【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