北京交通大学 2024年高等代数第0题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=X^T A X$，其中 $A=\begin{pmatrix}1-a & 2a & 1\\2 & 1-a & -1\\-1 & 1 & 2\end{pmatrix}$。由于 $f$ 的秩为2，即 $A$ 的秩为2，故 $\det(A)=0$。计算行列式： $\det(A)=\begin{vmatrix}1-a & 2a & 1\\2 & 1-a & -1\\-1 & 1 & 2\end{vmatrix}$ 按第一行展开： $=(1-a)\begin{vmatrix}1-a & -1\\1 & 2\end{vmatrix} -2a\begin{vmatrix}2 & -1\\-1 & 2\end{vmatrix} +1\begin{vmatrix}2 & 1-a\\-1 & 1\end{vmatrix}$ $=(1-a)[(1-a)\cdot2 - (-1)\cdot1] -2a[2\cdot2 - (-1)\cdot(-1)] + [2\cdot1 - (1-a)\cdot(-1)]$ $=(1-a)(2-2a+1) -2a\cdot3 + (2+1-a)$ $=(1-a)(3-2a) -6a +3-a$ $=3-2a-3a+2a^2 -6a+3-a$ $=2a^2-12a+6$ 令 $\det(A)=0$，得 $2a^2-12a+6=0$，即 $a^2-6a+3=0$，解得 $a=3\pm\sqrt{6}$。但需验证秩为2，即 $A$ 非零且不满秩。当 $a=3+\sqrt{6}$ 或 $a=3-\sqrt{6}$ 时，$\det(A)=0$，且 $A$ 有非零2阶子式（例如左上角2阶子式可能非零），故 $a=3\pm\sqrt{6}$。

由于二次型 $f$ 的矩阵通常取对称部分，即 $B=\frac{1}{2}(A+A^T)$。计算 $A^T=\begin{pmatrix}1-a & 2 & -1\\2a & 1-a & 1\\1 & -1 & 2\end{pmatrix}$，则 $B=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}2(1-a) & 2a+2 & 0\\2a+2 & 2(1-a) & 0\\0 & 0 & 4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1-a & a+1 & 0\\a+1 & 1-a & 0\\0 & 0 & 2\end{pmatrix}$ $f$ 的秩为2，故 $\det(B)=0$。计算 $\det(B)$： $\det(B)=\begin{vmatrix}1-a & a+1 & 0\\a+1 & 1-a & 0\\0 & 0 & 2\end{vmatrix}=2[(1-a)^2-(a+1)^2]=2[(1-2a+a^2)-(a^2+2a+1)]=2(-4a)=-8a=0$，得 $a=0$。 验证：当 $a=0$ 时，$A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1\\2 & 1 & -1\\-1 & 1 & 2\end{pmatrix}$，秩为2（计算行列式为0，且2阶子式非零）。所以 $a=0$。

当 $a=0$ 时，$B=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\1 & 1 & 0\\0 & 0 & 2\end{pmatrix}$。求特征值： $\det(\lambda I-B)=\begin{vmatrix}\lambda-1 & -1 & 0\\-1 & \lambda-1 & 0\\0 & 0 & \lambda-2\end{vmatrix}=(\lambda-2)[(\lambda-1)^2-1]=(\lambda-2)(\lambda^2-2\lambda)=\lambda(\lambda-2)^2$ 特征值 $\lambda_1=0$，$\lambda_2=\lambda_3=2$。

对于 $\lambda=0$，解 $(0I-B)X=0$，即 $\begin{pmatrix}-1 & -1 & 0\\-1 & -1 & 0\\0 & 0 & -2\end{pmatrix}X=0$，得 $x_1+x_2=0$，$x_3=0$，取 $\xi_1=(1,-1,0)^T$，单位化：$\eta_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0)^T$。 对于 $\lambda=2$，解 $(2I-B)X=0$，即 $\begin{pmatrix}1 & -1 & 0\\-1 & 1 & 0\\0 & 0 & 0\end{pmatrix}X=0$，得 $x_1-x_2=0$，$x_3$ 自由。取两个正交向量：$\xi_2=(1,1,0)^T$，$\xi_3=(0,0,1)^T$，单位化：$\eta_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)^T$，$\eta_3=(0,0,1)^T$。

正交变换矩阵 $Q=(\eta_1,\eta_2,\eta_3)=\begin{pmatrix}1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} & 0\\-1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} & 0\\0 & 0 & 1\end{pmatrix}$。则 $f$ 的标准形为 $\lambda_2 y_2^2+\lambda_3 y_3^2=2y_2^2+2y_3^2$。

在正交变换 $X=QY$ 下，$f=0$ 化为 $2y_2^2+2y_3^2=0$，得 $y_2=0,y_3=0$，$y_1$ 任意。故解空间为 $\{X=QY\mid Y=(t,0,0)^T, t\in\mathbb{R}\}$，即 $X=t\eta_1=t(1/\sqrt{2},-1/\sqrt{2},0)^T$，所以解为 $x_1=k, x_2=-k, x_3=0$，$k\in\mathbb{R}$。