二次型：把交叉项
变成看得懂的方向

矩阵乘法展开为 $x^TAx=\sum_{i,j}a_{ij}x_ix_j$。当 $i\ne j$，$a_{ij}x_ix_j$ 与 $a_{ji}x_jx_i$ 合并；因 $a_{ij}=a_{ji}$，系数是 $2a_{ij}$。这也说明每个系数都唯一确定 $A$。

任意非对称矩阵 $M$ 也能写出 $x^TMx$，但只会用到它的对称部分：

因为 $x^TMx$ 是标量，等于自己的转置 $x^TM^Tx$。所以本章始终选唯一的对称矩阵。

取 $A=I_2, C=\operatorname{diag}(2,3)$，则 $C^TAC=\operatorname{diag}(4,9)$。特征值从 $1,1$ 变为 $4,9$，正方向仍有两个。因此“合同”保留的是正负方向的数目，而非每个方向的数值。

行列式满足 $\det B=(\det C)^2\det A$：值可能变，但符号和是否为零保持。

新矩阵第 $i,j$ 个元素是

所以 $Q^TAQ=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。再代入 $x=Qy$，就得到标准形。不同特征值的向量正交也能直接证明：由 $A=A^T$，

两特征值不等时内积只能为零。

最简单的例子 $f=2x_1x_2$，令 $x_1=u+v, x_2=u-v$，则 $f=2u^2-2v^2$，换元矩阵行列式为 $-2\ne0$。对更多变量，其余变量保持不变即可。反复配方，每次消掉一个变量的交叉项，因此所有实二次型都能化为标准形。

矩阵版本：选初等矩阵 $E$，列变换相当于 $AE$，接着做对应行变换得到 $E^TAE$。例如

操作是“第 2 列减去第 1 列的 $1/2$，再第 2 行减去第 1 行的 $1/2$”。两步必须成对，否则只保证等价，不能保证合同。

若要追踪 $C$，从 $\binom{A}{I}$ 开始：每次列变换作用于整块，配对行变换只作用于上半块。最终得到 $\binom{D}{C}$。多步时 $C=E_1E_2\cdots E_k$，检查 $C^TAC=D$。

在规范形里，前 $p$ 个坐标张成的子空间上，除零向量外 $f>0$。下面说明：任何让 $f$ 处处为正的子空间，维数都不超过 $p$。

若一个子空间 $U$ 的维数大于 $p$，把它的向量投影到前 $p$ 个坐标，必有非零向量落入该投影的核（你学过秩—零化度定理）。对这个向量，前 $p$ 个坐标全为零，于是 $f\le0$，矛盾。

因此 $p$ 是“正定子空间的最大维数”。可逆换元给子空间一一对应，保持维数和函数值，所以保持 $p$；对 $-f$ 同理保持 $q$。这就是惯性定律的实质。

同惯性指数时，两矩阵都能化到同一个规范形；把两次变换接起来，就得到合同。因此该条件既必要又充分。

用正交变换 $x=Qy$。非零 $x$ 对应非零 $y$，于是 $x^TAx=\sum\lambda_i y_i^2$。若全部 $\lambda_i>0$，至少一项严格为正，总和为正。反过来，若某个 $\lambda_j\le0$，取对应非零特征向量 $q_j$，则 $q_j^TAq_j=\lambda_j\|q_j\|^2\le0$，与正定矛盾。

再令 $D=\operatorname{diag}(\lambda_i)$，则 $C=QD^{-1/2}$ 满足 $C^TAC=I$；令 $R=D^{1/2}Q^T$ 则 $A=R^TR$。反向验证 $x^TR^TRx=\|Rx\|^2>0$，因为 $R$ 可逆。

先看二元情形：

当 $\Delta_1=a>0, \Delta_2=ac-b^2>0$，两个系数都正。

一般情形作归纳。将矩阵分块

若所有 $\Delta_k>0$，则 $a>0$。由消元或分块行列式公式，$S$ 的前 $k$ 阶顺序主子式等于 $\Delta_{k+1}/a>0$。归纳得 $S$ 正定，于是 $f$ 正定。

反向：若 $A$ 正定，令其余坐标全为零，可知每个左上角子矩阵正定；它们的特征值全正，因此行列式 $\Delta_k>0$。两边证明完毕。连续配方的主元还满足 $d_k=\Delta_k/\Delta_{k-1}$，其中 $\Delta_0=1$（需相应分母非零）。

必要性：把其余坐标置零，每个主子矩阵仍半正定，特征值非负，所以每个主子式非负。

充分性：设所有主子式非负。对任意 $\varepsilon>0$，每个 $k$ 阶左上角子矩阵 $A_k+\varepsilon I_k$ 的行列式，都等于 $A_k$ 各阶主子式之和乘上相应的 $\varepsilon$ 次幂，再加 $\varepsilon^k$。所以它严格为正。由刚证明的正定判据，$A+\varepsilon I$ 正定。对固定 $x$ 令 $\varepsilon\to0^+$，有 $x^TAx=\lim_{\varepsilon\to0^+}x^T(A+\varepsilon I)x\ge0$，因此 $A$ 半正定。

行列式展开中的求和来自选择对角线上的 $\varepsilon$ 项；未选的行列保留相应主子式。此证明只为补足结论，做题时通常不用复述。

正定必有 $a_{ii}=e_i^TAe_i>0$，且 $\det A>0$。但两者合用仍不充分：

对角线全正但矩阵不定。另一个陷阱：$A=\operatorname{diag}(0,-1)$ 的顺序主子式都是零，却不是半正定；遗漏的主子式 $a_{22}=-1$ 揭穿了它。

加法用定义：$x^T(A+B)x=x^TAx+x^TBx>0$，不需要也不能把两矩阵的特征值逐个相加。幂与逆用 $A=QD Q^T$：其特征值变成 $\lambda_i^m,\lambda_i^{-1}$，都正；且矩阵仍实对称。$A^T=A$。

$A^*=(\det A)A^{-1}$，其中 $\det A>0$，所以伴随矩阵正定。$C^TAC$ 则用 $x^TC^TACx=(Cx)^TA(Cx)>0$；满列秩保证非零 $x$ 有 $Cx\ne0$。

截图的“正定矩阵有正定的 $m$ 次根”：令

便有 $B$ 正定且 $B^m=A$。常用的是 $m=2$。此外，$A,B$ 正定不能直接推出 $AB$ 是实对称正定矩阵，因为 $(AB)^T=BA$，一般不等于 $AB$。

用同一个中间坐标 $z$：$x=Uz, y=Vz$。于是 $z=V^{-1}y$，所以 $x=UV^{-1}y$。直接验算：

正交情形逆等于转置，代入同一公式即可。这里 $V^{-T}$ 表示 $(V^{-1})^T$。

若标准形系数全非负，总和为零只能让每个正系数对应坐标为零，零系数坐标自由；这与 $Dy=0$ 等价，进而与 $Ax=0$ 等价。全非正时取负号即可。

不定例 $f=x_1^2-x_2^2$。零点是两条直线 $x_1=x_2$ 或 $x_1=-x_2$，包含 $(1,1)$；但 $A(1,1)^T=(1,-1)^T\ne0$。若把每个平方项都设为零，只会得到原点，漏掉其余零点。

如果标准形含 $a u^2-b v^2$（$a,b>0$），取 $u=\sqrt b, v=\sqrt a$，其余坐标为零，就构造出非零零点。

正交换元保持 $\|x\|^2=\|y\|^2$。对非零 $x$，

右边是特征值的加权平均：权重非负、和为 1，所以在最大与最小特征值之间。要达到最小值，所有 $\lambda_i>\lambda_{\min}$ 的坐标都必须为零；最大值同理。

这也解释为何这里必须用正交变换：一般可逆 $x=Cy$ 后，约束变成 $y^TC^TCy=1$，不能继续当成 $\sum y_i^2=1$。

若正交化得到 $\lambda_1y_1^2+\lambda_2y_2^2+\lambda_3y_3^2=1$ 且全正，则半轴长为 $1/\sqrt{\lambda_i}$，方向为对应单位特征向量 $q_i$。特征值越大，同一函数值下可走的距离越短。

若某系数为零，函数不依赖那个坐标，所以图形沿那个方向延伸；若有正有负，平方项可以抵消，曲面通常开放。

一般可逆换元会伸缩、斜切，因此保留这类曲面的类型，但不能直接把普通配方系数当成原空间欧氏半轴长度。要读长度和夹角，使用正交标准形。