化二次型为标准形（配方法、正交变换）

§13.2 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

0.29 分/卷近 11 年平均

2/11 年出现年份

0.4 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配完★★ 必会

配方法出错，多半是因为没有把含某个变量的交叉项一次都并入同一个完全平方式，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}

与全部

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，变量个数减少一个，再对其余的变量重复这一步骤。只并入一部分交叉项，是最容易出错的地方。

证明 / 推导

设

f

含

x_{1}^{2}

，系数

a_{11} \neq = 0

。把含有

x_{1}

的项集中起来，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}

，那么

y_{1}

之外的部分只含 $x_{2}, \dots, x_{n}$ ，

x_{1}

已被完全消去。这一步是可逆的线性替换。对其余的

(n - 1)

元二次型重复这一步骤，即得标准形。

■

举例说明

（数三2021）求

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

的正、负惯性指数。先展开

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

（

x_{1}^{2}, x_{3}^{2}

恰好抵消）。选定带有平方项的 $x_{2}$ ，一次把所有含有 $x_{2}$ 的交叉项都并入完全平方式：

2 x_{2}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{2} x_{3} = 2 (x_{2} + \frac{x _{1} + x _{3}}{2})^{2} - \frac{1}{2} (x_{1} + x_{3})^{2}

。代回后

x_{2}

完全消失，其余部分为

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

，于是

f = 2 (x_{2} + \frac{x _{1} + x _{3}}{2})^{2} - \frac{1}{2} (x_{1} - x_{3})^{2}

，其中一项系数为正，一项为负，故

(p, q) = (1, 1)

。如果第一步只并入

x_{1} x_{2}

，而遗漏了

x_{2} x_{3}

，

x_{2}

就会残留下来，变量个数无法减少。这里之所以容易出错，原因就在于没有把交叉项一次配完。

2. 正交变换法的关键：属于同一重特征值的特征向量必须先施密特正交化，否则 $Q$ 不是正交矩阵★★ 必会

正交变换法要求所得的矩阵

Q

是正交矩阵，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，如果只把它们单位化就拼成

Q

，那么它就不是正交矩阵，所得的标准形也是错的。正确的做法是：对属于同一重特征值的特征向量先作施密特正交化，再单位化。这是重特征值一类题目中必须注意的细节，也是最容易失分的地方。

证明 / 推导

设

A

为实对称矩阵，且

A v_{1} = λ v_{1}, A v_{2} = λ v_{2}

都属于同一个

λ

，

v_{1}, v_{2}

线性无关，但可能有

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}

，那么

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

。又

u_{2}

是

v_{1}, v_{2}

的线性组合，仍属于

λ

的特征子空间，故

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

，可以放心地拼成

Q

。

■

举例说明

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}

，

A = 311131113

，特征值

5, 2, 2

。

λ = 5

时取

(1, 1, 1)^{T}

。

λ = 2

（二重）时，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

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}

。于是正交基为

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

，单位化后拼成矩阵

Q

，标准形为

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

。如果不作施密特正交化而直接使用

v_{1}, v_{2}

，

Q

就不是正交矩阵，所得结论也就不成立。

3. 正交变换法特有的题型：二次型在单位球面上的最大值与最小值等于最大、最小特征值

求

x^{T} A x

在

∥ x ∥ = 1

条件下的最大值与最小值，是正交变换法的典型应用。配方法在这里不适用，因为它不保持向量的长度。结论是：

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值问题联系起来，在数学（三）中常与条件极值、拉格朗日乘数法结合考查。

证明 / 推导

作正交变换

x = Q y

（

Q

正交，故

∥ x ∥ = ∥ y ∥

，约束

∥ x ∥ = 1

变为

∥ y ∥ = 1

）。于是

x^{T} A x = \sum_{i} λ_{i} y_{i}^{2}

。由于

λ_{m i n} \leq λ_{i} \leq λ_{m a x}

且

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

，

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} .

取

y

为对应坐标向量（即

x

取

λ_{m a x}

或

λ_{m i n}

的单位特征向量）时，上式中的等号成立，所以这两个最值都能取到。

■

举例说明

（数三2022）已知

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

。（Ⅰ）用正交变换化为标准形；（Ⅱ）证明

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

。矩阵

A = 301040103

，特征值

4, 4, 2

，正交变换

x = Q y

化得标准形

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

。（Ⅱ）由于正交变换保持向量的长度，

x^{T} x = y^{T} y

，故

\frac{f ( x )}{x ^{T} x} = \frac{4 y _{1}^{2} + 4 y _{2}^{2} + 2 y _{3}^{2}}{y _{1}^{2} + y _{2}^{2} + y _{3}^{2}} \in [λ_{m i n}, λ_{m a x}] = [2, 4]

，最小值

λ_{m i n} = 2

在

y = (0, 0, 1)^{T}

（即

λ = 2

的单位特征向量）处取得。本题就是二次型

x^{T} A x

在单位球面上的最值

=

最大、最小特征值这一结论的直接应用：

min f / x^{T} x

就等于

λ_{m i n}

。

4. 配方法所得结果的检验：验证 $∣ C ∣ \neq = 0$ 且 $C^{T} A C$ 等于所得的对角矩阵

配方法中要连续作几次换元，容易抄错，因此必须检验两件事：① 所写出的可逆矩阵满足

∣ C ∣ \neq = 0

，否则它不是可逆变换；② 直接验证

C^{T} A C

等于所化出的对角矩阵

D

。这就是

x = C y

把

f

化成

y^{T} D y

这一事实用矩阵写出的形式。如果两者不符，那么必有一步算错。再加上惯性定理这一检验（用配方法与用正交变换法所得的

(p, q, r)

必须一致），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

。如果用配方法得到

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

（

D = diag (d_{i})

），由于二次型与它的对称矩阵一一对应，必有

C^{T} A C = D

。因此只要算一次矩阵乘积加以核对即可。而

∣ C ∣ \neq = 0

保证

C

确实给出可逆的合同变换。

■

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}

，可逆矩阵

C = 100 - 1 10 2 - 2 1

。检验如下：

∣ C ∣ = 1 \neq = 0

✓；又

A = 110122025

，直接计算得

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

✓，与标准形的系数完全一致，说明化简无误。

💡 小知识

配方法出自拉格朗日之手。它和初中解一元二次方程时配完全平方是同一种做法，只是把一个变量换成了 n 个变量，逐个击破。两百多年之后，这一手仍然是判断多元函数极值的日常工具，也就是用来看黑塞矩阵是否正定。

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。

例 4 （数三2003）设二次型

f = a x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} - 2 x_{3}^{2} + 2 b x_{1} x_{3} (b > 0)

，其矩阵

A

的特征值之和为

1

、之积为

- 12

。求

a, b

，并用正交变换将

f

化为标准形，写出正交矩阵

Q

。难度 2

第一步：用特征值的和/积定参数。

A = a 0 b 020 b 0 - 2

。特征值之和

= tr A = a + 2 - 2 = a = 1

，故

a = 1

；特征值之积

= ∣ A ∣ = 2 (a \cdot (- 2) - b^{2}) = - 2 (2 a + b^{2}) = - 12 \Rightarrow 2 a + b^{2} = 6 \Rightarrow b^{2} = 4

，由

b > 0

得

b = 2

。

第二步：求特征值。

A = 102020 20 - 2

，

∣ λ E - A ∣ = 0

解得

λ_{1} = - 3, λ_{2} = λ_{3} = 2

。

第三步：求特征向量。

λ = - 3

：

ξ_{1} = (1, 0, - 2)^{T}

；

λ = 2

：

ξ_{2} = (2, 0, 1)^{T}, ξ_{3} = (0, 1, 0)^{T}

。三者恰两两正交（异特征值自动正交，且

ξ_{2} \cdot ξ_{3} = 0

），只需单位化：

γ_{1} = \frac{1}{5} (1, 0, - 2)^{T}, γ_{2} = \frac{1}{5} (2, 0, 1)^{T}, γ_{3} = (0, 1, 0)^{T}

。

第四步： 取

Q = (γ_{1}, γ_{2}, γ_{3})

，正交变换

x = Q y

下

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

（标准形系数即特征值）。

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。

2021 年 · 数三 · 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 $1, 2$ 。

2017 年 · 数三 · 第 21 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

。

2003 年 · 数三 · 第 20 题 · 解答题 · 13 分

设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = X^{T} A X = a x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} - 2 x_{3}^{2} + 2 b x_{1} x_{3} (b > 0)

，其中二次型的矩阵

A

的特征值之和为

1

，特征值之积为

- 12

。（1）求

a, b

之值；（2）利用正交变换将二次型化为标准形，并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵。

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

若二次型

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

是正定二次型，则

a

的取值范围是（　）

A $- \frac{4}{5} < a < 0$
B $- 1 < a < 1$
C $0 < a < \frac{4}{5}$
D $- \frac{4}{5} < a < \frac{4}{5}$

练习 6 · 填空题

用正交变换化二次型

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

为标准形，则该标准形为 ____。

练习 7 · 解答题

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_{2} x_{3} + x_{3} x_{1}),

其矩阵记为

A

。

(1) 写出

A

，并求

A

的全部特征值（用

a

表示）；

(2) 求

f

为正定二次型时

a

的取值范围；

(3) 当

a = 1

时，求一个正交变换

x = Q y

把

f

化为标准形，写出

Q

与相应的标准形。

1995 年 · 数三 · 第 18 题 · 解答题 · 10 分

已知二次型

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

1993 年 · 数三 · 第 17 题 · 解答题 · 9 分

设二次型

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

，经过正交变换

X = P Y

化为

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

，其中

X = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}, Y = (y_{1}, y_{2}, y_{3})^{T}

为三维列向量，

P

为三阶正交矩阵，试求常数

α, β

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配完★★ 必会

2. 正交变换法的关键：属于同一重特征值的特征向量必须先施密特正交化，否则 Q 不是正交矩阵★★ 必会

3. 正交变换法特有的题型：二次型在单位球面上的最大值与最小值等于最大、最小特征值

4. 配方法所得结果的检验：验证 ∣C∣=0 且 CTAC 等于所得的对角矩阵

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 正交变换法的关键：属于同一重特征值的特征向量必须先施密特正交化，否则 $Q$ 不是正交矩阵★★ 必会

4. 配方法所得结果的检验：验证 $∣ C ∣ \neq = 0$ 且 $C^{T} A C$ 等于所得的对角矩阵