安徽师范大学 2021年高等代数第0题

二次型 $f = 2x_1^2 + x_2^2 - 4x_1x_2 - 4x_2x_3$ 的矩阵 $A$ 满足 $f = x^T A x$，其中 $x = (x_1, x_2, x_3)^T$。根据二次型系数，$a_{11}=2$, $a_{22}=1$, $a_{33}=0$；交叉项系数一半：$a_{12}=a_{21}=-2$, $a_{13}=a_{31}=0$, $a_{23}=a_{32}=-2$。因此 $A = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 0 \\ -2 & 1 & -2 \\ 0 & -2 & 0 \end{pmatrix}$。

解特征方程 $|\lambda E - A| = 0$。计算行列式： $|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda-2 & 2 & 0 \\ 2 & \lambda-1 & 2 \\ 0 & 2 & \lambda \end{vmatrix}$ 按第一行展开：$(\lambda-2)[(\lambda-1)\lambda - 4] - 2[2\lambda - 0] = (\lambda-2)(\lambda^2-\lambda-4) - 4\lambda = \lambda^3 - 3\lambda^2 - 6\lambda + 8$。 因式分解得 $(\lambda+2)(\lambda-1)(\lambda-4)=0$，所以特征值为 $\lambda_1 = -2$, $\lambda_2 = 1$, $\lambda_3 = 4$。

解齐次线性方程组 $(-2E - A)x = 0$，即 $\begin{pmatrix} -4 & 2 & 0 \\ 2 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -2 \end{pmatrix} x = 0$。 行化简：$\begin{pmatrix} -4 & 2 & 0 \\ 2 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -2 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 \leftrightarrow R_2} \begin{pmatrix} 2 & -3 & 2 \\ -4 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & -2 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2+2R_1} \begin{pmatrix} 2 & -3 & 2 \\ 0 & -4 & 4 \\ 0 & 2 & -2 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3+\frac{1}{2}R_2} \begin{pmatrix} 2 & -3 & 2 \\ 0 & -4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。 进一步化简：$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$（实际应为 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，但原答案有误，此处按正确计算）。 得基础解系 $\xi_1 = (1,2,1)^T$，单位化：$\|\xi_1\| = \sqrt{1^2+2^2+1^2} = \sqrt{6}$，故 $\eta_1 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1,2,1)^T$。

解 $(E - A)x = 0$，即 $\begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix} x = 0$。 行化简：$\begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2+2R_1} \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 0 & 4 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3-\frac{1}{2}R_2} \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 0 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。 进一步化简：$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0.5 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得基础解系 $\xi_2 = (2, -1, -2)^T$，单位化：$\|\xi_2\| = \sqrt{4+1+4}=3$，故 $\eta_2 = \frac{1}{3}(2,-1,-2)^T$。

解 $(4E - A)x = 0$，即 $\begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & 2 \\ 0 & 2 & 4 \end{pmatrix} x = 0$。 行化简：$\begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & 2 \\ 0 & 2 & 4 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2-R_1} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 4 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3-2R_2} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。 进一步化简：$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得基础解系 $\xi_3 = (2, -2, 1)^T$，单位化：$\|\xi_3\| = \sqrt{4+4+1}=3$，故 $\eta_3 = \frac{1}{3}(2,-2,1)^T$。

将单位化后的特征向量按列排成正交矩阵 $Q$： $Q = (\eta_1, \eta_2, \eta_3) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{2}{3} & \frac{2}{3} \\ \frac{2}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{3} & -\frac{2}{3} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} \end{pmatrix}$。 正交变换 $x = Qy$ 将二次型化为标准形：$f = \lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 + \lambda_3 y_3^2 = -2y_1^2 + y_2^2 + 4y_3^2$。