2018年考研数学三第20题

本题给出一个二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+3x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3$。首先观察二次型的结构：它由三个平方项 $x_1^2$、$2x_2^2$、$3x_3^2$ 以及三个交叉项 $2x_1x_2$、$2x_1x_3$、$4x_2x_3$ 组成。由于平方项系数均为正，且交叉项的存在使得二次型不一定恒正。但题目要求研究 $f=0$ 的条件。注意到二次型可以写成矩阵形式 $f=\mathbf{x}^T A \mathbf{x}$，其中 $\mathbf{x}=(x_1,x_2,x_3)^T$，对称矩阵 $A$ 的元素由二次型系数决定：$a_{11}=1$，$a_{22}=2$，$a_{33}=3$，$a_{12}=a_{21}=1$（因为 $2x_1x_2$ 的系数 $2$ 对应 $2a_{12}$，所以 $a_{12}=1$），$a_{13}=a_{31}=1$，$a_{23}=a_{32}=2$。因此 $$A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\1 & 2 & 2\\1 & 2 & 3\end{pmatrix}.$$ 二次型 $f$ 是三个变量的二次齐次函数，其值非负当且仅当 $A$ 是半正定矩阵。但本题的关键在于：$f$ 由三个平方项构成，每个平方项非负，但交叉项可能使整体为负。然而，题目暗示 $f=0$ 等价于每个平方项同时为零，这需要验证。实际上，若 $f=0$，则 $x_1^2+2x_2^2+3x_3^2 = -2x_1x_2-2x_1x_3-4x_2x_3$，左边非负，右边可能为负，但更直接的方法是配方。通过配方可以将 $f$ 写成完全平方和的形式，从而看出 $f=0$ 当且仅当每个平方项为零。例如，先对 $x_1$ 配方：$f = (x_1+x_2+x_3)^2 + (x_2+x_3)^2 + x_3^2$。验证：展开 $(x_1+x_2+x_3)^2 = x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$，加上 $(x_2+x_3)^2 = x_2^2+x_3^2+2x_2x_3$，再加 $x_3^2$，得到 $x_1^2+2x_2^2+3x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3$，与 $f$ 一致。因此 $$f = (x_1+x_2+x_3)^2 + (x_2+x_3)^2 + x_3^2.$$ 由于三个平方项均非负，故 $f=0$ 当且仅当每个平方项同时为零，即 $$\begin{cases}x_1+x_2+x_3=0,\\x_2+x_3=0,\\x_3=0.\end{cases}$$ 由此解得 $x_3=0$，$x_2=0$，$x_1=0$，所以唯一解是零向量。这一步骤明确了二次型的结构，为后续求解提供了基础。

已知方程组为： $$ \begin{cases} x_1 + 2x_2 + 4x_3 = 0 \\ 2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0 \\ x_1 + x_2 + a x_3 = 0 \end{cases} $$ 由第二式 $2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0$，结合第一式 $x_1 + 2x_2 + 4x_3 = 0$，将第一式乘以2得 $2x_1 + 4x_2 + 8x_3 = 0$，减去第二式得 $(2x_1+4x_2+8x_3) - (2x_1+3x_2+5x_3) = 0$，即 $x_2 + 3x_3 = 0$，所以 $x_2 = -3x_3$。 将 $x_2 = -3x_3$ 代入第一式：$x_1 + 2(-3x_3) + 4x_3 = 0$，即 $x_1 - 6x_3 + 4x_3 = 0$，得 $x_1 - 2x_3 = 0$，所以 $x_1 = 2x_3$。 再将 $x_1 = 2x_3$ 和 $x_2 = -3x_3$ 代入第三式 $x_1 + x_2 + a x_3 = 0$，得 $2x_3 + (-3x_3) + a x_3 = 0$，即 $(2 - 3 + a)x_3 = 0$，化简为 $(a - 1)x_3 = 0$。 现在讨论参数 $a$： - 当 $a \neq 1$ 时，由 $(a-1)x_3 = 0$ 得 $x_3 = 0$，进而 $x_1 = 2 \times 0 = 0$，$x_2 = -3 \times 0 = 0$，所以方程组只有零解 $(x_1, x_2, x_3) = (0,0,0)$。 - 当 $a = 1$ 时，$(a-1)x_3 = 0$ 恒成立，$x_3$ 为自由变量，令 $x_3 = t$（$t$ 为任意常数），则 $x_1 = 2t$，$x_2 = -3t$，所以方程组有无穷多解，通解为 $(x_1, x_2, x_3) = (2t, -3t, t)$，$t \in \mathbb{R}$。

第（I）问要求求解齐次线性方程组 $\boldsymbol{Ax} = \boldsymbol{0}$ 的通解，其中系数矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & a & 0 \\ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$。 首先计算系数矩阵的行列式： $$ \det(\boldsymbol{A}) = \begin{vmatrix} 1 & a & 0 \\ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 1 \cdot \begin{vmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} - a \cdot \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} + 0 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \cdot (0 \cdot 1 - 2 \cdot 1) - a \cdot (1 \cdot 1 - 2 \cdot 0) = -2 - a. $$ 因此，当 $\det(\boldsymbol{A}) \neq 0$，即 $a \neq -2$ 时，系数矩阵满秩，齐次线性方程组只有唯一零解 $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$。 当 $a = -2$ 时，$\det(\boldsymbol{A}) = 0$，方程组有非零解。将 $a = -2$ 代入系数矩阵并进行行简化： $$ \boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2 - R_1} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 - \frac{1}{2}R_2} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. $$ 由行阶梯形矩阵得 $\mathrm{rank}(\boldsymbol{A}) = 2$，基础解系含 $3 - 2 = 1$ 个向量。取 $x_3$ 为自由变量，令 $x_3 = 1$，由第二行 $2x_2 + 2x_3 = 0$ 得 $x_2 = -1$，再由第一行 $x_1 - 2x_2 = 0$ 得 $x_1 = -2$。故基础解系为 $(-2, -1, 1)^\mathrm{T}$，通解为 $k(-2, -1, 1)^\mathrm{T}$，$k \in \mathbb{R}$。 综上，第（I）问答案为：当 $a \neq -2$ 时，方程组只有零解；当 $a = -2$ 时，通解为 $k(-2, -1, 1)^\mathrm{T}$，$k$ 为任意常数。

第（II）问中，二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 通过正交变换化为平方和形式 $\lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 + \lambda_3 y_3^2$，其中 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 是矩阵 $A$ 的特征值。由于二次型可化为三个平方项之和，其秩等于非零特征值的个数。本题中，三个平方项对应的系数（即特征值）分别为 $\lambda_1=1$，$\lambda_2=1$，$\lambda_3=2$，均为非零，故二次型的秩为 $3$。 但题目要求分析平方项对应的向量 $\alpha_1=(1,-1,1)$，$\alpha_2=(0,1,1)$，$\alpha_3=(1,0,a)$ 的线性相关性，并由此确定参数 $a$ 的值。这三个向量实际上是正交变换中标准正交基的坐标表示，它们必须线性无关才能构成一组基。 判断三个向量线性相关性的条件是：存在不全为零的系数 $k_1,k_2,k_3$ 使得 $k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2 + k_3\alpha_3 = 0$。写成线性方程组： $$ \begin{cases} k_1 + 0\cdot k_2 + k_3 = 0 \\ -k_1 + k_2 + 0\cdot k_3 = 0 \\ k_1 + k_2 + a k_3 = 0 \end{cases} $$ 即 $$ \begin{cases} k_1 + k_3 = 0 \\ -k_1 + k_2 = 0 \\ k_1 + k_2 + a k_3 = 0 \end{cases} $$ 由第一式得 $k_3 = -k_1$，由第二式得 $k_2 = k_1$，代入第三式：$k_1 + k_1 + a(-k_1) = 2k_1 - a k_1 = k_1(2-a) = 0$。 若 $a \neq 2$，则 $k_1=0$，进而 $k_2=0$，$k_3=0$，三个向量线性无关，秩为 $3$。 若 $a = 2$，则 $k_1$ 可取任意非零值，存在非零解，三个向量线性相关，秩小于 $3$。 由于二次型 $f$ 的秩为 $3$，对应的三个特征向量必须线性无关，因此 $a$ 不能等于 $2$，即 $a \neq 2$。

根据前一步得到的二次型矩阵的秩，可以确定二次型的规范形。 当 $a \neq 2$ 时，矩阵的秩为 $3$，即三个特征值均非零。进一步判断正定性：由于 $a \neq 2$ 时，三个特征值均大于 $0$（可通过顺序主子式验证：一阶主子式 $2>0$，二阶主子式 $\begin{vmatrix}2 & 1\\1 & 2\end{vmatrix}=3>0$，三阶主子式 $\det(A)=2(a-2)^2>0$），因此二次型正定。正定二次型的规范形为三个正平方项之和： $$ f = y_1^2 + y_2^2 + y_3^2. $$ 当 $a = 2$ 时，矩阵的秩为 $2$，即有一个特征值为 $0$，另外两个特征值大于 $0$（因为顺序主子式一阶 $2>0$，二阶 $3>0$，三阶 $\det(A)=0$，故半正定）。此时二次型半正定，规范形中只包含两个正平方项： $$ f = y_1^2 + y_2^2. $$ 因此，二次型的规范形由参数 $a$ 唯一确定： - 若 $a \neq 2$，规范形为 $y_1^2+y_2^2+y_3^2$； - 若 $a = 2$，规范形为 $y_1^2+y_2^2$。

第（II）问要求写出二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 在正交变换下的标准形。根据前几步的计算，我们已经得到了二次型矩阵 $A$ 的特征值：$\lambda_1=2$（单根）和 $\lambda_2=2$（二重根），但注意题目中给出的矩阵 $A$ 为 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，其特征值实际为 $\lambda_1=0$，$\lambda_2=2$，$\lambda_3=2$。经过正交变换 $\boldsymbol{x}=Q\boldsymbol{y}$，其中 $Q$ 是由标准正交特征向量构成的正交矩阵，二次型化为标准形： $$f = \lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 + \lambda_3 y_3^2 = 0 \cdot y_1^2 + 2 y_2^2 + 2 y_3^2 = 2y_2^2 + 2y_3^2.$$ 因此，第（II）问的答案为：二次型 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_2^2 + 2y_3^2$。 验证：标准形中平方项的系数即为矩阵 $A$ 的特征值（包括零特征值），且平方项个数等于矩阵的秩（此处秩为2），与 $A$ 的秩一致。同时，标准形中不含 $y_1^2$ 项，对应特征值0，说明二次型是半正定的。 最终答案：$f = 2y_2^2 + 2y_3^2$。