安徽大学 2026年高等代数第0题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+4x_1x_2-4x_1x_3+5x_2^2-8x_2x_3+5x_3^2$ 的矩阵 $A$ 满足 $f=x^TAx$，其中 $A$ 是对称矩阵。根据二次型系数，$a_{11}=2$, $a_{22}=5$, $a_{33}=5$；交叉项 $x_ix_j$ 的系数一半作为 $a_{ij}$ 和 $a_{ji}$，即 $a_{12}=a_{21}=2$, $a_{13}=a_{31}=-2$, $a_{23}=a_{32}=-4$。因此 $$A=\begin{pmatrix} 2 & 2 & -2 \\ 2 & 5 & -4 \\ -2 & -4 & 5 \end{pmatrix}.$$

计算特征多项式 $|\lambda I - A|=0$：$$|\lambda I - A| = \begin{vmatrix} \lambda-2 & -2 & 2 \\ -2 & \lambda-5 & 4 \\ 2 & 4 & \lambda-5 \end{vmatrix}.$$ 将第2列乘以1加到第3列，得 $$\begin{vmatrix} \lambda-2 & -2 & 0 \\ -2 & \lambda-5 & \lambda-1 \\ 2 & 4 & \lambda-1 \end{vmatrix}.$$ 提取第3列公因子 $\lambda-1$，得 $$(\lambda-1)\begin{vmatrix} \lambda-2 & -2 & 0 \\ -2 & \lambda-5 & 1 \\ 2 & 4 & 1 \end{vmatrix}.$$ 第3行减去第2行，得 $$(\lambda-1)\begin{vmatrix} \lambda-2 & -2 & 0 \\ -2 & \lambda-5 & 1 \\ 4 & 9-\lambda & 0 \end{vmatrix}.$$ 按第3列展开，得 $$(\lambda-1)\left[(-1)^{2+3}\cdot1\cdot\begin{vmatrix} \lambda-2 & -2 \\ 4 & 9-\lambda \end{vmatrix}\right] = -(\lambda-1)[(\lambda-2)(9-\lambda)+8].$$ 化简：$(\lambda-2)(9-\lambda)+8 = -\lambda^2+11\lambda-18+8 = -\lambda^2+11\lambda-10 = -(\lambda^2-11\lambda+10)=-(\lambda-1)(\lambda-10)$。代入得 $$|\lambda I - A| = -(\lambda-1)[-(\lambda-1)(\lambda-10)] = (\lambda-1)^2(\lambda-10).$$ 令其为零，得特征值 $\lambda_1=1$（二重），$\lambda_2=10$。

对于 $\lambda=1$，解 $(I-A)x=0$：$$I-A = \begin{pmatrix} -1 & -2 & 2 \\ -2 & -4 & 4 \\ 2 & 4 & -4 \end{pmatrix}.$$ 行化简：第一行乘以-1得 $(1,2,-2)$，然后第二行加上2倍第一行，第三行减去2倍第一行，得 $$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ 等价方程 $x_1+2x_2-2x_3=0$。取 $x_2=1,x_3=0$ 得 $\xi_1=(-2,1,0)^T$；取 $x_2=0,x_3=1$ 得 $\xi_2=(2,0,1)^T$。这两个向量线性无关，构成基础解系。

将 $\xi_1,\xi_2$ 正交化。取 $\beta_1=\xi_1=(-2,1,0)^T$。计算 $\beta_2 = \xi_2 - \frac{(\xi_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1$。内积 $(\xi_2,\beta_1)=2\cdot(-2)+0\cdot1+1\cdot0=-4$，$(\beta_1,\beta_1)=(-2)^2+1^2+0^2=5$。所以 $$\beta_2 = (2,0,1)^T - \frac{-4}{5}(-2,1,0)^T = (2,0,1)^T + \frac{4}{5}(-2,1,0)^T = \left(2-\frac{8}{5}, \frac{4}{5}, 1\right)^T = \left(\frac{2}{5}, \frac{4}{5}, 1\right)^T.$$

将正交向量组单位化。$\beta_1$ 的模：$\|\beta_1\|=\sqrt{(-2)^2+1^2+0^2}=\sqrt{5}$，所以 $$\eta_1 = \frac{\beta_1}{\|\beta_1\|} = \left(-\frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}}, 0\right)^T.$$ $\beta_2$ 的模：$\|\beta_2\|=\sqrt{\left(\frac{2}{5}\right)^2+\left(\frac{4}{5}\right)^2+1^2} = \sqrt{\frac{4}{25}+\frac{16}{25}+1} = \sqrt{\frac{20}{25}+1} = \sqrt{\frac{4}{5}+1} = \sqrt{\frac{9}{5}} = \frac{3}{\sqrt{5}}$，所以 $$\eta_2 = \frac{\beta_2}{\|\beta_2\|} = \left(\frac{2/5}{3/\sqrt{5}}, \frac{4/5}{3/\sqrt{5}}, \frac{1}{3/\sqrt{5}}\right)^T = \left(\frac{2}{3\sqrt{5}}, \frac{4}{3\sqrt{5}}, \frac{\sqrt{5}}{3}\right)^T.$$

对于 $\lambda=10$，解 $(10I-A)x=0$：$$10I-A = \begin{pmatrix} 8 & -2 & 2 \\ -2 & 5 & 4 \\ 2 & 4 & 5 \end{pmatrix}.$$ 行化简：第一行除以2得 $(4,-1,1)$，然后交换第一行和第二行？更简单：将第一行与第三行交换，得 $$\begin{pmatrix} 2 & 4 & 5 \\ -2 & 5 & 4 \\ 8 & -2 & 2 \end{pmatrix}.$$ 第二行加第一行得 $(0,9,9)$，第三行减4倍第一行得 $(0,-18,-18)$，化简得 $$\begin{pmatrix} 2 & 4 & 5 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ 等价方程：$2x_1+4x_2+5x_3=0$ 和 $x_2+x_3=0$。令 $x_3=2$（避免分数），则 $x_2=-2$，$2x_1+4(-2)+5\cdot2=0 \Rightarrow 2x_1-8+10=0 \Rightarrow x_1=-1$，得 $\xi_3=(-1,-2,2)^T$？检查：代入原方程？实际上，取 $x_3=1$ 得 $x_2=-1$，$2x_1-4+5=0 \Rightarrow x_1=-0.5$，得 $(-0.5,-1,1)^T$，乘以2得 $(-1,-2,2)^T$。单位化：$\|\xi_3\|=\sqrt{(-1)^2+(-2)^2+2^2}=3$，所以 $$\eta_3 = \left(-\frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)^T.$$ 注意答案中符号不同，但方向一致。

正交变换矩阵 $Q$ 由单位化后的特征向量按列组成：$$Q = (\eta_1, \eta_2, \eta_3) = \begin{pmatrix} -\frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{2}{3\sqrt{5}} & -\frac{1}{3} \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{4}{3\sqrt{5}} & -\frac{2}{3} \\ 0 & \frac{\sqrt{5}}{3} & \frac{2}{3} \end{pmatrix}.$$ 注意答案中第三列符号相反，但仍是正交矩阵。正交变换 $x=Qy$ 下，二次型化为标准形：$$f = \lambda_1 y_1^2 + \lambda_1 y_2^2 + \lambda_2 y_3^2 = y_1^2 + y_2^2 + 10y_3^2.$$