上海理工大学 2024年高等代数第0题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+3x_3^2-4x_1x_2-4x_2x_3$ 的矩阵 $A$ 满足 $f=x^TAx$，其中 $A$ 为实对称矩阵。根据二次型各项系数：$x_1^2$ 系数1，$x_2^2$ 系数2，$x_3^2$ 系数3，$x_1x_2$ 系数-4，$x_2x_3$ 系数-4，$x_1x_3$ 系数0。因此 $A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ -2 & 2 & -2 \\ 0 & -2 & 3 \end{pmatrix}$。

解特征方程 $|\lambda E-A|=0$，即 $\begin{vmatrix} \lambda-1 & 2 & 0 \\ 2 & \lambda-2 & 2 \\ 0 & 2 & \lambda-3 \end{vmatrix}=0$。按第一行展开：$(\lambda-1)\begin{vmatrix} \lambda-2 & 2 \\ 2 & \lambda-3 \end{vmatrix} -2\begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 0 & \lambda-3 \end{vmatrix} = (\lambda-1)[(\lambda-2)(\lambda-3)-4] -2[2(\lambda-3)-0] = (\lambda-1)(\lambda^2-5\lambda+2) -4(\lambda-3) = (\lambda-1)(\lambda^2-5\lambda+2) -4\lambda+12$。展开合并：$(\lambda-1)(\lambda^2-5\lambda+2) = \lambda^3-6\lambda^2+7\lambda-2$，再减去 $4\lambda-12$ 得 $\lambda^3-6\lambda^2+3\lambda+10=0$。因式分解：$\lambda^3-6\lambda^2+3\lambda+10 = (\lambda+1)(\lambda-2)(\lambda-5)$？检验：$(\lambda+1)(\lambda-2)(\lambda-5) = (\lambda+1)(\lambda^2-7\lambda+10) = \lambda^3-6\lambda^2+3\lambda+10$，正确。故特征值为 $\lambda_1=-1$，$\lambda_2=2$，$\lambda_3=5$。

对于 $\lambda_1=-1$，解 $( -E-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} -2 & 2 & 0 \\ 2 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -4 \end{pmatrix}x=0$。行化简：$\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得 $x_1=x_2$，$x_2=2x_3$，取 $x_3=1$，则 $x_2=2$，$x_1=2$，特征向量 $\xi_1=(2,2,1)^T$。 对于 $\lambda_2=2$，解 $(2E-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & -1 \end{pmatrix}x=0$。行化简：$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & -4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得 $x_1=-2x_2$，$2x_2=x_3$，取 $x_2=1$，则 $x_1=-2$，$x_3=2$，特征向量 $\xi_2=(-2,1,2)^T$。 对于 $\lambda_3=5$，解 $(5E-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} 4 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & 2 \\ 0 & 2 & 2 \end{pmatrix}x=0$。行化简：$\begin{pmatrix} 1 & 0.5 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得 $x_1=-0.5x_2$，$x_2=-x_3$，取 $x_3=1$，则 $x_2=-1$，$x_1=0.5$，特征向量 $\xi_3=(0.5,-1,1)^T$，可乘以2得整数 $(1,-2,2)^T$。

由于不同特征值对应的特征向量已正交（实对称矩阵不同特征值特征向量正交），只需单位化。 $\xi_1=(2,2,1)^T$，模长 $\|\xi_1\|=\sqrt{4+4+1}=3$，单位化得 $\eta_1=(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3})^T$。 $\xi_2=(-2,1,2)^T$，模长 $\|\xi_2\|=\sqrt{4+1+4}=3$，单位化得 $\eta_2=(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3})^T$。 $\xi_3=(1,-2,2)^T$，模长 $\|\xi_3\|=\sqrt{1+4+4}=3$，单位化得 $\eta_3=(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})^T$。

正交变换矩阵 $Q$ 由单位化后的特征向量按列排列：$Q=(\eta_1,\eta_2,\eta_3)=\begin{pmatrix} \frac{2}{3} & -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{2}{3} & \frac{1}{3} & -\frac{2}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{2}{3} & \frac{2}{3} \end{pmatrix}$。验证 $Q$ 为正交矩阵：$Q^TQ=E$。

令 $X=QY$，其中 $Y=(y_1,y_2,y_3)^T$，则二次型化为标准型：$f = \lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 + \lambda_3 y_3^2 = -y_1^2 + 2y_2^2 + 5y_3^2$。