 0

，因为

C

可逆，故

∣ C ∣ \neq = 0

。所以

∣ B ∣

与

∣ A ∣

只相差一个正因子，符号相同。又非奇异对称矩阵合同于

diag (I_{p}, - I_{q})

，它的行列式的符号为

(- 1)^{q}

，故

sgn ∣ A ∣ = (- 1)^{q}

。

■

举例说明

问

A = (1221)

与

B = (1002)

是否合同。因

∣ A ∣ = 1 - 4 = - 3 < 0

，

∣ B ∣ = 2 > 0

，行列式异号，故

A, B

不合同。（可以印证：

A

的特征值为

3, - 1

，得

(p, q) = (1, 1)

；

B

的特征值为

1, 2

，得

(p, q) = (2, 0)

，两者确实不同。）

4. 合同的完全判据：只需比较 $(p, q, r)$ ，而 $(p, q, r)$ 可由特征值的符号读出★★ 必会

合同的完全判据如下：两个

n

阶实对称矩阵合同

⟺

秩

r

相同且正惯性指数

p

相同，也就是

(p, q)

相同。任何实对称矩阵都合同于唯一的规范形

diag (I_{p}, - I_{q}, O)

。所以判断合同

=

比较

(p, q, r)

，而

(p, q, r)

又可以由特征值的符号直接读出，根本不必真的构造出

C

。若题目中含有参数，则把关于

(p, q, r)

的条件化为对参数的要求。

证明 / 推导

证. 分三步。

① 任一实对称矩阵都合同于规范形。用配方法可得可逆矩阵

C_{1}

，使

C_{1}^{T} A C_{1} = diag (d_{1}, \dots, d_{n})

。再作伸缩变换：对

d_{i} \neq = 0

的项取

y_{i} = \frac{z _{i}}{∣ d _{i} ∣}

，则

d_{i} y_{i}^{2} = \pm z_{i}^{2}

；最后用置换把正项排在前面。伸缩矩阵与置换矩阵都可逆，合起来仍是合同变换，故

A ≃ diag (I_{p}, - I_{q}, O) .

由惯性定理，

p

与

q

由

A

唯一确定，所以规范形是唯一的。

② 充分性。设

A

与

B

的

(p, q, r)

相同。由 ① 它们合同于同一个规范形

D

。由合同的对称性与传递性得

A ≃ D ≃ B

，故

A ≃ B

。

③ 必要性。设

A ≃ B

，即

B = C^{T} A C

，

C

可逆。合同保秩，故

r (A) = r (B)

。又这一关系表示二次型

x^{T} A x

经可逆变换

x = C y

化为

y^{T} B y

。二者是同一个二次型在两组坐标下的写法。由惯性定理，它们的正惯性指数相同，即

p

相同，从而

q = r - p

也相同。

这就证明了合同的完全判据。最后说明

(p, q, r)

为何能由特征值读出。由谱定理，存在正交矩阵

Q

使

Q^{T} A Q = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})

。而

Q

正交时

Q^{- 1} = Q^{T}

，故这既是相似变换，又是合同变换。由此可见

A

合同于以特征值为对角元的对角阵。于是

p

与

q

就是正、负特征值的个数，而

r

是非零特征值的个数。

■

举例说明

设

A = 010100002

，问

A

与

diag (1, 1, 1)

、

diag (1, - 1, 1)

中的哪一个合同。先求

A

的特征值：子块

(0110)

给出

\pm 1

，再加上

2

，故特征值为

1, - 1, 2

，

(p, q, r) = (2, 1, 3)

。而

diag (1, 1, 1)

的是

(3, 0, 3)

，

diag (1, - 1, 1)

的是

(2, 1, 3)

。故

A

与后者

diag (1, - 1, 1)

合同。

5. 实对称阵相似 $\Rightarrow$ 合同，但合同 $⇏$ 相似★★ 必会

相似与合同在实对称矩阵上有明确的单向关系：两个实对称矩阵相似 $\Rightarrow$ 合同，因为相似

\Rightarrow

特征值全同

\Rightarrow

符号统计

(p, q)

全同

\Rightarrow

合同；但合同 $⇏$ 相似，因为合同只管符号的个数，不管数值。简言之，相似要求特征值的数值都相同，是较强的关系；合同只要求正、负特征值的个数相同，是较弱的关系，故前者蕴涵后者。

证明 / 推导

证. 设实对称矩阵

A \sim B

。相似保持特征多项式，故

A, B

的特征值完全相同（连同重数）。而实对称矩阵的正、负惯性指数就是正、负特征值的个数，特征值相同则

(p, q)

相同，由完全判据即得

A ≃ B

。至于反向不成立，反例见下。

■

举例说明

A = diag (1, 1)

与

B = diag (1, 4)

都有

(p, q) = (2, 0)

，故二者合同；但特征值

{1, 1} \neq = {1, 4}

，故二者不相似。这说明合同是比相似更弱的关系。反过来，若两个实对称矩阵相似，例如都相似于

diag (1, 4)

，则它们必合同。

💡 小知识

惯性定理又称西尔维斯特惯性定律，1852 年由英国数学家西尔维斯特提出。惯性一词是从物理学借来的比喻：无论用合同变换怎样晃动一个二次型，正负号的个数都像物体的惯性一样纹丝不动。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求二次型

f = x^{T} A x

（其中

A = (1221)

）的正、负惯性指数、秩与规范形。难度 1

思路： 惯性指数看特征值的符号即可。

求特征值：

∣ λ E - A ∣ = (λ - 1)^{2} - 4 = λ^{2} - 2 λ - 3 = (λ - 3) (λ + 1)

，特征值为

3, - 1

。

数符号：

- 正特征值

1

个（

3

）

\Rightarrow

正惯性指数

p = 1

；
- 负特征值

1

个（

- 1

）

\Rightarrow

负惯性指数

q = 1

；
- 秩

r = p + q = 2

。

规范形： 把系数归一为

\pm 1

，得

f = z_{1}^{2} - z_{2}^{2}

。

例 2 证明

diag (1, 1)

与

diag (4, 9)

合同但不相似，并给出合同变换矩阵

C

。难度 2

合同： 两者都是实对称矩阵。

diag (1, 1)

与

diag (4, 9)

的特征值都全为正，正惯性指数

p = 2

、负惯性指数

q = 0

完全相同，由惯性定理（合同的完全判据）知二者合同。

取

C = (2003)

，直接验证：

C^{T} diag (1, 1) C = (2003) (1001) (2003) = (4009) .

不相似：

diag (1, 1)

的特征值为

{1, 1}

，

diag (4, 9)

的特征值为

{4, 9}

，两者不同。而相似矩阵必有相同的特征值，故二者不相似。

小结： 合同只保「特征值的正负号个数」，不保特征值的具体数值——这正是合同与相似的本质区别。

例 3 设

A = (12 2 t)

，讨论

t

取不同值时，该二次型

f = x^{T} A x

的正、负惯性指数。难度 2

方法： 用顺序主子式判断符号，

D_{1} = 1 > 0

（恒成立），

D_{2} = ∣ A ∣ = t - 4

。

情形一： $t > 4$ 。

D_{2} > 0

，两个顺序主子式全正，

f

正定，两特征值同为正，

p = 2, q = 0, r = 2

。

情形二： $t = 4$ 。

∣ A ∣ = 0

，秩为

1

；此时迹

= 1 + 4 = 5 > 0

，故非零特征值为正，

p = 1, q = 0, r = 1

。

情形三： $t < 4$ 。

D_{2} = t - 4 < 0

，即

∣ A ∣ < 0

，两特征值异号，

p = 1, q = 1, r = 2

。

归纳：

t > 4

时

(p, q) = (2, 0)

；

t = 4

时

(p, q) = (1, 0)

；

t < 4

时

(p, q) = (1, 1)

。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2023 年 · 数一 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分

已知二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 2 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 2 x_{1} x_{3}

，

g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + 2 y_{2} y_{3}

。

（Ⅰ）求可逆变换

x = P y

将

f (x_{1}, x_{2}, x_{3})

化为

g (y_{1}, y_{2}, y_{3})

；

（Ⅱ）是否存在正交变换

x = Q y

将

f (x_{1}, x_{2}, x_{3})

化为

g (y_{1}, y_{2}, y_{3})

？

2021 年 · 数一 · 第 5 题 · 选择题 · 5 分

二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} - (x_{3} - x_{1})^{2}

的正惯性指数与负惯性指数依次为（　　）

A $2, 0.$
B $1, 1.$
C $2, 1.$
D $1, 2.$

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

两个

n

阶实对称矩阵合同的充要条件是（　）。

A有相同的秩
B有相同的特征值
C有相同的正、负惯性指数
D有相同的迹

练习 2 · 选择题

设实对称矩阵

A

与

B

合同，则一定有（　）。

A $r (A) = r (B)$
B $A$ 与 $B$ 有相同的特征值
C $∣ A ∣ = ∣ B ∣$
D $A = B$

练习 3 · 填空题

设某二次型的矩阵的特征值为

2, - 3, 4, - 1

，则其正惯性指数

p =

____。

练习 4 · 选择题

下列各组矩阵中，合同但不相似的是（　）。

A $diag (1, - 1)$ 与 $diag (2, - 3)$
B $diag (1, 1)$ 与 $diag (1, - 1)$
C $diag (1, 2)$ 与 $diag (2, 1)$
D $diag (2, 3)$ 与 $diag (3, 2)$

练习 5 · 选择题

设

A

为

n

阶实对称矩阵，且

A

与

- A

合同，则必有（　）。

A $A = O$
B $n$ 为偶数
C $A$ 的正惯性指数与负惯性指数相等
D $∣ A ∣ = 0$

练习 6 · 填空题

设

A

为

3

阶实对称矩阵，满足

A^{2} + 2 A = O

且

r (A) = 2

，则与

A

合同的规范形（对角矩阵）为 ____。

练习 7 · 解答题

设

A = a 11 1 a 1 11 a

，其中

a

为实数。
（1）求

A

的全部特征值；
（2）就

a

的不同取值，讨论

A

的秩与正、负惯性指数；
（3）分别写出各种情形下与

A

合同的规范形。

2014 年 · 数一 · 第 13 题 · 填空题 · 4 分

设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + 2 a x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}

的负惯性指数为

1

，则

a

的取值范围是 ______。

2007 年 · 数一 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设矩阵

A = 2 - 1 - 1 - 1 2 - 1 - 1 - 1 2

，

B = 100010000

，则

A

与

B

（　　）

A合同，且相似.
B合同，但不相似.
C不合同，但相似.
D既不合同，也不相似.

2001 年 · 数一 · 第 9 题 · 选择题 · 3 分

设

A = 1111111111111111, B = 4000000000000000

，则

A

与

B

（　　）

A合同且相似.
B合同但不相似.
C不合同但相似.
D不合同且不相似.

合同变换与惯性定理

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 合同的定义：B=CTAC（C 可逆），等价关系、同秩、保对称★★ 必会

2. 惯性定理为何成立：p 等于使 f 恒正的最大子空间维数，与坐标无关★ 要懂

3. 合同保持行列式的符号：∣B∣=∣C∣2∣A∣，行列式异号即可断定不合同

4. 合同的完全判据：只需比较 (p,q,r)，而 (p,q,r) 可由特征值的符号读出★★ 必会

5. 实对称阵相似 ⇒ 合同，但合同 ⇏ 相似★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 合同的定义： $B = C^{T} A C$ （ $C$ 可逆），等价关系、同秩、保对称★★ 必会

2. 惯性定理为何成立： $p$ 等于使 $f$ 恒正的最大子空间维数，与坐标无关★ 要懂

3. 合同保持行列式的符号： $∣ B ∣ = ∣ C ∣^{2} ∣ A ∣$ ，行列式异号即可断定不合同

4. 合同的完全判据：只需比较 $(p, q, r)$ ，而 $(p, q, r)$ 可由特征值的符号读出★★ 必会

5. 实对称阵相似 $\Rightarrow$ 合同，但合同 $⇏$ 相似★★ 必会