【鋪墊】二次型做的變換與相應二次型矩陣的對應：二次型f（x1，x2，x3）=xTAx，g（y1，y2，y3）=yTBy
①若f在可逆變換x=Py下化為g，即P為可逆陣，有PTAP=B；此時P來源于二次型f g代數配方的系數陣。A B合同
②若f在正交變換x=Qy下化為g，即Q為正交陣，有QTAP=Q^(-1)AQ=B；此時Q來源于矩陣方法求A，B的特征值特征向量，產生的過渡正交陣Q，使得QTAQ=B。A B合同且相似
·故若讓求合同矩陣A B的可逆過渡陣P，使PTAP=B，P的構成來源可以是：A B對應二次型代數配方的可逆系數陣（此時二次型做可逆變換），或者A B化為對角陣的正交陣（此時二次型做正交變換）
【思考】若實對稱陣A B合同但不相似，且有可逆陣Q使得QTAQ=B，那么Q可能為正交陣嗎？
【回答】Q不可能為正交陣。因為若Q為正交陣，則Q^{（-1）=QT，則有Q}（-1）AQ=B，此時A B相似，與條件矛盾

【問題引入】若實對稱陣A B合同，考慮A B均非對角陣的一般情況，則有可逆陣P，使得PTAP=B，求P的策略（不考慮成對初等變換）
【分析】合同矩陣A B有相同的規范型，總存在對角陣∧和可逆陣C D，使得CTAC=∧=DTBD
若A B合同但不相似，C D中最多有1個正交陣〔不可能 C D 均為正交陣〕【但若A B不僅合同且相似，則C D可能均為正交陣，一般可逆陣也可。例如C D均為正交陣，24李6卷5線代大題：二次型f(xi)在正交變換x=Qy變換下化為二次型g(yi)，讓求Q；記f g對應二次型矩陣為A B，則有正交陣Q使得QTAQ=B，A B相似。將A B分別用一個正交陣Q1 Q2對角化(此不用配方)，根據Q1 Q2即可得Q。下面說A B合同但不相似的情況】
【核心思想】①寫A B對應的二次型f(xi)，g(yi)
②選用代數配方法或正交矩陣法，將A B在可逆陣C D的作用下(C D中可能存在正交陣)化為同一個對角陣∧，即CTAC=∧=DTBD。后可根據C D求出PTAP=B的可逆陣P （其實基本默認可優先考慮配方法，若給過鋪墊可考慮一下正交陣）

【情況一】C D中無正交陣〔20數二大題+24李6數二第6套大題〕
【實操】①A用相應二次型f（xi）配方（即可逆變換x=Cz）到對角陣∧〔C為配方系數陣的逆〕
②B用相應二次型g（yi）配方（即可逆變換y=Dz）到同一個∧〔D為配方系數陣的逆〕
【注】（1）化為的同一個∧通常為f g共同的規范型
（2）20數二線代大題要自己將f g同時配方為同一規范型；24李4數二線代第一問已讓求出了f到規范型的可逆變換x=Cy〔即已找到C使CTAC=∧=E〕。而A B都是正定陣，規范型均為E；第2問再求出g到規范型的可逆變換y=Dz〔即再求出D使DTBD=∧=E〕；結合C D即可求出PTAP=B的P

【情況二】若C D中有正交陣，設C為正交陣，D為可逆陣〔24李4數二第4套大題考法〕
【實操】①將A用正交陣C化到標準型∧，即CTAC=∧〔相應二次型f（xi）做正交變換x=Cz〕
②B用相應二次型g（yi）配方（即可逆變換y=Dz）到同一個∧〔D為配方系數陣的逆〕
【注】（1）f g化為的同一個∧通常為正交陣C的標準型
（2）24李4數二第4套線代大題套路，就是第一問讓用正交變化x=Qy求出了f的標準型〔即求出了正交陣Q使QTAQ=∧1=diag（a+1，a+1，a-2），∧1則為A的標準型〕；第二問記B=（A-aE）2，注意到一問的Q也可使QTBQ=∧2=diag（1，1，4），此時再將B做可逆變換y=Dz配方到∧3=E〔即易寫出可逆陣D，使DT∧2D=∧3=E（因為∧2原本就是對角陣了）〕。故有DTQTBQD(=∧3)=E，而讓求PTBP=E，可取P=QD。本題雖形式上設問略有不同，但手法思想類似
（3）【注意】C D中有無正交陣其實可以“自定義”，如當下面情況可出現正交陣
①第一問讓求過正交陣C，使CTAC=∧〔24李4數二第4套考法〕；則此時只需對B相應二次型g（yi）配方即可
②配方難配或矩陣AorB的特征值易求