在考研数学中，将二次型化为标准型或者规范型有两种常用的方法，即正交变换法和拉格朗日配方法。那么，拉格朗日配方法相对于正交变换法有哪些优点呢？拉格朗日配方法的具体计算步骤是怎样的呢？在计算过程中需要注意什么问题呢？

针对但不限于上面这些问题，在本文中，荒原之梦考研数学（zhaokaifeng.com）将逐一回答。

小提示：如果对拉格朗日配方法不够熟悉的话，阅读本文就需要多一点耐心，最好准备好纸和笔，跟着文中的步骤亲自计算一遍，把本文从头学到尾，你会很有收获感！

补充：

相互合同的矩阵的正负惯性指数一定相同，因此，相互合同的矩阵乘以相同的数量矩阵后得到的二次型的规范型也一定相同。

若要将一个二次型化为标准形或规范型，有两种常用的方法（当然，除此之外还有其他方法），分别是“正交变换法”，以及“拉格朗日配方法”。

使用哪种方法取决于具体题目的要求。例如，题目要我们求解出对应的正交变换矩阵，就需要使用正交变换法；但如果题目没说要求解出正交矩阵，或者说了只需要求解出一个可逆的线性变换矩阵，那么就可以使用正交变换法或者拉格朗日配方法。

使用正交变换法的优势是计算步骤相对固定，只需要一步一步求解即可，但正交变换法的缺点是计算量较大。因此，如果题目中所给的二次型中的变量个数较少，则使用拉格朗日配方法就会比较简单——总结一下就是，正交变换发法是一种通用解法，而拉格朗日配方法则适用于不需要求解正交变换矩阵，且题目所给二次型中的变量较少的情况。

注意，无论使用哪种方法，最后得到的标准形虽然可能不相同，但标准形中含有的项的个数一定相等（项的个数等于题目所给二次型或者说二次型的矩阵的秩），并且，由不同的标准型得到的规范型也是一样的。

(1)

$$x^{2}+a x+b=\left[x^{2}+2 \cdot x \cdot \frac{a}{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}\right]-\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+b=$$

$$\left(x+\frac{a}{2}\right)^{2}-\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+b$$

(2)

$$x^{2}+a x+b x+c=x^{2}+(a+b) x+c=$$

$${\left[x^{2}+2 \cdot x \cdot \frac{a+b}{2}+\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}\right]-\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}+c=}$$

$$\left(x+\frac{a+b}{2}\right)^{2}-\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}+c$$

更多相关题目：例题 01

从左起找到第一个平方项 $x_{i}^{2}$, 把所有含 $x_{i}$ 的项放在一起，配完全平方，确保其他项中不再含有 $x_{i}$. 之后，再对其他平方项，用同样的方法配完全平方，直至每一项都包含在各完全平方项中，则配方完成。

同时，在配完全平方时，一般按照 $x_{i}^{2}$ 的下标 $i$ 从小到大的顺序进行，即（如果存在的话）先对 $x_{1}^{2}$ 配完全平方，再对 $x_{2}^{2}$ 配完全平方，再对 $x_{3}^{2}$ 配完全平方，以此类推。

将 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ $=$ $4 x_{2}^{2}-3 x_{3}^{2}+4 x_{1} x_{2}-4 x_{1} x_{3}+8 x_{2} x_{3}$ 用拉格朗日配方法化为标准形和规范形，并写出变为规范型的变换矩阵。

难度评级：

$$f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=4 x_{2}^{2}-3 x_{3}^{2}+4 x_{1} x_{2}-4 x_{1} x_{3} + 8 x_{2} x_{3} \Rightarrow$$

$$f=\left(4 x_{2}^{2}+4 x_{1} x_{2}+8 x_{2} x_{3}\right)-3 x_{3}^{2}-4 x_{1} x_{3} \Rightarrow$$

$$f=\left[\left(2 x_{2}\right)^{2}+2 \cdot 2 x_{2} \cdot \left(x_{1}+2 x_{3}\right)+\left(x_{1}+2 x_{3}\right)^{2}\right]$$

$$-\left(x_{1}+2 x_{3}\right)^{2}-3 x_{3}^{2}-4 x_{1} x_{3} \Rightarrow$$

$$f=\left(2 x_{2}+x_{1}+2 x_{3}\right)^{2}-\left(x_{1}^{2}+4 x_{3}^{2}+4 x_{1} x_{3}\right)$$

$$-3 x_{3}^{2}-4 x_{1} x_{3} \Rightarrow$$

$$f=\left(2 x_{2}+x_{1}+2 x_{3}\right)^{2}-x_{1}^{2}-4 x_{3}^{2}-8 x_{1} x_{3}-3 x_{3}^{2} \Rightarrow$$

$$f=\left(x_{1}+2 x_{2}+2 x_{3}\right)^{2}-\left(x_{1}+4 x_{3}\right)^{2}+16 x_{3}^{2}-7 x_{3}^{2} \Rightarrow$$

$$f=\left(x_{1}+2 x_{2}+2 x_{3}\right)^{2}-\left(x_{1}+4 x_{3}\right)^{2}+9 x_{3}^{2}.$$

于是，令：

$$\left\{\begin{array}{l}y_{1}=x_{1}+2 x_{2}+2 x_{3} \\ y_{2}=x_{1}+4 x_{3} \\ y_{3}=x_{3}\end{array}\right.$$

Tips:

如果配方完成后得到的式子缺少某项 $x_{l}^{2}$, 也要把这项补充上去，具体方式可以参阅《配方后得到的式子中没有的项也要通过乘以系数 0 的方式“凑”上去》这篇文章。

即：

$$\left[\begin{array}{l}y_{1} \\y_{2} \\y_{3}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{lll}1 & 2 & 2 \\1 & 0 & 4 \\0 & 0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}x_{1} \\x_{2} \\x_{3}\end{array}\right] \Rightarrow$$

$$C^{-1}=\left[\begin{array}{lll}1 & 2 & 2 \\1 & 0 & 4 \\0 & 0 & 1\end{array}\right] \Rightarrow$$

$$(C^{-1} \mid E) \rightarrow (E \mid C) \Rightarrow$$

$$C=\left[\begin{array}{ccc}0 & 1 & -4 \\\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\0 & 0 & 1\end{array}\right] \Rightarrow$$

以下是一些补充内容：

由于我们要用 $y$ 表示 $x$, 因此，需要根据 $y = C^{-1} x$ 求解出 $x = Cy$, 也就是要由 $C^{-1}$ 求解出 $C$. 但是需要注意，这里根据 $C^{-1}$ 求解真正的变换矩阵 $C$ 有两种方法，一种是如上所示的，用初等变换 $(C^{-1} \mid E) \rightarrow (E \mid C)$ 求解，这部分的原理可以参考荒原之梦考研数学专题文章《通过把单位矩阵 E 看作一张白纸或原点来理解一些做题思路》

另一种方法就是对 $\left\{\begin{array}{l}y_{1}=x_{1}+2 x_{2}+2 x_{3} \\ y_{2}=x_{1}+4 x_{3} \\ y_{3}=x_{3}\end{array}\right.$ 这个方程进行“反解”（当然，反解更适合方程组比较简单的情况，下面这个例子中的方程组略复杂，其实更适合用前述的矩阵求逆法）：

$$\left\{\begin{array}{l}y_{1}=x_{1}+2 x_{2}+2 y_{3} \\ y_{2}=x_{1}+4 y_{3} \\ x_{3}=y_{3}\end{array} \Rightarrow\right.$$

$$\left\{\begin{array}{l}y_{1}=x_{1}+2 x_{2}+2 y_{3} \\ x_{1}=y_{2}-4 y_{3} \\ x_{3}=y_{3}\end{array} \Rightarrow\right.$$

$$\left\{\begin{array}{l}y_{1}=y_{2}-4 y_{3}+2 x_{2}+2 y_{3} \\ x_{1}=y_{2}-4 y_{3} \\ x_{3}=y_{3}\end{array}\right.$$

$$\left\{\begin{array}{l}2 x_{2}=y_{1}-y_{2}+2 y_{3} \\ x_{1}=y_{2}-4 y_{3} \\ x_{3}=y_{3}\end{array} \Rightarrow\right.$$

$$\left\{\begin{array}{l}x_{1}=y_{2}-4 y_{3} \\ x_{2}=\frac{1}{2} y_{1}-\frac{1}{2} y_{2}+y_{3} \\ x_{3}=y_{3}\end{array} \right.$$

于是可得，对应的变换矩阵为：

$$C=\left[\begin{array}{ccc}0 & 1 & -4 \\ \frac{1}{2} & \frac{-1}{2} & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right]$$

以上是一些补充内容。

$$C y=x \Rightarrow$$

$${\left[\begin{array}{l}x_{1} \\x_{2} \\x_{3}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}0 & 1 & -4 \\\frac{1}{2} & \frac{-1}{2} & 1 \\0 & 0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}y_{1} \\y_{2} \\y_{3}\end{array}\right]}$$

于是可得，二次型 $f$ 的标准型为：

$$f=y_{1}^{2}-y_{2}^{2}+9 y_{3}^{2}$$

其中，变换矩阵为：

$$C=\left[\begin{array}{ccc}0 & 1 & -4 \\\frac{1}{2} & \frac{-1}{2} & 1 \\0 & 0 & 1\end{array}\right]$$

为了计算出由标准型变换为规范型的矩阵，我们接着令：

$$\left\{\begin{array}{l}z_{1}=y_{1} \\ z_{2}=3 y_{3} \\ z_{3}=y_{2}\end{array}\right.$$

Tips:

上面之所以令 $z_{2} = 3 y_{3}$, 是因为我们在写规范型的时候，一般把正系数 “$1$” 放前面，之后才是负系数 “$-1$” 和零系数 “$0$”.

于是，有：

$$\left[\begin{array}{l}z_{1} \\ z_{2} \\ z_{3}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3}\end{array}\right].$$

令：

$$Q^{-1}=\left[\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\0 & 0 & 3 \\0 & 1 & 0\end{array}\right] \Rightarrow$$

则：

$$Q=\left[\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\0 & 0 & 1 \\0 & \frac{1}{3} & 0\end{array}\right] \Rightarrow$$

Tips:

这里对矩阵 $Q$ 的求解，也可以通过对 $\left\{\begin{array}{l}z_{1}=y_{1} \\ z_{2}=3 y_{3} \\ z_{3}=y_{2}\end{array}\right.$ 的反解完整。

$${\left[\begin{array}{l}y_{1} \\y_{2} \\y_{3}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\0 & 0 & 1 \\0 & \frac{1}{3} & 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}z_{1} \\z_{2} \\z_{3}\end{array}\right]}$$

因此，二次型 $f$ 的规范型为：

$$f=z_{1}^{2}+z_{2}^{2}-z_{3}^{2}$$

二次型 $f$ 变换为规范型的矩阵为：

$$x=C y=C Q z \Rightarrow$$

$$C \cdot Q=\left[\begin{array}{ccc}0 & \frac{-4}{3} & 1 \\\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{-1}{2} \\0 & \frac{1}{3} & 0\end{array}\right]$$

更多相关例题：例题 01 | 例题 02（有平方项的二次型有时候也需要按照没有平方项的处理）

引入平方差公式，把交叉项变为平方项，例如：

$$(y_{1} + y_{2}) \cdot (y_{1} – y_{2}) = y_{1}^{2} – y_{2}^{2}$$

之后的计算方法就和有平方项的二次项使用拉格朗日配方法一样了。

将二次型 $f$ $=$ $2x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3} – 6 x_{2} x_{3}$ 化为标准形，并写出化为标准型的变换矩阵。

难度评级：

已知：

$$f=2 x_{1} x_{2}+2 x_{1} x_{3}-6 x_{2} x_{3} \Rightarrow$$

为了出现平方项，令：

$$\tag{1} \left\{\begin{array}{l}x_{1}=y_{1}+y_{2} \\ x_{2}=y_{1}-y_{2} \\ x_{3}=y_{3}\end{array} \right. \Rightarrow$$

$$\left[\begin{array}{l}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3}\end{array}\right]$$

$$x=p y \Rightarrow P=\left[\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right]$$

把 $(1)$ 式代入到二次型 $f$ 原来的表达式，可得：

$$f=2\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)+2 \left(y_{1}+y_{2}\right) y_{3}-6\left(y_{1}-y_{2}\right) y_{3} \Rightarrow$$

$$f=2 y_{1}^{2}-2 y_{2}^{2}+2 y_{1} y_{3}+2 y_{2} y_{3}-6 y_{1} y_{3} + 6 y_{2} y_{3} \Rightarrow$$

$$f=2 y_{1}^{2}-2 y_{2}^{2}-4 y_{1} y_{3}+8 y_{2} y_{3} \Rightarrow$$

$$f=2\left(y_{1}^{2}-2 y_{1} y_{3}\right)-2 y_{2}^{2}+8 y_{2} y_{3} \Rightarrow$$

$$f=2\left(y_{1}-y_{3}\right)^{2}-2 y_{3}^{2}-2 y_{2}^{2}+8 y_{2} y_{3} \Rightarrow$$

$$f=2\left(y_{1}-y_{3}\right)^{2}-2\left(y_{3}^{2}+y_{2}^{2}-4 y_{2} y_{3}\right) \Rightarrow$$

$$f=2\left(y_{1}-y_{3}\right)^{2}-2\left(y_{2}-2 y_{3}\right)^{2}+6 y_{3}^{2}$$

令：

$$\left\{\begin{array}{l}z_{1}=y_{1}-y_{3} \\ z_{2}=y_{2}-2 y_{3} \\ z_{3}=y_{3}\end{array} \right.$$

即：

$$\left[\begin{array}{ll}z_{1} \\ z_{2} \\ z_{3}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{lll}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3}\end{array}\right]$$

又：

$$Q^{-1}=\left[\begin{array}{lll}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right] \Rightarrow Q=\left[\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right]$$

因此，二次型 $f$ 的标准型为：

$$f=2 z_{1}^{2}-2 z_{2}^{2}+6 z_{3}^{2}$$

又：

$$x=P y \Rightarrow y=Q_{z} \Rightarrow x=P Q_{z}$$

因此，二次型 $f$ 变换为标准型的矩阵为：

$$P Q=\left[\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\1 & -1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\0 & 1 & 2 \\0 & 0 & 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1 & 1 & 3 \\1 & -1 & -1 \\0 & 0 & 1\end{array}\right]$$

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