安徽师范大学 2025年高等代数第0题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+ax_2^2+x_3^2+2bx_2x_3$ 的矩阵为 $A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&a&b\\0&b&1\end{pmatrix}$。正交变换下标准型为 $y_1^2+2y_2^2$，说明特征值为 $1,2,0$（缺 $y_3^2$ 项对应特征值0）。

特征多项式 $|\lambda I-A|=\begin{vmatrix}\lambda-1&0&0\\0&\lambda-a&-b\\0&-b&\lambda-1\end{vmatrix}=(\lambda-1)[(\lambda-a)(\lambda-1)-b^2]=0$。代入 $\lambda=2$ 得 $(2-1)[(2-a)(2-1)-b^2]=(2-a)-b^2=0$，即 $b^2=2-a$。代入 $\lambda=0$ 得 $(0-1)[(0-a)(0-1)-b^2]=-[a-b^2]=0$，即 $a=b^2$。

联立 $a=b^2$ 和 $b^2=2-a$，得 $a=2-a$，解得 $a=1$，$b^2=1$，故 $b=\pm1$。

当 $b=1$ 时，$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}$。 - 对于 $\lambda=1$：解 $(I-A)x=0$，得 $\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&-1\\0&-1&0\end{pmatrix}x=0$，解得 $x_2=0,x_3=0$，$x_1$ 自由，取 $\xi_1=(1,0,0)^T$。 - 对于 $\lambda=2$：解 $(2I-A)x=0$，得 $\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&-1&1\end{pmatrix}x=0$，解得 $x_1=0,x_2=x_3$，取 $\xi_2=(0,1,1)^T$。 - 对于 $\lambda=0$：解 $(-A)x=0$，得 $\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&-1\\0&-1&-1\end{pmatrix}x=0$，解得 $x_1=0,x_2=-x_3$，取 $\xi_3=(0,1,-1)^T$。

特征向量 $\xi_1,\xi_2,\xi_3$ 已两两正交（因为属于不同特征值且A为实对称矩阵），只需单位化： $\eta_1=\frac{\xi_1}{\|\xi_1\|}=(1,0,0)^T$， $\eta_2=\frac{\xi_2}{\|\xi_2\|}=(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}})^T$， $\eta_3=\frac{\xi_3}{\|\xi_3\|}=(0,\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}})^T$。

正交矩阵 $P=(\eta_1,\eta_2,\eta_3)=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\0&\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}$。若 $b=-1$，类似可得 $P=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\0&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}$。

由 $\mathscr{A}^2=\mathscr{A}$ 得 $\mathscr{A}V=\mathscr{A}(\mathscr{A}V)=\mathscr{A}^2V$，故 $\mathscr{A}V=\mathscr{A}^2V$。 对于核：若 $x\in\operatorname{Ker}\mathscr{A}$，则 $\mathscr{A}x=0$，从而 $\mathscr{A}^2x=\mathscr{A}(\mathscr{A}x)=0$，故 $x\in\operatorname{Ker}\mathscr{A}^2$，即 $\operatorname{Ker}\mathscr{A}\subseteq\operatorname{Ker}\mathscr{A}^2$。反之，若 $x\in\operatorname{Ker}\mathscr{A}^2$，则 $\mathscr{A}^2x=0$，由 $\mathscr{A}^2=\mathscr{A}$ 得 $\mathscr{A}x=0$，故 $x\in\operatorname{Ker}\mathscr{A}$，所以 $\operatorname{Ker}\mathscr{A}^2\subseteq\operatorname{Ker}\mathscr{A}$。因此 $\operatorname{Ker}\mathscr{A}=\operatorname{Ker}\mathscr{A}^2$。

先证 $V=\mathscr{A}V+\operatorname{Ker}\mathscr{A}$：对任意 $x\in V$，令 $y=\mathscr{A}x$，则 $y\in\mathscr{A}V$。又 $x-y=x-\mathscr{A}x$，且 $\mathscr{A}(x-\mathscr{A}x)=\mathscr{A}x-\mathscr{A}^2x=\mathscr{A}x-\mathscr{A}x=0$，故 $x-y\in\operatorname{Ker}\mathscr{A}$。所以 $x=y+(x-y)\in\mathscr{A}V+\operatorname{Ker}\mathscr{A}$，即 $V=\mathscr{A}V+\operatorname{Ker}\mathscr{A}$。 再证和为直和：若 $z\in\mathscr{A}V\cap\operatorname{Ker}\mathscr{A}$，则存在 $u\in V$ 使 $z=\mathscr{A}u$，且 $\mathscr{A}z=0$。于是 $0=\mathscr{A}z=\mathscr{A}^2u=\mathscr{A}u=z$，故 $z=0$。因此 $V=\mathscr{A}V\oplus\operatorname{Ker}\mathscr{A}$。