【原创】【一类问题的通法】【真题+李6卷6+李4卷4(+李6卷5)分析】合同矩阵A B有PTAP=B,求可逆阵P的策略

【铺垫】二次型做的变换与相应二次型矩阵的对应:二次型f(x1,x2,x3)=xTAx,g(y1,y2,y3)=yTBy

①若f在可逆变换x=Py下化为g,即P为可逆阵,有PTAP=B;此时P来源于二次型f g代数配方的系数阵。A B合同

②若f在正交变换x=Qy下化为g,即Q为正交阵,有QTAP=Q^(-1)AQ=B;此时Q来源于矩阵方法求A,B的特征值特征向量,产生的过渡正交阵Q,使得QTAQ=B。A B合同且相似

·故若让求合同矩阵A B的可逆过渡阵P,使PTAP=B,P的构成来源可以是:A B对应二次型代数配方的可逆系数阵(此时二次型做可逆变换),或者A B化为对角阵的正交阵(此时二次型做正交变换)

【思考】若实对称阵A B合同但不相似,且有可逆阵Q使得QTAQ=B,那么Q可能为正交阵吗?

【回答】Q不可能为正交阵。因为若Q为正交阵,则Q(-1)=QT,则有Q(-1)AQ=B,此时A B相似,与条件矛盾

【问题引入】若实对称阵A B合同,考虑A B均非对角阵的一般情况,则有可逆阵P,使得PTAP=B,求P的策略(不考虑成对初等变换)

【分析】合同矩阵A B有相同的规范型,总存在对角阵∧和可逆阵C D,使得CTAC=∧=DTBD

若A B合同但不相似,C D中最多有1个正交阵〔不可能 C D 均为正交阵〕【但若A B不仅合同且相似,则C D可能均为正交阵,一般可逆阵也可。例如C D均为正交阵,24李6卷5线代大题:二次型f(xi)在正交变换x=Qy变换下化为二次型g(yi),让求Q;记f g对应二次型矩阵为A B,则有正交阵Q使得QTAQ=B,A B相似。将A B分别用一个正交阵Q1 Q2对角化(此不用配方),根据Q1 Q2即可得Q。下面说A B合同但不相似的情况】

【核心思想】①写A B对应的二次型f(xi),g(yi)

②选用代数配方法或正交矩阵法,将A B在可逆阵C D的作用下化为同一个对角阵∧,即CTAC=∧=DTBD(C D中可能存在最多一个正交阵)。后可根据C D求出PTAP=B的可逆阵P

·其实基本默认可优先考虑配方法,若给过铺垫可考虑一下正交阵。注意若A B合同但不相似,最终PTAP=B的P不可能为正交阵(见上提问),正交阵只可能与另一个可逆阵相乘构成P

【情况一】C D中无正交阵〔20数二大题+24李6数二第6套大题〕

【实操】①A用相应二次型f(xi)配方(即可逆变换x=Cz)到对角阵∧〔C为配方系数阵的逆〕

②B用相应二次型g(yi)配方(即可逆变换y=Dz)到同一个∧〔D为配方系数阵的逆〕

【注】(1)化为的同一个∧通常为f g共同的规范型

(2)20数二线代大题要自己将f g同时配方为同一规范型;24李4数二线代第一问已让求出了f到规范型的可逆变换x=Cy〔即已找到C使CTAC=∧=E〕。而A B都是正定阵,规范型均为E;第2问再求出g到规范型的可逆变换y=Dz〔即再求出D使DTBD=∧=E〕;结合C D即可求出PTAP=B的P

【情况二】若C D中有正交阵,设C为正交阵,D为可逆阵〔24李4数二第4套大题考法〕

【实操】①将A用正交阵C化到标准型∧,即CTAC=∧〔相应二次型f(xi)做正交变换x=Cz〕

②B用相应二次型g(yi)配方(即可逆变换y=Dz)到同一个∧〔D为配方系数阵的逆〕

【注】(1)f g化为的同一个∧通常为正交阵C的标准型

(2)24李4数二第4套线代大题套路,就是第一问让用正交变化x=Qy求出了f的标准型〔即求出了正交阵Q使QTAQ=∧1=diag(a+1,a+1,a-2),∧1则为A的标准型〕;第二问记B=(A-aE)²,注意到一问的Q也可使QTBQ=∧2=diag(1,1,4),此时再将B做可逆变换y=Dz配方到∧3=E〔即易写出可逆阵D,使DT∧2D=∧3=E(因为∧2原本就是对角阵了)〕。故有DTQTBQD(=∧3)=E,而让求PTBP=E,可取P=QD。本题虽形式上设问略有不同,但手法思想类似

(3)【注意】C D中有无正交阵其实可以"自定义",如当下面情况可出现正交阵

①第一问让求过正交阵C,使CTAC=∧〔24李4数二第4套考法〕;则此时只需对B相应二次型g(yi)配方即可

②配方难配或矩阵AorB的特征值易求

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