化二次型为标准形（配方法、正交变换）

§12.2 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

3.29 分/卷近 11 年平均

6/11 年出现年份

3.5 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、规范形实对称矩阵的正交对角化③ 掌握后可解锁合同变换与惯性定理

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 配方法的首要原则：选定一个平方项后，把含该变量的交叉项一次全部并入★★ 必会

配方法之所以出错，多半是因为没有把含某个变量的交叉项一次并入同一个完全平方，以致这个变量在后面反复出现，运算越来越繁。正确的做法是：选定一个带有平方项的变量

x_{i}

，把所有含

x_{i}

的项（

a_{ii} x_{i}^{2}

以及全部

x_{i} x_{j}

）一起配成

a_{ii} (x_{i} + \dots)^{2}

的形式；此后

x_{i}

不再出现，问题的元数减少一个，对余下的变量重复同样的步骤即可。必须注意：只并入一部分交叉项，是最常见的错误。

证明 / 推导

设

f

含

x_{1}^{2}

，其系数

a_{11} \neq = 0

。把含

x_{1}

的各项集中起来，得

a_{11} x_{1}^{2} + 2 x_{1} \sum_{j \geq 2} a_{1 j} x_{j} = a_{11} (x_{1} + \frac{1}{a _{11}} \sum_{j \geq 2} a_{1 j} x_{j})^{2} - \frac{1}{a _{11}} (\sum_{j \geq 2} a_{1 j} x_{j})^{2}

。令

y_{1} = x_{1} + \frac{1}{a _{11}} \sum_{j \geq 2} a_{1 j} x_{j}

，则

y_{1}

以外的部分只含 $x_{2}, \dots, x_{n}$ ，

x_{1}

已被完全消去。这一步是可逆的线性替换；对余下的

(n - 1)

元二次型重复施行，即得标准形。

■

举例说明

化二次型

f = x_{1}^{2} + 5 x_{2}^{2} + 3 x_{3}^{2} + 4 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3} + 6 x_{2} x_{3}

为标准形。正确的做法：含

x_{1}

的项为

x_{1}^{2} + 4 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3}

，一次配方得

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

。代回并整理其余各项，得

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

，标准形为

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

，故此二次型正定。错误的做法：若第一步只配

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

，而把

2 x_{1} x_{3}

留在外面，那么后面的式子里

x_{1}

仍然存在，元数就减不下来。这就是没有一次并入干净所造成的典型错误。

2. 正交变换法中必须注意的一步：同一重特征值的向量要先作施密特正交化，否则 $Q$ 不正交★★ 必会

正交变换法要求最后所用的矩阵

Q

是正交阵，即各列都是单位向量且两两正交。由实对称矩阵的性质，属于不同特征值的特征向量自动正交；但属于同一个重特征值的几个特征向量未必正交，若只作单位化就拼成

Q

，它就不是正交阵，所得的标准形也随之出错。因此，对属于同一重特征值的特征向量应先作施密特正交化，然后再单位化。凡遇重根的题目，这一步都要考查，也是最容易出错的地方。

证明 / 推导

设

A

为实对称矩阵，

A v_{1} = λ v_{1}, A v_{2} = λ v_{2}

属于同一个

λ

，

v_{1}, v_{2}

线性无关，但可能

v_{1} \cdot v_{2} \neq = 0

。作施密特正交化：取

u_{1} = v_{1}

，

u_{2} = v_{2} - \frac{v _{2} \cdot u _{1}}{u _{1} \cdot u _{1}} u_{1}

，则

u_{1} \cdot u_{2} = 0

。又

u_{2}

是

v_{1}, v_{2}

的线性组合，仍在

λ

-特征子空间内，因此

A u_{2} = λ u_{2}

仍是特征向量。单位化以后，

u_{1}, u_{2}

相互正交且都属于

λ

，可以放心地拼入

Q

。

■

举例说明

设

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

，其矩阵

A = 311131113

，特征值为

5, 2, 2

。对

λ = 5

取特征向量

(1, 1, 1)^{T}

。对

λ = 2

，它是二重特征值，解

x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0

，得两个解

v_{1} = (1, - 1, 0)^{T}, v_{2} = (1, 0, - 1)^{T}

，但

v_{1} \cdot v_{2} = 1 \neq = 0

，二者不正交。作施密特正交化，得

u_{2} = v_{2} - \frac{1}{2} v_{1} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, - 1)^{T} ∥ (1, 1, - 2)^{T}

。于是正交的基为

(1, 1, 1), (1, - 1, 0), (1, 1, - 2)

，单位化后拼成

Q

，标准形为

f = 5 y_{1}^{2} + 2 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}

。如果略去施密特正交化而直接用

v_{1}, v_{2}

，那么

Q

不是正交阵，结论就不成立。

3. 正交变换法的一类专门题型：二次型在单位球面上的最值等于最大、最小特征值★ 要懂

求

x^{T} A x

在条件

∥ x ∥ = 1

下的最大值与最小值，是正交变换法的一个典型应用；配方法在这里无能为力，因为它并不保持向量的长度。结论十分简单：

max = λ_{m a x}

，

min = λ_{m i n}

，并且分别在相应的单位特征向量处取得。这一结论把二次型与最优化联系起来，在数学二中常与条件极值、拉格朗日乘数法结合起来考查。

证明 / 推导

作正交变换

x = Q y

。因为

Q

正交，所以

∥ x ∥ = ∥ y ∥

，约束

∥ x ∥ = 1

化为

∥ y ∥ = 1

。于是

x^{T} A x = \sum_{i} λ_{i} y_{i}^{2}

。又因为

λ_{m i n} \leq λ_{i} \leq λ_{m a x}

，且

\sum y_{i}^{2} = 1

，所以

λ_{m i n} = 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} = λ_{m a x} .

当取

y

为相应的坐标向量，也就是

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，故这两个最值都能取到。

■

举例说明

求

f = 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}

在

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

上的最值。这里

A = E + J

，其中

J

的元素全为

1

，其特征值为

3, 0, 0

，因此

A

的特征值为

4, 1, 1

。于是

max f = λ_{m a x} = 4

，在单位特征向量

\frac{1}{3} (1, 1, 1)^{T}

处取得；

min f = λ_{m i n} = 1

，在与

(1, 1, 1)

正交的单位向量处取得，例如

\frac{1}{2} (1, - 1, 0)^{T}

。代入即可验证：当

x = \frac{1}{3} (1, 1, 1)^{T}

时

f = 4

。

4. 配方法结果的检验：验证 $∣ C ∣ \neq = 0$ ，并核对 $C^{T} A C$ 是否等于所得的对角阵

配方法一路换元，容易抄错，因此必须回过头来检验两件事：① 所写出的可逆矩阵满足

∣ C ∣ \neq = 0

，否则这个变换降低了秩，并不是可逆替换；② 直接验证

C^{T} A C

等于所化出的对角阵

D

。这两式就是

x = C y

把

f

化为

y^{T} D y

这一事实的矩阵形式。若二者不符，则必有某一步算错。再加上惯性定理这一道检验，即用配方法与用正交变换法所得的

(p, q, r)

必须一致，就基本上可以避免算错。

证明 / 推导

由

f = x^{T} A x

及

x = C y

得

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

。若用配方法得

f = \sum d_{i} y_{i}^{2} = y^{T} D y

，其中

D = diag (d_{i})

，那么由二次型与其对称矩阵一一对应，必有

C^{T} A C = D

。因此只要算一遍矩阵乘积加以核对即可；而

∣ C ∣ \neq = 0

保证

C

确实是可逆的合同变换。

■

举例说明

对

f = x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 5 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 4 x_{2} x_{3}

配方，得标准形

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

，所用的可逆矩阵为

C = 100 - 1 10 2 - 2 1

。检验：

∣ C ∣ = 1 \neq = 0

✓；又

A = 110122025

，直接算得

C^{T} A C = E = diag (1, 1, 1)

✓，与标准形的系数完全吻合，可见化简无误。

💡 小知识

把二次型配成平方和的办法出自拉格朗日之手，和初中解一元二次方程时配完全平方是同一件事，只是变量从一个变成了 n 个，逐个消去。两百多年过去，这一手仍是判断多元函数极值时的常用工具，因为它能直接看出黑塞矩阵是否正定。

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 用配方法把二次型

f = x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 5 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 4 x_{2} x_{3}

化为标准形，并写出所用可逆线性变换

x = C y

。难度 1

第一步：先消 $x_{1}$ （把含 $x_{1}$ 的项配成完全平方）。

x_{1}^{2} + 2 x_{1} x_{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} - x_{2}^{2} .

代回：

f = (x_{1} + x_{2})^{2} - x_{2}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 5 x_{3}^{2} + 4 x_{2} x_{3} = (x_{1} + x_{2})^{2} + x_{2}^{2} + 4 x_{2} x_{3} + 5 x_{3}^{2} .

第二步：再消 $x_{2}$ 。

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

故

f = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} + 2 x_{3})^{2} - 4 x_{3}^{2} + 5 x_{3}^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} + 2 x_{3})^{2} + x_{3}^{2} .

第三步：换元得标准形。 令

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

，则

f = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} (三个正系数，正定) .

第四步：写出可逆变换。 逐层回代

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

，

C = 100 - 1 10 2 - 2 1, ∣ C ∣ = 1 \neq = 0.

例 2 用配方法把只含交叉项的二次型

f = 2 x_{1} x_{2} - 4 x_{1} x_{3}

化为标准形，并写出可逆线性变换。难度 2

第一步：无平方项，先造平方项。 令

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

则

2 x_{1} x_{2} = 2 (y_{1}^{2} - y_{2}^{2})

，

- 4 x_{1} x_{3} = - 4 (y_{1} + y_{2}) y_{3}

，于是

f = 2 y_{1}^{2} - 2 y_{2}^{2} - 4 y_{1} y_{3} - 4 y_{2} y_{3} .

第二步：对 $y_{1}$ 配方。

2 y_{1}^{2} - 4 y_{1} y_{3} = 2 (y_{1} - y_{3})^{2} - 2 y_{3}^{2}

，代回

f = 2 (y_{1} - y_{3})^{2} - 2 y_{3}^{2} - 2 y_{2}^{2} - 4 y_{2} y_{3} = 2 (y_{1} - y_{3})^{2} - 2 (y_{2}^{2} + 2 y_{2} y_{3} + y_{3}^{2}) = 2 (y_{1} - y_{3})^{2} - 2 (y_{2} + y_{3})^{2} .

第三步：换元得标准形。 令

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

：

f = 2 z_{1}^{2} - 2 z_{2}^{2} (p = 1, q = 1, r = 2) .

第四步：写出可逆变换。 由

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

及第一步得

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

C = 110 1 - 1 0 021, ∣ C ∣ = - 2 \neq = 0.

可代回验证：把上式代入原

f

恰得

2 z_{1}^{2} - 2 z_{2}^{2}

。

例 3 用正交变换法把

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

化为标准形，并写出所用正交矩阵

Q

。难度 2

第一步：写矩阵、求特征值。

A = 200031013

。

x_{1}

单独给特征值

2

；块

(3113)

的特征值为

4, 2

。故特征值为

λ_{1} = 4, λ_{2} = 2, λ_{3} = 2

。

第二步：求特征向量。
-

λ = 4

：

(3113)

的

4

-特征向量为

(1, 1)^{T}

，补上

x_{1} = 0

，得

(0, 1, 1)^{T}

；
-

λ = 2

：一支来自

x_{1}

方向

(1, 0, 0)^{T}

，另一支来自块的

2

-特征向量

(1, - 1)^{T}

，即

(0, 1, - 1)^{T}

。

三个向量分属不同或已相互正交（

(1, 0, 0)

、

(0, 1, 1)

、

(0, 1, - 1)

两两正交），只需单位化。

第三步：单位化、拼装。

Q = 0 \frac{1}{2} \frac{1}{2} 100 0 \frac{1}{2} - \frac{1}{2}, x = Q y \Rightarrow f = 4 y_{1}^{2} + 2 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2} .

标准形系数

4, 2, 2

恰为特征值——这是正交变换法的标志。

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。

2024 年 · 数二 · 第 22 题 · 解答题 · 12 分

设矩阵

A = (0110 a 1), B = 11 b 112

，二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x^{T} B A x

。已知方程组

A x = 0

的解均是

B^{T} x = 0

的解，但这两个方程组不同解。

（Ⅰ）求

a, b

的值；

（Ⅱ）求正交变换

x = Q y

将

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

化为标准形。

2022 年 · 数二 · 第 22 题 · 解答题 · 12 分

已知二次型

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

。
（I）求正交变换

x = Q y

将

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

化为标准形；
（II）证明：

x \neq = 0 min \frac{f ( x )}{x ^{T} x} = 2

。

2021 年 · 数二 · 第 8 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

用配方法把

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

化为标准形，其正、负惯性指数

(p, q)

为（　）。

A $(2, 0)$
B $(1, 1)$
C $(0, 2)$
D $(1, 0)$

练习 2 · 选择题

用正交变换法化二次型

f = x^{T} A x

，已知

A

的特征值为

1, 4, 9

，则其标准形为（　）。

A $y_{1}^{2} + 4 y_{2}^{2} + 9 y_{3}^{2}$
B $y_{1}^{2} + 2 y_{2}^{2} + 3 y_{3}^{2}$
C $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$
D $9 y_{1}^{2} + 4 y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$ 与 A 不同

练习 3 · 填空题

设

A = (2112)

，则二次型

f = x^{T} A x

在约束

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

下的最大值为 ____。

练习 4 · 选择题

关于配方法与正交变换法，下列说法正确的是（　）。

A配方法得到的标准形系数一定是矩阵 $A$ 的特征值
B正交变换法的标准形系数就是特征值，且变换保持向量长度与夹角
C判定二次曲面 $x^{T} A x = 1$ 的形状可以用配方法
D配方法所用的可逆矩阵 $C$ 一定是正交矩阵

练习 5 · 选择题

二次型

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

的正、负惯性指数

(p, q)

为（　）。

A $(1, 2)$
B $(2, 1)$
C $(3, 0)$
D $(2, 0)$

练习 6 · 填空题

设二次型

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

的秩为

2

，则

a =

____。

练习 7 · 解答题

设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 5 x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 5 x_{3}^{2} + 4 x_{1} x_{2} + 8 x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3} .

(1) 写出

f

的矩阵

A

，并求

A

的全部特征值；

(2) 用正交变换

x = Q y

把

f

化为标准形，写出正交矩阵

Q

与所得标准形；

(3) 用配方法把

f

化为标准形，并说明所得结果与 (2) 中的标准形有何异同。

2020 年 · 数二 · 第 22 题 · 解答题 · 11 分

设二次型

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

经可逆线性变换

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

化为二次型

g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + 4 y_{3}^{2} + 2 y_{1} y_{2}

。
（Ⅰ）求

a

的值；
（Ⅱ）求可逆矩阵

P

。

2018 年 · 数二 · 第 22 题 · 解答题 · 11 分

设实二次型

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

，其中

a

是参数。
（Ⅰ）求

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

的解；
（Ⅱ）求

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

的规范形。

2017 年 · 数二 · 第 23 题 · 解答题 · 11 分

设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + a x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 8 x_{1} x_{3} + 2 x_{2} x_{3}

在正交变换

x = Q y

下的标准形为

λ_{1} y_{1}^{2} + λ_{2} y_{2}^{2}

，求

a

的值及一个正交矩阵

Q

。

化二次型为标准形（配方法、正交变换）

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 配方法的首要原则：选定一个平方项后，把含该变量的交叉项一次全部并入★★ 必会

2. 正交变换法中必须注意的一步：同一重特征值的向量要先作施密特正交化，否则 Q 不正交★★ 必会

3. 正交变换法的一类专门题型：二次型在单位球面上的最值等于最大、最小特征值★ 要懂

4. 配方法结果的检验：验证 ∣C∣=0，并核对 CTAC 是否等于所得的对角阵

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 正交变换法中必须注意的一步：同一重特征值的向量要先作施密特正交化，否则 $Q$ 不正交★★ 必会

4. 配方法结果的检验：验证 $∣ C ∣ \neq = 0$ ，并核对 $C^{T} A C$ 是否等于所得的对角阵