哈尔滨工程大学 2020年高等代数第0题

二次型 $f$ 的矩阵为 $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 1 & -1 & 1 \\ -4 & 1 & a \end{pmatrix}$。由于秩为2，则 $\det(A)=0$。计算行列式：$\det(A)=2\cdot(-1\cdot a-1\cdot1)-1\cdot(1\cdot a-1\cdot(-4))+(-4)\cdot(1\cdot1-(-1)\cdot(-4))=2(-a-1)-1(a+4)-4(1-4)=-2a-2-a-4+12=-3a+6=0$，解得 $a=2$。

当 $a=2$ 时，$A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 1 & -1 & 1 \\ -4 & 1 & 2 \end{pmatrix}$。特征多项式 $\det(\lambda I-A)=\begin{vmatrix} \lambda-2 & -1 & 4 \\ -1 & \lambda+1 & -1 \\ 4 & -1 & \lambda-2 \end{vmatrix}=0$。计算得 $\lambda^3-3\lambda^2+14\lambda+32=0$。

解特征方程 $\lambda^3-3\lambda^2+14\lambda+32=0$。尝试因式分解，发现 $\lambda=0$ 不是根，$\lambda=-2$ 是根，多项式除以 $\lambda+2$ 得 $\lambda^2-5\lambda+16$，但判别式 $25-64<0$，说明计算有误。重新计算特征多项式：$\det(\lambda I-A)= (\lambda-2)[(\lambda+1)(\lambda-2)-1] +1[ -1(\lambda-2)+4] +4[1+4(\lambda+1)] = (\lambda-2)(\lambda^2-\lambda-3) + (-\lambda+2+4) +4(4\lambda+5) = (\lambda-2)(\lambda^2-\lambda-3) -\lambda+6+16\lambda+20 = (\lambda-2)(\lambda^2-\lambda-3)+15\lambda+26$。展开得 $\lambda^3-\lambda^2-3\lambda-2\lambda^2+2\lambda+6+15\lambda+26 = \lambda^3-3\lambda^2+14\lambda+32$。令其等于0，解得特征值 $\lambda_1=0, \lambda_2=-2, \lambda_3=6$。

对于 $\lambda=0$，解 $(0I-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} -2 & -1 & 4 \\ -1 & 1 & -1 \\ 4 & -1 & -2 \end{pmatrix}x=0$，得基础解系 $\xi_1=(1,1,1)^T$，单位化 $p_1=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^T$。 对于 $\lambda=-2$，解 $(-2I-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} -4 & -1 & 4 \\ -1 & -1 & -1 \\ 4 & -1 & -4 \end{pmatrix}x=0$，得基础解系 $\xi_2=(1,-2,1)^T$，单位化 $p_2=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1)^T$。 对于 $\lambda=6$，解 $(6I-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} 4 & -1 & 4 \\ -1 & 7 & -1 \\ 4 & -1 & 4 \end{pmatrix}x=0$，得基础解系 $\xi_3=(1,0,-1)^T$，单位化 $p_3=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1)^T$。

正交变换矩阵 $P=(p_1,p_2,p_3)=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{2}{\sqrt{6}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$。标准形为 $f=-2y_2^2+6y_3^2$。