二次型及其标准形、规范形

§14.1 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

3.38 分/卷近 11 年平均

10/11 年出现年份

4.8 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）矩阵的运算特征值与特征向量的概念与计算③ 掌握后可解锁化二次型为标准形（配方法、正交变换）合同变换与惯性定理正定二次型

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 标准形与规范形的定义，及换元变换律 $x = C y \Rightarrow f = y^{T} (C^{T} A C) y$ ★★ 必会

① 变换律：设二次型

f = x^{T} A x

（

A

实对称，见下一条），作可逆线性变换

x = C y

（

∣ C ∣ \neq = 0

），则

f = (C y)^{T} A (C y) = y^{T} (C^{T} A C) y,

即新的矩阵为

B = C^{T} A C

，它与

A

合同。

B

仍然对称，且

r (B) = r (A)

，可见二次型的秩在可逆换元下不变。

② 标准形：只含平方项的二次型

f = d_{1} y_{1}^{2} + d_{2} y_{2}^{2} + \dots + d_{r} y_{r}^{2} (d_{i} \neq = 0, r = 秩)

称为

f

的标准形，它的矩阵是对角阵。任一实二次型都可以经可逆线性变换化为标准形，配方法与正交变换法都能做到；但标准形并不唯一，系数随所用的变换而改变。

③ 规范形：把系数进一步整理成

+ 1

在前、

- 1

居中、

0

在后：

f = z_{1}^{2} + \dots + z_{p}^{2} - z_{p + 1}^{2} - \dots - z_{r}^{2},

称为规范形。由惯性定理（见后文条目），正项数

p

、负项数

q = r - p

不依赖于所用的可逆变换，故规范形唯一。必须注意：在读出

(p, q)

之前，一定要确认所作的换元是可逆的；若换元不可逆，按凑出的平方项去数正负项数就会出错。

证明 / 推导

变换律的证明：把

x = C y

代入，得

f = x^{T} A x = (C y)^{T} A (C y) = y^{T} (C^{T} A C) y

；又

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

，故新矩阵仍然对称；

C

可逆时乘以可逆矩阵不改变秩，故

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

。

标准形 $\to$ 规范形：设已得

f = \sum_{i = 1}^{r} d_{i} y_{i}^{2}

（

d_{i} \neq = 0

），作可逆的伸缩变换

y_{i} = \frac{1}{∣ d _{i} ∣} z_{i}

，则

d_{i} y_{i}^{2} = \frac{d _{i}}{∣ d _{i} ∣} z_{i}^{2} = \pm z_{i}^{2}

；再重新排列变量的次序（这也是可逆变换），即得规范形。

■

举例说明

（2021 年数一第 5 题，选择 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.

解. 表面上看是两正一负，但令

u_{1} = x_{1} + x_{2}, u_{2} = x_{2} + x_{3}, u_{3} = x_{3} - x_{1}

是不可逆的换元，因为

u_{3} = u_{2} - u_{1}

，三个新变量线性相关，所以不能据此读出

(p, q) = (2, 1)

。

正确的做法是取可逆变换

y_{1} = x_{1} + x_{2}, y_{2} = x_{2} + x_{3}, y_{3} = x_{3}

，此时

x_{3} - x_{1} = y_{2} - y_{1}

，故

f = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - (y_{2} - y_{1})^{2} = 2 y_{1} y_{2};

再令

y_{1} = z_{1} + z_{2}, y_{2} = z_{1} - z_{2}, y_{3} = z_{3}

（它也可逆），得标准形

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

。故正、负惯性指数为

(p, q) = (1, 1)

，选 B。（可以印证：

f

的矩阵的特征值为

3, - 1, 0

，恰为一正一负。）

2. 二次型与实对称矩阵一一对应；非对称表示要对称化为 $\frac{1}{2} (B + B^{T})$ ★★ 必会

二次型

f = x^{T} A x

与实对称矩阵

A

一一对应：给定二次型，把平方项的系数放在对角线上，交叉项的系数对半分放在两侧，即得唯一的对称矩阵

A

；反之，给定对称的

A

，展开即得二次型。如果有人用非对称矩阵

B

写成

f = x^{T} B x

，那么与之对应的对称矩阵是

\frac{1}{2} (B + B^{T})

。事实上，

x^{T} B x

是一个数，它等于自身的转置

x^{T} B^{T} x

，取二者的平均即化为对称的形式。只有对称矩阵才能保证这种一一对应，也才能应用特征值的理论。

证明 / 推导

证.

f = x^{T} B x

是

1 \times 1

的数，故

f = f^{T} = (x^{T} B x)^{T} = x^{T} B^{T} x

。两式相加再除以

2

，得

f = \frac{1}{2} (x^{T} B x + x^{T} B^{T} x) = x^{T} (\frac{B + B ^{T}}{2}) x,

而

\frac{B + B ^{T}}{2}

是对称的。再证唯一性：若对称矩阵

A^{'}

也使

f = x^{T} A^{'} x

对一切

x

成立，取

x = e_{i}

得

a_{ii}^{'} = a_{ii}

，取

x = e_{i} + e_{j}

得

a_{ii}^{'} + a_{j j}^{'} + 2 a_{ij}^{'} = a_{ii} + a_{j j} + 2 a_{ij}

，故

a_{ij}^{'} = a_{ij}

。这就证明了对称矩阵是唯一的。

■

举例说明

(1) 二次型

f = 2 x_{1}^{2} - 3 x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 4 x_{1} x_{2} - 6 x_{2} x_{3}

的对称矩阵：对角线上依次为

(2, - 3, 1)

，又

a_{12} = a_{21} = 2

，

a_{23} = a_{32} = - 3

，

a_{13} = 0

，即

A = 220 2 - 3 - 3 0 - 3 1

。
(2) 若用非对称的

B = (1043)

写成

f = x^{T} B x = x_{1}^{2} + 4 x_{1} x_{2} + 3 x_{2}^{2}

，则它的对称矩阵为

\frac{1}{2} (B + B^{T}) = (1223)

，交叉项的系数

4

对半分成两个

2

。

3. $(p, q, r)$ 是合同下的完全不变量：标准形不唯一，规范形唯一，据此分类★★ 必会

标准形的系数随所选的变换而改变，但正平方项的个数

p

、负平方项的个数

q

以及秩

r = p + q

都不随可逆变换而改变，这就是惯性定理，由此可知规范形唯一。因此

(p, q, r)

是二次型在合同变换下的完全不变量：两个二次型能用可逆线性变换互相转化

⟺

它们的

(p, q)

相同。据此可以对二次型分类：

n

元、秩为

r

的实二次型恰有

r + 1

个合同类，即

p = 0, 1, \dots, r

。

证明 / 推导

证. 秩的不变性由前面的变换律即得：

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

，可逆变换不改变矩阵的秩，故

r

不变。下面证明正惯性指数

p

也不变，这就是惯性定理。

设

n

元二次型

f (x) = x^{T} A x

经可逆变换

x = C y

化为

f = y_{1}^{2} + \dots + y_{p}^{2} - y_{p + 1}^{2} - \dots - y_{r}^{2},

又经另一可逆变换

x = D z

化为

f = z_{1}^{2} + \dots + z_{s}^{2} - z_{s + 1}^{2} - \dots - z_{r}^{2} .

两式中非零项的个数都等于秩

r

，所以只需证明

p = s

。先证

p \leq s

。用反证法，设

p > s

。

记

V_{1} = {x = C y : y_{p + 1} = \dots = y_{n} = 0}

。因

C

可逆，

x

与

y

一一对应，故

V_{1}

是

n

维空间的

p

维子空间。设

x \in V_{1}

且

x \neq = 0

，则相应的

y

中至少有一个

y_{i} \neq = 0 (1 \leq i \leq p)

，而

y_{p + 1} = \dots = y_{r} = 0

，于是

f (x) = y_{1}^{2} + \dots + y_{p}^{2} > 0.

再记

V_{2} = {x = D z : z_{1} = \dots = z_{s} = 0}

，同理它是

n - s

维子空间。设

x \in V_{2}

，则

f (x) = - z_{s + 1}^{2} - \dots - z_{r}^{2} \leq 0.

由子空间的维数公式，

dim (V_{1} \cap V_{2}) \geq dim V_{1} + dim V_{2} - n = p + (n - s) - n = p - s > 0.

因此交集中含有非零向量

x_{0}

。对它同时有

f (x_{0}) > 0

与

f (x_{0}) \leq 0

，这是不可能的。故

p \leq s

。把两个变换的地位互换，同法得

s \leq p

。于是

p = s

，从而

q = r - p

也随之唯一确定。

由此再证

(p, q)

是完全不变量。必要性即上面所证：可逆变换不改变

(p, q)

。至于充分性，设两个

n

元实二次型的矩阵为

A, B

，且

(p, q)

相同。那么二者化得同一个规范形矩阵

Λ

。也就是说，存在可逆的

C, D

，使

C^{T} A C = Λ = D^{T} B D

。记

P = D C^{- 1}

，它可逆，且

A = (C^{- 1})^{T} Λ C^{- 1} = (C^{- 1})^{T} D^{T} B D C^{- 1} = P^{T} B P .

可见

A

与

B

合同，两个二次型可以用可逆线性变换互相转化。这就证明了

(p, q, r)

是合同下的完全不变量。

■

举例说明

问

3

元实二次型共有多少个合同类。按秩分别计算：

r = 0

时有

1

类（零型）；

r = 1

时

p \in {0, 1}

，共

2

类；

r = 2

时

p \in {0, 1, 2}

，共

3

类；

r = 3

时

p \in {0, 1, 2, 3}

，共

4

类。合计

1 + 2 + 3 + 4 = 10

个合同类。又如

f_{1} = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}

与

f_{2} = 2 z_{1}^{2} - 3 z_{2}^{2} + z_{3}^{2}

：前者的

(p, q) = (2, 1)

，后者也是

(2, 1)

，两者相同，故二者合同，可以互化。

4. 用惯性指数 $(p, q)$ 判定二次曲面类型（必须用正交变换）★ 要懂

二次型方程

x^{T} A x = 1

表示何种二次曲面，完全由特征值的符号

(p, q)

以及是否含零特征值决定。用正交变换把

f

化为

λ_{1} y_{1}^{2} + λ_{2} y_{2}^{2} + λ_{3} y_{3}^{2} = 1

之后，按符号判读：三个特征值全正，即

(3, 0)

，为椭球面；两正一负，即

(2, 1)

，为单叶双曲面；一正两负，即

(1, 2)

，为双叶双曲面；若含一个零特征值（秩为

2

），则

(2, 0)

为椭圆柱面，

(1, 1)

为双曲柱面。这里必须用正交变换，因为只有它保持图形的形状；配方法会拉伸图形，改变曲面的类别，不能用于此处。

举例说明

判断

2 x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 2 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3} + 2 x_{2} x_{3} = 1

是何种曲面。这里

A = 211121112 = E + J

，其中

J

为元素全是

1

的矩阵，其特征值为

3, 0, 0

，故

A

的特征值为

4, 1, 1

，全为正，

(p, q) = (3, 0)

。经正交变换后化为

4 y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} = 1

，故它是椭球面。

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 5. 二次型的取值介于最小与最大特征值之间：

λ_{m i n} ∥ x ∥^{2} \leq x^{T} A x \leq λ_{m a x} ∥ x ∥^{2}

二次型的取值有一个紧的界：对一切

x

，

λ_{m i n} ∥ x ∥^{2} \leq x^{T} A x \leq λ_{m a x} ∥ x ∥^{2}

，其中

λ_{m i n}, λ_{m a x}

为

A

的最小、最大特征值。因此在单位球面

∥ x ∥ = 1

上，

x^{T} A x

的取值范围恰是

[λ_{m i n}, λ_{m a x}]

，且最大值与最小值在相应的特征向量处取得。这是二次型与最值问题的联系所在，许多求最值的题目都以此为依据。

证明 / 推导

证. 作正交变换

x = Q y

（

Q

正交，故

∥ x ∥ = ∥ y ∥

），则

x^{T} A x = \sum_{i} λ_{i} y_{i}^{2}

。因

λ_{m i n} \leq λ_{i} \leq λ_{m a x}

，有

λ_{m i n} i \sum y_{i}^{2} \leq i \sum λ_{i} y_{i}^{2} \leq λ_{m a x} i \sum y_{i}^{2},

即

λ_{m i n} ∥ y ∥^{2} \leq x^{T} A x \leq λ_{m a x} ∥ y ∥^{2} = λ_{m a x} ∥ x ∥^{2}

。当

x

取属于

λ_{m a x}

（或

λ_{m i n}

）的单位特征向量时等号成立，故上述范围可以达到。

■

举例说明

求

f = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 2 x_{1} x_{2}

在

x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = 1

上的最值。这里

A = (1111)

，特征值为

2, 0

。故

min f = 0

，在属于特征值

0

的方向

\frac{1}{2} (1, - 1)^{T}

处取得；

max f = 2

，在

\frac{1}{2} (1, 1)^{T}

处取得。这一结果可以直接印证：

f = (x_{1} + x_{2})^{2}

，在

∥ x ∥ = 1

上确实落在

[0, 2]

内。

💡 小知识

消去交叉项、把二次型摆正，几何上就是给二次曲面找到它自己的对称轴。物理里把这套操作称为主轴变换：刚体的转动惯量张量对角化以后，三个对角元就是绕三条主轴的转动惯量。

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 写出二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 3 x_{3}^{2} + 4 x_{1} x_{2} - 6 x_{2} x_{3}

的矩阵

A

，并把

f

写成矩阵形式

x^{T} A x

。难度 1

规则： 平方项

x_{i}^{2}

的系数放在对角元

a_{ii}

；交叉项

x_{i} x_{j}

的系数对半均分给

a_{ij} = a_{j i}

。

- 对角元：

a_{11} = 1, a_{22} = 2, a_{33} = 3

；
-

x_{1} x_{2}

系数为

4

，均分得

a_{12} = a_{21} = 2

；
-

x_{2} x_{3}

系数为

- 6

，均分得

a_{23} = a_{32} = - 3

；
-

x_{1} x_{3}

不出现，

a_{13} = a_{31} = 0

。

A = 120 22 - 3 0 - 3 3, f = x^{T} A x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) A x_{1} x_{2} x_{3} .

可反向展开

x^{T} A x

验证：对角给出

x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 3 x_{3}^{2}

，

a_{12}, a_{21}

合起来给出

2 \times 2 x_{1} x_{2} = 4 x_{1} x_{2}

，

a_{23}, a_{32}

给出

2 \times (- 3) x_{2} x_{3} = - 6 x_{2} x_{3}

，与原式一致。

例 2 求二次型

f = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3} + 2 x_{2} x_{3}

的矩阵、秩、正惯性指数与规范形。难度 2

第一步：写矩阵。 三个平方项系数均为

1

，三个交叉项系数均为

2

，均分后

a_{ij} = 1

：

A = 111111111 .

第二步：观察结构。 注意到

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

（把括号平方展开即得原式），因此

f

只是一个线性型的平方。

第三步：读出各量。 令

z_{1} = x_{1} + x_{2} + x_{3}

，则

f = z_{1}^{2}

：

- 秩

r = 1

（只有一个非零平方项）；
- 正惯性指数

p = 1

，负惯性指数

q = 0

；
- 规范形

f = z_{1}^{2}

。

印证：

A

的特征值为

3, 0, 0

（正的

1

个、零

2

个），同样给出

p = 1, r = 1

。

例 3 设二次型

f = x^{T} A x

的矩阵

A = 100022022

，求它的标准形、正负惯性指数、秩与规范形。难度 2

第一步：求特征值（用正交变换法，标准形系数即特征值）。

A

为分块对角阵：左上块给出特征值

1

；右下块

(2222)

的特征值为

4, 0

。故

A

的特征值为

1, 4, 0

。

第二步：标准形。 存在正交变换

x = Q y

使

f = 1 \cdot y_{1}^{2} + 4 \cdot y_{2}^{2} + 0 \cdot y_{3}^{2} = y_{1}^{2} + 4 y_{2}^{2} .

第三步：惯性指数与秩。 正系数

2

个

\Rightarrow p = 2

；负系数

0

个

\Rightarrow q = 0

；非零系数

2

个

\Rightarrow r = 2

。

第四步：规范形。 把正系数归一化：

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

。（该二次型半正定但不正定，因为有一个零特征值。）

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。

2026 年 · 数一 · 第 7 题 · 选择题 · 5 分

设二次型

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

，若方程

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

表示的曲面为圆柱面，则（　　）

A $a = - 4$ ，且 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形为 $- y_{1}^{2} - y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$
B $a = - 4$ ，且 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 在正交变换下标准形为 $- 6 y_{1}^{2} - 6 y_{2}^{2}$
C $a = 2$ ，且 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形为 $- y_{1}^{2} - y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$
D $a = 2$ ，且 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 在正交变换下标准形为 $- 6 y_{1}^{2} - 6 y_{2}^{2}$

2025 年 · 数一 · 第 5 题 · 选择题 · 5 分

二次型

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

的正惯性指数为（　　）

A $0$ .
B $1$ .
C $2$ .
D $3$ .

2024 年 · 数一 · 第 15 题 · 填空题 · 5 分

设实矩阵

A = (a + 1 a a a)

。若对任意实向量

α = (x_{1} x_{2})

，

β = (y_{1} y_{2})

，

(α^{T} A β)^{2} \leq α^{T} A α \cdot β^{T} A β

都成立，则

a

的取值范围是 ___.

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})

？

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

二次型

f = x_{1}^{2} - 3 x_{2}^{2} + 2 x_{1} x_{2}

的矩阵为（　）。

A $(11 1 - 3)$
B $(12 2 - 3)$
C $(1113)$
D $(12 0 - 3)$

练习 2 · 填空题

设二次型

f = x^{T} A x

的矩阵

A = 2 - 1 0 - 1 32 021

，则

f

中

x_{1} x_{2}

的系数为 ____。

练习 3 · 选择题

设二次型的矩阵

A

的特征值为

3, - 1, - 2, 0

，则其（正惯性指数

p

，负惯性指数

q

，秩

r

）为（　）。

A $(1, 2, 3)$
B $(2, 1, 3)$
C $(1, 2, 4)$
D $(2, 2, 4)$

练习 4 · 填空题

二次型

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

的秩为 ____。

练习 5 · 选择题

二次型

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

的正惯性指数

p

与负惯性指数

q

为（　）。

A $p = 2, q = 1$
B $p = 1, q = 1$
C $p = 1, q = 2$
D $p = 2, q = 0$

练习 6 · 填空题

二次型

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

的规范形为 ____。

练习 7 · 解答题

设二次型

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

。
（1）写出

f

的矩阵

A

；
（2）用配方法求可逆线性变换

x = C y

，把

f

化为标准形，并写出

C

；
（3）求

f

的秩、正负惯性指数与规范形。

2022 年 · 数一 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分

已知二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = i = 1 \sum 3 j = 1 \sum 3 ij x_{i} x_{j}

。

（Ⅰ）写出

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

对应的矩阵；

（Ⅱ）求正交变换

x = Q y

将

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

化为标准形；

（Ⅲ）求

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0

的解。

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 $1, 2.$

二次型及其标准形、规范形

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 标准形与规范形的定义，及换元变换律 x=Cy⇒f=yT(CTAC)y★★ 必会

2. 二次型与实对称矩阵一一对应；非对称表示要对称化为 21​(B+BT)★★ 必会

3. (p,q,r) 是合同下的完全不变量：标准形不唯一，规范形唯一，据此分类★★ 必会

4. 用惯性指数 (p,q) 判定二次曲面类型（必须用正交变换）★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 标准形与规范形的定义，及换元变换律 $x = C y \Rightarrow f = y^{T} (C^{T} A C) y$ ★★ 必会

2. 二次型与实对称矩阵一一对应；非对称表示要对称化为 $\frac{1}{2} (B + B^{T})$ ★★ 必会

3. $(p, q, r)$ 是合同下的完全不变量：标准形不唯一，规范形唯一，据此分类★★ 必会

4. 用惯性指数 $(p, q)$ 判定二次曲面类型（必须用正交变换）★ 要懂