线性代数模块 8：二次型

本模块以考研真题为主线，围绕二次型及其矩阵、合同标准形、惯性指数与合同规范形、正定二次型四部分建立题型体系。高频重点集中在标准化、合同与惯性、正定性及其综合应用。

如果把这一章压缩成一句话，就是：

$$\boxed{\text{二次型}⟷\text{实对称矩阵}⟷\text{特征值}⟷\text{正交对角化}⟷\text{惯性指数}⟷\text{正定性}}$$

真正学透这条链，模块 6“特征值”、模块 7“相似对角化”和模块 8“二次型”其实就连成了一章。

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一、先建立二次型最核心的整体认识

设

$$x=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right),$$

一个实二次型总能唯一写成

$$f(x)=x^{T}Ax,$$

其中 $A$ 取为实对称矩阵。

例如

$$f=2x_1^2+3x_2^2+4x_1{x}_2$$

对应

$$A=\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 2& 3\end{array}\right).$$

最容易出错的地方就是：

$$\boxed{\text{交叉项 }{x}_i{x}_j\text{ 的系数要除以 }2}$$

因为

$$x^{T}Ax=\sum _i{a}_{ii}{x}_i^2+2\sum _{i<j}{a}_{ij}{x}_i{x}_j.$$

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1. 二次型的变量替换，本质上是什么？

作可逆线性变换

$$x=Py,$$

则

$$f=x^{T}Ax=y^T{P}^{T}APy.$$

因此新二次型矩阵为

$$\boxed{B=P^{T}AP}.$$

这就叫 合同变换。

所以：

$$\boxed{A{\sim }_{\text{合同}}B⟺\exists P\text{ 可逆，使 }B=P^{T}AP}$$

而相似是

$$B=P^{-1}AP.$$

两者一定不能混。

但如果 $P$ 是正交矩阵，那么

$$P^{-1}=P^T,$$

于是

$$P^{T}AP=P^{-1}AP.$$

因此：

$$\boxed{\text{正交合同同时也是相似}}$$

这就是为什么“正交变换化二次型为标准形”时，对角线系数恰好就是 $A$ 的特征值。

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二、标准形、规范形、相似、合同到底怎么区分？

这是整个模块最重要的概念辨析。

标准形

通过可逆变换把交叉项消掉：

$$f=d_1{y}_1^2+d_2{y}_2^2+\cdots +d_n{y}_n^2.$$

称为标准形。

如果是正交变换得到的标准形，那么

$$d_1,d_2,\dots ,d_n$$

就是 $A$ 的特征值。

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规范形

继续缩放变量，把非零系数变成 $1$ 或 $-1$：

$$f=y_1^2+\cdots +y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots -y_{p+q}^2.$$

这就是规范形。

其中

$$p=\text{正惯性指数},$$ $$q=\text{负惯性指数},$$

而

$$n-p-q$$

是零特征值个数。

因此

$$\boxed{r(A)=p+q}.$$

Sylvester 惯性定理告诉我们：

$$\boxed{\text{合同变换不会改变 }p,q}$$

所以对于同阶实对称矩阵：

$$\boxed{A,B\text{ 合同}⟺A,B\text{ 的正、负惯性指数分别相同}}$$

这也是大量选择题的秒杀定理。

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三、模块 8 真题的实际重点

按照站内题库中的真题分布，可以把复习优先级这样排：

尤其 2024、2025 年真题已经明显不满足于“给出一个二次型直接配方”，而喜欢先套一层包装：2024 年以柯西型不等式考半正定，2025 年直接令

$$f(x,y)=|xA+yB|$$

先要求生成二次型，再判断正定。

下面按真正的“母题”来讲。

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四、题型一：由二次型写矩阵、求秩

这是所有其他题型的入口。

真题：2004 年第 3 题，4 分

题目：

$$f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2{)}^2+(x_2-x_3{)}^2+(x_3+x_1{)}^2$$

求二次型的秩。

展开：

$$f=2x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1{x}_2+2x_1{x}_3-2x_2{x}_3.$$

所以

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 2& -1\\ 1& -1& 2\end{array}\right).$$

计算：

$$|A|=0.$$

但

$$\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right|=3\ne 0.$$

故

$$\boxed{r(A)=2}.$$

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这道题真正应该学会的第二种方法

因为原式本身就是平方和：

$$f=(x_1+x_2{)}^2+(x_2-x_3{)}^2+(x_1+x_3{)}^2.$$

令

$$C=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& -1\\ 1& 0& 1\end{array}\right),$$

则

$$f=\Vert Cx{\Vert }^2=x^T{C}^{T}Cx.$$

所以

$$A=C^{T}C.$$

有一个极其重要的结论：

$$\boxed{r(C^{T}C)=r(C)}.$$

于是根本没必要展开 $C^{T}C$，直接研究三个线性形式的秩即可。

这类结构在后面的真题、李正元和张宇题中反复出现。2018 真题甚至直接把三个平方和写成 $C^{T}C$ 来研究 $f=0$ 与规范形；2022 数一真题中的矩阵

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 4& 6\\ 3& 6& 9\end{array}\right)$$

本质上就是

$$A=v{v}^T,v=(1,2,3{)}^T,$$

因此秩直接为 $1$。

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五、一个必须背成条件反射的“平方和总定理”

如果

$$f(x)=(l_1^{T}x{)}^2+\cdots +(l_m^{T}x{)}^2,$$

把

$$C=\left(\begin{array}{c}{l}_1^T\\ ⋮\\ l_m^T\end{array}\right),$$

则

$$\boxed{f(x)=x^T{C}^{T}Cx=\Vert Cx{\Vert }^2}.$$

于是立刻得到四个结论：

$$\boxed{A=C^{T}C\text{ 一定半正定}}$$ $$\boxed{r(A)=r(C)}$$ $$\boxed{f(x)=0⟺Cx=0}$$

以及

$$\boxed{f\text{ 正定}⟺r(C)=n}.$$

如果 $C$ 恰好是 $n$ 阶方阵，则进一步变成

$$\boxed{f\text{ 正定}⟺|C|\ne 0}.$$

这个模板可以一次解决非常多题。

张宇 1000 题中就有

$$f=(x_1+2x_2+x_3{)}^2+[-x_1+(a-4)x_2+2x_3{]}^2+(2x_1+x_2+a{x}_3{)}^2.$$

对应矩阵 $C$ 的行列式为

$$|C|=a^2-4a+13=(a-2{)}^2+9>0.$$

所以不论 $a$ 取什么实数，$C$ 都可逆，从而 $f$ 永远正定。这就是非常典型的“不要展开二次型”型练习。

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六、题型二：正交变换化标准形——本章第一大母题

完整算法必须熟练到机械化：

$$\boxed{A\to |\lambda E-A|\to {\lambda }_i\to \text{特征向量}\to \text{单位正交特征向量}\to Q}$$

最后

$$Q^{T}AQ=\mathrm{diag}({\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3).$$

于是

$$x=Qy$$

将二次型化为

$$f={\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+{\lambda }_3{y}_3^2.$$

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真题：1995 年第 4 题，10 分

题目：

$$f=4x_2^2-3x_3^2+4x_1{x}_2-4x_1{x}_3+8x_2{x}_3.$$

要求写矩阵，并用正交变换化标准形。

首先

$$A=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& -2\\ 2& 4& 4\\ -2& 4& -3\end{array}\right).$$

特征值为

$${\lambda }_1=6,{\lambda }_2=1,{\lambda }_3=-6.$$

可以取单位特征向量

$$q_1=\frac{1}{\sqrt{30}}\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 2\end{array}\right),$$ $$q_2=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 1\end{array}\right),$$ $$q_3=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 2\end{array}\right).$$

令

$$Q=(q_1,q_2,q_3),$$

则

$$Q^{T}Q=E,$$

且

$$Q^{T}AQ=\left(\begin{array}{ccc}6& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& -6\end{array}\right).$$

所以

$$\boxed{f=6y_1^2+y_2^2-6y_3^2}.$$

这种题最容易丢分的点

如果有重特征值，例如

$${\lambda }_1={\lambda }_2=3,$$

不能随便从对应特征空间拿两个线性无关向量就塞进 $Q$。

必须保证：

$$q_1\perp q_2$$

并且单位化。

因为最终要求的是

$$Q^{T}Q=E.$$

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七、题型三：标准形已知，反求参数——不要傻算完整特征方程

这是考研特别喜欢考的类型。

核心思想：

目标标准形已经把特征值表明了，所以优先使用特征值不变量反推参数。

最常用四个量：

$$\boxed{\mathrm{tr}(A)=\sum _i{\lambda }_i}$$ $$\boxed{|A|=\prod _i{\lambda }_i}$$ $$\boxed{\sum \text{二阶主子式}=\sum _{i<j}{\lambda }_i{\lambda }_j}$$

以及

$$\boxed{\mathrm{tr}(A^2)=\sum _i{\lambda }_i^2}.$$

三阶矩阵里，这四个技巧非常值钱。

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真题：1993 年第 4 题，9 分

$$f=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2\alpha x_1{x}_2+2\beta x_2{x}_3+2x_1{x}_3$$

经正交变换化成

$$f=y_2^2+2y_3^2.$$

求 $\alpha ,\beta$。

矩阵为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& \alpha & 1\\ \alpha & 1& \beta \\ 1& \beta & 1\end{array}\right).$$

目标标准形告诉我们：

$${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3=0,1,2.$$

因此

$$|A|=0.$$

而直接算出

$$|A|=-(\alpha -\beta {)}^2.$$

所以

$$\alpha =\beta .$$

再利用二阶主子式和：

$${\lambda }_1{\lambda }_2+{\lambda }_1{\lambda }_3+{\lambda }_2{\lambda }_3=2.$$

而原矩阵三个二阶主子式之和为

$$(1-{\alpha }^2)+0+(1-{\beta }^2)=2-{\alpha }^2-{\beta }^2.$$

于是

$$2-{\alpha }^2-{\beta }^2=2,$$

所以

$${\alpha }^2+{\beta }^2=0.$$

最终

$$\boxed{\alpha =\beta =0}.$$

这道题的精髓就是：不要展开三次特征多项式。

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八、再看一个极经典参数题：1998 年真题

题目给

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& b& 1\\ b& a& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right),$$

经正交变换后曲面变为

$${\eta }^2+4{\zeta }^2=4.$$

所以特征值是

$$0,1,4.$$

首先看迹：

$$a+2=5,$$

故

$$a=3.$$

再看行列式：

$$|A|=0.$$

代入 $a=3$：

$$|A|=-(b-1{)}^2.$$

所以

$$\boxed{b=1}.$$

完全不需要上来硬算特征方程。

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九、题型四：利用“秩”反推参数，再正交对角化

这是近二十年大题非常典型的套路：

$$\boxed{\text{标准形只有 }r\text{ 个非零项}\Rightarrow r(A)=r}$$

对于三阶矩阵，如果题目说秩为 $2$，第一反应：

$$|A|=0.$$

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真题：2017 数一/数二/数三，11 分

$$f=2x_1^2-x_2^2+a{x}_3^2+2x_1{x}_2-8x_1{x}_3+2x_2{x}_3$$

经正交变换后的标准形只有两个平方项。

求 $a$ 以及正交矩阵。

矩阵

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -4\\ 1& -1& 1\\ -4& 1& a\end{array}\right).$$

只有两个非零标准项，所以

$$r(A)=2.$$

故

$$|A|=0.$$

计算得到

$$|A|=-3(a-2),$$

因此

$$\boxed{a=2}.$$

然后再对

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -4\\ 1& -1& 1\\ -4& 1& 2\end{array}\right)$$

求特征值：

$$\lambda =6,-3,0.$$

最后标准形为

$$\boxed{f=6y_1^2-3y_2^2}.$$

通用模板

看到：

“三元二次型秩为 2”

立刻：

$$|A|=0.$$

但求出参数后必须检查：

$$r(A)\ge 2.$$

最方便的方法是再找一个非零二阶子式。

否则可能得到秩为 $1$ 的退化参数。

李正元练习题中就专门安排了这一类“秩为 2 求参数”的训练。

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十、题型五：惯性指数——本章最适合秒杀的题型

惯性指数只关心：

$$\boxed{\text{正、负、零}}$$

根本不关心具体特征值大小。

所以求惯性指数时，千万不要条件反射就算完整特征方程。

常见速度排序是：

$$\boxed{\text{直接配方}>\text{观察平方和}>\text{矩阵结构}>LD{L}^T>\text{完整特征值}}$$

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真题：2014 数一/二/三

$$f=x_1^2-x_2^2+2a{x}_1{x}_3+4x_2{x}_3$$

负惯性指数为 $1$，求 $a$ 范围。

直接配方：

$$f=(x_1+a{x}_3{)}^2-(x_2-2x_3{)}^2+(4-a^2)x_3^2.$$

前两项已经给出：

一个正项，一个负项。

为了让负惯性指数仍然恰好为 $1$，第三项不能为负：

$$4-a^2\ge 0.$$

所以

$$\boxed{-2\le a\le 2}.$$

注意端点一定要保留。

因为 $a=\pm 2$ 时只是第三项变成 $0$，负平方项仍然只有一个。

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十一、2025 真题：一道非常值得重视的小题

网站收录的 2025 数一题为

$$f=x_1^2+2x_1{x}_2+2x_1{x}_3,$$

问正惯性指数。

如果硬算特征值当然能做。

但应该配方：

$$f=(x_1+x_2+x_3{)}^2-(x_2+x_3{)}^2.$$

立即得到规范形

$$z_1^2-z_2^2.$$

因此

$$\boxed{p=1,q=1,r=2}.$$

这种题就是在考：

是否理解“惯性指数问题根本不需要知道特征值是多少”。

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十二、一个更高级的惯性指数技巧：符号 + 秩

例如

$$f=(x_1+x_2{)}^2+(x_2+x_3{)}^2-(x_3-x_1{)}^2.$$

这是 2021 真题。

甚至可以不计算特征值。

找两个向量：

取某个 $x$，使

$$f(x)>0,$$

再找某个 $x$，使

$$f(x)<0.$$

说明至少：

$$p\ge 1,q\ge 1.$$

再发现矩阵行列式为 $0$，但秩为 $2$。

于是

$$p+q=2.$$

只能有

$$\boxed{p=q=1}.$$

考场上可能十几秒解决。

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十三、LDL 分解：惯性指数的隐藏神器

若实对称矩阵各顺序主子式

$${\Delta }_1,{\Delta }_2,\dots$$

在消元过程中不为零，则可合同化为

$$\mathrm{diag}\left({\Delta }_1,\frac{{\Delta }_2}{{\Delta }_1},\frac{{\Delta }_3}{{\Delta }_2},\dots \right).$$

因此只看这些数的正负即可得到惯性指数。

例如三阶：

$$A\sim \mathrm{diag}\left({\Delta }_1,\frac{{\Delta }_2}{{\Delta }_1},\frac{{\Delta }_3}{{\Delta }_2}\right).$$

这是 $LD{L}^T$ 分解在二次型中的本质。

注意如果中间某个主子式恰好为 $0$，不能直接硬套，需要换主元、交换变量或者使用二阶块。

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十四、题型六：矩阵多项式 + 惯性指数

这是非常漂亮的一类综合题。

2019 真题

设三阶实对称矩阵 $A$ 满足

$$A^2+A=2E,$$

并且

$$|A|=4.$$

求

$$x^{T}Ax$$

的规范形。

若 $\lambda$ 是任一特征值，则

$${\lambda }^2+\lambda =2.$$

即

$$(\lambda -1)(\lambda +2)=0.$$

所以

$$\lambda \in \{1,-2\}.$$

假设有 $k$ 个特征值为 $-2$，则

$$|A|=(-2{)}^k.$$

已知

$$|A|=4,$$

所以

$$k=2.$$

因此：

$$p=1,q=2.$$

规范形直接为

$$\boxed{y_1^2-y_2^2-y_3^2}.$$

以后看到

$$p(A)=0$$

这种矩阵方程，一定立即想到：

$$\boxed{p(\lambda )=0}.$$

这是一条跨模块非常高频的桥。

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十五、题型七：合同与相似的辨析

这是选择题高频坑点。

记住：

$$\boxed{\text{相似看特征值}}$$

而

$$\boxed{\text{实对称矩阵合同看惯性指数}}$$

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真题：2007 年

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& -1& -1\\ -1& 2& -1\\ -1& -1& 2\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right).$$

判断合同、相似关系。

注意

$$A=3E-J.$$

所以特征值为

$$3,3,0.$$

而 $B$ 的特征值为

$$1,1,0.$$

因此：

$$A,B$$

特征值不同，所以

$$\boxed{\text{不相似}}.$$

但是两者都是

$$p=2,q=0,r=2.$$

因此

$$\boxed{\text{合同}}.$$

最终：

$$\boxed{\text{合同但不相似}}.$$

这就是最标准的模板题。

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十六、2025 大题：合同 + 正交相似一起考

这是很值得拿来预测以后命题方向的一道题。

网站收录：

$$A=\left(\begin{array}{ccc}4& 1& -2\\ 1& 1& 1\\ -2& 1& a\end{array}\right),$$

与

$$B=\left(\begin{array}{ccc}k& 0& 0\\ 0& 6& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$$

合同。

先求 $a,k$ 范围；再问若存在正交矩阵 $Q$ 使

$$Q^{T}AQ=B,$$

求 $k,Q$。

因为 $B$ 有零特征值，所以

$$|B|=0.$$

合同保持秩，因此

$$|A|=0.$$

计算：

$$|A|=3(a-4).$$

所以

$$\boxed{a=4}.$$

此时 $A$ 特征值为

$$0,3,6.$$

它有两个正特征值。

要与 $B$ 合同，只需 $B$ 也有两个正特征值，所以

$$\boxed{k>0}.$$

但第二问突然加强为

$$Q^{T}AQ=B,Q\text{ 正交}.$$

这时候就不只是合同，而是正交相似，因此特征值必须完全一样：

$$\{k,6,0\}=\{3,6,0\}.$$

故

$$\boxed{k=3}.$$

这道题完美展示了：

$$\boxed{\text{合同只锁定符号； 正交合同还锁定特征值大小}}$$

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十七、题型八：一般可逆变换化一个二次型为另一个二次型

这是很多人只会“化成对角形”，但不会“化成指定二次型”的地方。

设

$$f(x)=x^{T}Ax,$$

希望在

$$x=Py$$

下化成

$$g(y)=y^{T}By.$$

目标就是解：

$$\boxed{P^{T}AP=B}.$$

存在可逆 $P$ 的充分必要条件：

$$\boxed{A,B\text{ 合同}}$$

对于实对称矩阵也就是惯性指数相同。

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2023 数一真题

$$f=x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1{x}_2-2x_1{x}_3,$$ $$g=y_1^2+y_2^2+y_3^2+2y_2{y}_3.$$

要求：

第一问找可逆 $P$，使 $f\to g$；

第二问判断能否用正交变换。

先配方：

$$f=(x_1+x_2-x_3{)}^2+(x_2+x_3{)}^2.$$

而

$$g=y_1^2+(y_2+y_3{)}^2.$$

直接令

$$x_1+x_2-x_3=y_1,$$ $$x_2=y_2,$$ $$x_3=y_3.$$

于是

$$x_1=y_1-y_2+y_3.$$

因此可取

$$P=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right).$$

而第二问为什么不存在正交变换？

因为两个矩阵的特征值分别为

$$3,2,0$$

和

$$2,1,0.$$

虽然惯性指数都为

$$p=2,q=0,$$

所以它们合同；

但特征值不同，所以不相似。

因此：

$$\boxed{\text{存在可逆合同变换，但不存在正交变换}}.$$

这是非常经典的综合辨析题。

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十八、题型九：正定二次型——Sylvester 判别法

这是正定参数题的第一工具。

对实对称矩阵 $A$：

$$A>0$$

的充分必要条件是所有顺序主子式：

$${\Delta }_1>0,{\Delta }_2>0,\dots ,{\Delta }_n>0.$$

即

$$\boxed{\text{正定}⟺\text{所有顺序主子式均}>0}.$$

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1991 真题

$$f=x_1^2+4x_2^2+4x_3^2+2\lambda x_1{x}_2-2x_1{x}_3+4x_2{x}_3.$$

问 $\lambda$ 何时正定。

矩阵：

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& \lambda & -1\\ \lambda & 4& 2\\ -1& 2& 4\end{array}\right).$$

有

$${\Delta }_1=1>0.$$

再有

$${\Delta }_2=4-{\lambda }^2>0,$$

所以

$$-2<\lambda <2.$$

最后

$${\Delta }_3=-4(\lambda -1)(\lambda +2)>0.$$

得到

$$-2<\lambda <1.$$

取交集：

$$\boxed{-2<\lambda <1}.$$

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十九、正定到底有多少种等价判据？

建议把它们看成一个“方法选择箱”。

对于实对称矩阵 $A$，以下最重要：

$$\boxed{A>0⟺x^{T}Ax>0,\forall x\ne 0}$$ $$\boxed{A>0⟺{\lambda }_i>0,\forall i}$$ $$\boxed{A>0⟺{\Delta }_k>0,k=1,\dots ,n}$$ $$\boxed{A>0⟺A\text{ 合同于 }E}$$ $$\boxed{A>0⟺A=C^{T}C,C\text{ 可逆}}$$

考场不是“哪个都能用”，而是根据题目结构选最快的。

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二十、2025 真题：先算行列式，再得到二次型

这是近年命题风格特别典型的一道题。

给

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 2& -a\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& a\end{array}\right),$$

若

$$f(x,y)=|xA+yB|$$

为正定二次型，求 $a$ 范围。

先生成二次型：

$$xA+yB=\left(\begin{array}{cc}x+y& -2x+y\\ 2x& -ax+ay\end{array}\right).$$

于是

$$f(x,y)=(4-a)x^2-2xy+a{y}^2.$$

对应矩阵

$$C=\left(\begin{array}{cc}4-a& -1\\ -1& a\end{array}\right).$$

二元正定只需要

$$4-a>0$$

以及

$$|C|>0.$$

后者：

$$a(4-a)-1>0.$$

即

$$a^2-4a+1<0.$$

方程根为

$$2-\sqrt{3},2+\sqrt{3}.$$

所以

$$\boxed{2-\sqrt{3}<a<2+\sqrt{3}}.$$

这道题给 2027 考研最大的启示

以后看到：

$$|xA+yB|,\Vert Ax+By{\Vert }^2,{\alpha }^{T}A\beta ,$$

不要以为“不像二次型”。

命题人很可能就是把二次型藏起来了。

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二十一、2024 真题：用柯西不等式包装“半正定”

题目给

$$A=\left(\begin{array}{cc}a+1& a\\ a& a\end{array}\right)$$

并要求对任意向量 $\alpha ,\beta$ 都满足

$$({\alpha }^{T}A\beta {)}^2\le ({\alpha }^{T}A\alpha )({\beta }^{T}A\beta ).$$

求 $a$。

这种式子看起来像普通不等式，其实是在问：

$A$ 能否作为一个半内积矩阵？

本题最终对应 $A$ 半正定。

二阶矩阵半正定要求相应主子式非负。

这里

$$a+1>0$$

以及

$$|A|=a.$$

最终得到

$$\boxed{a\ge 0}.$$

以后应建立识别：

$$\boxed{(x^{T}Ay{)}^2\le (x^{T}Ax)(y^{T}Ay)}$$

往往就是在暗示：

$$\boxed{\text{半正定双线性型}}$$

而不是单纯考柯西不等式。

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二十二、题型十：$B^{T}AB$、$A^{T}A$ 型正定性

这是证明题极其重要的模板。

1999 真题

设 $A$ 为 $m$ 阶正定矩阵，$B$ 为 $m\times n$ 矩阵。

证明：

$$B^{T}AB$$

正定的充分必要条件是

$$r(B)=n.$$

因为

$$x^T{B}^{T}ABx=(Bx{)}^{T}A(Bx).$$

由于 $A>0$，所以：

如果

$$Bx\ne 0,$$

则

$$(Bx{)}^{T}A(Bx)>0.$$

因此要求任意

$$x\ne 0$$

都有

$$Bx\ne 0.$$

这等价于

$$Bx=0$$

只有零解。

也就是

$$\boxed{r(B)=n}.$$

所以以后直接记成：

$$\boxed{A>0⟹B^{T}AB\ge 0}$$

并且

$$\boxed{B^{T}AB>0⟺B\text{ 列满秩}}.$$

张宇 1000 题也专门再次考了这个结论。

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二十三、另一个超级模板：$\lambda E+A^{T}A$

1999 真题要求证明：

$$B=\lambda E+A^{T}A$$

在

$$\lambda >0$$

时正定。

直接：

$$x^{T}Bx=\lambda x^{T}x+x^T{A}^{T}Ax.$$

即

$$x^{T}Bx=\lambda \Vert x{\Vert }^2+\Vert Ax{\Vert }^2.$$

对于

$$x\ne 0,$$

第一项严格大于 $0$，第二项非负。

所以

$$\boxed{B>0}.$$

以后看到

$$A^{T}A$$

第一反应应该是：

$$\boxed{x^T{A}^{T}Ax=\Vert Ax{\Vert }^2}.$$

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二十四、题型十一：二次型等于零的解

这个题型近年非常重要。

关键先判断二次型是否半正定。

如果

$$A\ge 0,$$

那么

$$\boxed{x^{T}Ax=0⟺Ax=0}.$$

特别是

$$A=C^{T}C$$

时：

$$x^{T}Ax=\Vert Cx{\Vert }^2,$$

所以

$$\boxed{f(x)=0⟺Cx=0}.$$

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2018 真题

$$f=(x_1-x_2+x_3{)}^2+(x_2+x_3{)}^2+(x_1+a{x}_3{)}^2.$$

令

$$C=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& a\end{array}\right).$$

则

$$f=\Vert Cx{\Vert }^2.$$

而

$$|C|=a-2.$$

所以若

$$a\ne 2,$$

则 $C$ 可逆：

$$Cx=0\Rightarrow x=0.$$

此时二次型正定，规范形为

$$\boxed{z_1^2+z_2^2+z_3^2}.$$

当

$$a=2,$$

则

$$r(C)=2.$$

解

$$Cx=0$$

得到

$$x=t\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 1\end{array}\right).$$

此时规范形为

$$\boxed{z_1^2+z_2^2}.$$

一道题同时把：

$$C^{T}C,\text{秩},\text{方程组},\text{正定},\text{规范形}$$

全部串起来了。

这种题非常值得反复做。

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二十五、但有一个大坑：不是所有 $f=0$ 都等于 $Ax=0$

例如

$$f=x_1^2-x_2^2.$$

取

$$x=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right),$$

有

$$f=0.$$

可是

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right),$$

所以

$$Ax=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right)\ne 0.$$

因此：

$$\boxed{f(x)=0⟺Ax=0}$$

只在半正定/半负定这类特殊情况下成立。

如果二次型不定，$f=0$ 通常对应一个锥面，而不是零空间。

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二十六、题型十二：二次型极值与 Rayleigh 商

这个题型强烈建议列为重点。

对实对称矩阵 $A$：

$$R(x)=\frac{x^{T}Ax}{x^{T}x}$$

称为 Rayleigh 商。

有：

$$\boxed{\underset{x\ne 0}{\min }\frac{x^{T}Ax}{x^{T}x}={\lambda }_{\min }}$$

以及

$$\boxed{\underset{x\ne 0}{\max }\frac{x^{T}Ax}{x^{T}x}={\lambda }_{\max }}.$$

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2022 数二/数三真题

$$f=3x_1^2+4x_2^2+3x_3^2+2x_1{x}_3.$$

求正交标准形，并证明

$$\underset{x\ne 0}{\min }\frac{f(x)}{x^{T}x}=2.$$

对应矩阵

$$A=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 1\\ 0& 4& 0\\ 1& 0& 3\end{array}\right).$$

特征值：

$$2,4,4.$$

所以根本不用复杂求极值：

$$\boxed{\underset{x\ne 0}{\min }\frac{x^{T}Ax}{x^{T}x}=2}.$$

达到最小值时，$x$ 就取最小特征值 $2$ 对应的特征向量。

张宇练习中也出现了“单位球面上二次型最大值 = 最大特征值”的直接训练。

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二十七、题型十三：二次曲面的类型

二次型经过正交变换后：

$${\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+{\lambda }_3{y}_3^2=1.$$

所以曲面类型本质只看惯性指数。

三维常见对应关系：

2016 真题中

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 2\\ 2& 1& 2\\ 2& 2& 1\end{array}\right)=2J-E$$

特征值为

$$5,-1,-1.$$

所以正交变换后：

$$5y_1^2-y_2^2-y_3^2=2.$$

一个正项、两个负项，所以是

$$\boxed{\text{双叶双曲面}}.$$

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二十八、必须掌握的一个特殊矩阵结构

考研非常喜欢：

$$A=\left(\begin{array}{ccc}a& b& b\\ b& a& b\\ b& b& a\end{array}\right).$$

写成

$$A=(a-b)E+bJ.$$

其中 $J$ 为全 $1$ 矩阵。

立刻知道：

$$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$$

对应特征值

$$a+2b,$$

而与

$$(1,1,1{)}^T$$

正交的二维子空间上，特征值均为

$$a-b.$$

所以：

$$\boxed{{\lambda }_1=a+2b,{\lambda }_2={\lambda }_3=a-b}.$$

2016、2002 等多道真题和大量练习题都用了这种结构。

例如

$$A=\left(\begin{array}{ccc}a& 1& 1\\ 1& a& 1\\ 1& 1& a\end{array}\right)$$

特征值就是

$$a+2,a-1,a-1.$$

要正惯性指数 $1$、负惯性指数 $2$：

$$a+2>0,$$ $$a-1<0.$$

于是

$$\boxed{-2<a<1}.$$

一行解决。

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二十九、另一个必须条件反射的结构：$a{a}^T$

若

$$A=a{a}^T,a\ne 0,$$

则

$$Ax=a(a^{T}x).$$

因此

$$Aa=a(a^{T}a)=\Vert a{\Vert }^{2}a.$$

于是：

$$\boxed{\Vert a{\Vert }^2\text{ 是唯一非零特征值}}$$

其余

$$n-1$$

个特征值全是 $0$。

所以：

$$r(A)=1.$$

二次型：

$$x^{T}a{a}^{T}x=(a^{T}x{)}^2.$$

规范形必为

$$\boxed{y_1^2}.$$

2013、2022 真题和张宇练习里都反复利用这个 rank-one 结构。

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三十、正定矩阵的几个高阶综合结论

这些特别容易进入证明题。

1. 正定矩阵加单位阵

如果

$$A>0,$$

则特征值

$${\lambda }_i>0.$$

于是

$$A+E$$

的特征值为

$${\lambda }_i+1>1.$$

因此

$$|A+E|=\prod _{i=1}^n({\lambda }_i+1)>1.$$

这就是 1991 真题。

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2. 正定矩阵的逆仍正定

若

$${\lambda }_i(A)>0,$$

则

$${\lambda }_i(A^{-1})=\frac{1}{{\lambda }_i(A)}>0.$$

因此

$$\boxed{A^{-1}>0}.$$

李正元练习还进一步要求证明 $A^{\ast }$ 正定。因为

$$A^{\ast }=|A|A^{-1},$$

正定矩阵满足

$$|A|>0,$$

故

$$\boxed{A^{\ast }>0}.$$

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3. Schur 补

若

$$D=\left(\begin{array}{cc}A& C\\ C^T& B\end{array}\right)>0,$$

则

$$A>0$$

且

$$\boxed{B-C^T{A}^{-1}C>0}.$$

2005 真题实际上就是通过合同变换把 $D$ 化为分块对角矩阵，从而证明这个结论。

这个结论非常适合以后出新题。

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三十一、正定平方根也是可能再次出现的考法

2021 数一真题给

$$A=\left(\begin{array}{ccc}a& 1& -1\\ 1& a& -1\\ -1& -1& a\end{array}\right),$$

先要求正交对角化，再求正定矩阵 $C$，使

$$C^2=(a+3)E-A.$$

先得到

$$P^{T}AP=\mathrm{diag}(a-1,a-1,a+2).$$

那么

$$P^T[(a+3)E-A]P=\mathrm{diag}(4,4,1).$$

所以正定平方根直接为

$$\boxed{C=P\mathrm{diag}(2,2,1)P^T}.$$

本质依然只有一句：

实对称矩阵先正交对角化，再对特征值做函数。

未来完全可能改成：

$$C^3=B,C^{-1/2},(A+kE{)}^{1/2}$$

这样的形式。

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三十二、这一章真正应该形成的“考场决策树”

1. 看到一般二次型：先写实对称矩阵 $A$。

2. 看到平方和：优先写成

   $$f=\Vert Cx{\Vert }^2=x^T{C}^{T}Cx,$$

   不要先展开。

3. 看到“正交变换”：想到特征值、单位正交特征向量，

   $$Q^{T}AQ=\Lambda .$$

4. 看到“可逆变换”：想到合同，

   $$B=P^{T}AP,$$

   此时特征值通常不保持。

5. 看到“标准形已知”：先利用

   $$\mathrm{tr}A,|A|,\mathrm{tr}(A^2),{\sigma }_2$$

   反求参数。

6. 看到“秩为 2”：三阶矩阵首先令

   $$|A|=0,$$

   然后验证存在非零二阶子式。

7. 看到“惯性指数”：先配方、结构判断、$LD{L}^T$，最后才考虑完整特征值。

8. 看到“合同吗”：比较惯性指数；看到“相似吗”比较特征值。

9. 看到“正定参数”：规则矩阵优先看特征值，一般三阶矩阵优先 Sylvester。

10. 看到 $A^{T}A$、$C^{T}C$、$B^{T}AB$：马上改写成范数平方。

11. 看到 $f=0$：先判断是不是半正定；若是平方和，直接解对应齐次方程。

12. 看到 $\frac{x^{T}Ax}{x^{T}x}$：直接想到最大、最小特征值。

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三十三、最容易犯的十个错误

最严重的是把“合同”和“相似”混淆。合同保持惯性指数，但一般不保持特征值；正交合同因为 $Q^{-1}=Q^T$，才同时是相似。

第二个是交叉项忘记除以 $2$。比如 $6x_1{x}_2$ 对应矩阵元素是 $3$，不是 $6$。

第三个是知道 $r(A)=2$ 后只令 $|A|=0$，却忘记排除秩 $0$ 或 $1$。

第四个是求惯性指数时无脑算三次特征方程。

第五个是把标准形和规范形混起来。比如

$$6y_1^2-3y_2^2$$

是标准形，而规范形是

$$z_1^2-z_2^2.$$

第六个是认为正惯性指数、负惯性指数之和永远等于 $n$。实际上

$$p+q=r(A),$$

零特征值也可能存在。

第七个是认为 $A=C^{T}C$ 就一定正定。其实它只自动半正定：

$$A\ge 0.$$

只有 $C$ 列满秩才正定。

第八个是看到 $f=0$ 就写 $Ax=0$。这只有半正定等特殊情况下成立。

第九个是重复特征值对应的特征向量只取“线性无关”而没正交化。

第十个是看到正定就一定用主子式。很多特殊结构直接看特征值快得多。

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三十四、结合真题，值得重点关注最值得预测的 5 种新考法

预测一：平方和 + 参数 + 正定 + 零空间

例如给

$$f=(x_1+x_2+a{x}_3{)}^2+(x_1-x_2{)}^2+(x_2+x_3{)}^2,$$

问何时正定，退化时求 $f=0$ 的全部解。

标准解法根本不展开。

令

$$C=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& a\\ 1& -1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right).$$

于是

$$f=\Vert Cx{\Vert }^2.$$

正定等价于

$$|C|\ne 0.$$

退化时直接解

$$Cx=0.$$

这是 2018、2022 真题和大量强化题的自然升级。

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预测二：先判断合同，再判断能否正交变换

给两个二次型 $f,g$。

第一问：

$$\text{是否存在可逆 }P,P^{T}AP=B?$$

比较惯性指数。

第二问：

$$\text{是否存在正交 }Q,Q^{T}AQ=B?$$

再比较特征值。

这正是 2023、2025 真题已经表现出来的趋势。

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预测三：矩阵方程 + 正定参数

例如

$$A^3-3A+2E=0,$$

$A$ 为四阶实对称矩阵，再给秩或迹，求

$$A+kE$$

正定时的 $k$。

做法：

先由

$${\lambda }^3-3\lambda +2=0$$

得到所有可能特征值；

再利用秩、迹、行列式确定重数；

最后要求

$${\lambda }_i+k>0.$$

这是 2002、2019 等真题的自然升级。

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预测四：广义 Rayleigh 商

普通真题已经考过

$$\frac{x^{T}Ax}{x^{T}x}.$$

很自然可以升级为：

$$\frac{x^{T}Bx}{x^{T}Ax},A>0.$$

令

$$y=A^{1/2}x,$$

化为

$$\frac{y^T{A}^{-1/2}B{A}^{-1/2}y}{y^{T}y}.$$

因此极值就是矩阵

$$A^{-1/2}B{A}^{-1/2}$$

的最大、最小特征值。

这会把二次型、正定、特征值三个模块完全融合起来。

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预测五：继续包装隐藏二次型

2025 已经出现

$$|xA+yB|.$$

以后完全可以出现

$$\Vert x\alpha +y\beta {\Vert }^2,$$ $$({\alpha }^{T}x)({\beta }^{T}x),$$ $$|xA+yE|,$$

甚至

$$x^T(A^{T}A+\lambda E)x.$$

真正需要训练的是：

$$\boxed{\text{把包装拆掉，重新识别成 }{x}^{T}Cx}$$

而不是死记题面形式。

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三十五、最后给模块 8 压缩成一张“万能公式表”

二次型：

$$\boxed{f=x^{T}Ax,A=A^T}$$

合同变换：

$$\boxed{x=Py\Rightarrow B=P^{T}AP}$$

正交变换：

$$\boxed{Q^{T}AQ=Q^{-1}AQ=\Lambda }$$

标准形：

$$\boxed{f=\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{y}_i^2}$$

规范形：

$$\boxed{f=\sum _{i=1}^p{z}_i^2-\sum _{i=p+1}^{p+q}{z}_i^2}$$

秩：

$$\boxed{r(A)=p+q}$$

实对称矩阵合同：

$$\boxed{A\cong B⟺p_A=p_B,q_A=q_B}$$

正定：

$$\boxed{A>0⟺{\lambda }_i>0⟺{\Delta }_i>0⟺A\cong E}$$

平方和：

$$\boxed{f=\Vert Cx{\Vert }^2=x^T{C}^{T}Cx}$$

并且

$$\boxed{r(C^{T}C)=r(C)}$$ $$\boxed{C^{T}C>0⟺C\text{ 列满秩}}$$

半正定情况下：

$$\boxed{x^{T}Ax=0⟺Ax=0}$$

Rayleigh 商：

$$\boxed{{\lambda }_{\min }\le \frac{x^{T}Ax}{x^{T}x}\le {\lambda }_{\max }}$$

矩阵多项式：

$$\boxed{p(A)=0\Rightarrow p({\lambda }_i)=0}$$

特殊矩阵：

$$\boxed{(a-b)E+bJ}$$

的特征值为

$$\boxed{a+(n-1)b,a-b(n-1\text{ 重})}$$

rank-one：

$$\boxed{A=a{a}^T\Rightarrow \lambda =\Vert a{\Vert }^2,0,\dots ,0}$$

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最后的复习优先级

若目标是考研数学一，建议模块 8 不要按照教材“定义→定理→做题”的顺序复习，而按照：

$$\boxed{\text{二次型矩阵}\to \text{正交标准化}\to \text{惯性与合同}\to \text{正定}\to C^{T}C\to f=0\to \text{极值与综合}}$$

去训练。

其中最值得反复吃透的真题，可优先选择 1995 正交标准化、2014 惯性指数参数、2017 秩+标准形、2018 平方和+零空间、2019 矩阵多项式+规范形、2022 Rayleigh 商、2023 合同与正交变换、2024 半正定隐藏考法、2025 合同综合以及 2025 行列式生成正定二次型。这几道基本覆盖了当前二次型命题从传统计算到结构化综合的完整演进。

另外，整理时还可发现站内资料已标出少数原始分类材料的题面缺漏，例如 2003 年一道题的特征值乘积条件漏了负号、2013 年一道平方和题漏了系数 $2$；张宇题库中也有个别选项与题干不完全匹配。这些内容未机械照抄原始材料，而是按照二次型本身重新核验了逻辑。