广西民族大学 2024年高等代数第0题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+2x_2^2-2x_3^2+2bx_1x_3$ 的矩阵为 $A=\begin{pmatrix} a & 0 & b \\ 0 & 2 & 0 \\ b & 0 & -2 \end{pmatrix}$。特征值之和等于矩阵的迹：$\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=\operatorname{tr}(A)=a+2-2=a$。已知特征值之和为1，所以 $a=1$。

特征值之积等于矩阵的行列式。计算 $\det(A)=\begin{vmatrix} 1 & 0 & b \\ 0 & 2 & 0 \\ b & 0 & -2 \end{vmatrix}=1\cdot\begin{vmatrix}2&0\\0&-2\end{vmatrix}-0+b\cdot\begin{vmatrix}0&2\\b&0\end{vmatrix}=1\cdot(-4)+b\cdot(0-2b)=-4-2b^2$。已知特征值之积为-12，所以 $-4-2b^2=-12$，解得 $b^2=4$，由 $b>0$ 得 $b=2$。

将 $a=1,b=2$ 代入得 $A=\begin{pmatrix}1&0&2\\0&2&0\\2&0&-2\end{pmatrix}$。计算特征多项式：$\det(\lambda I-A)=\begin{vmatrix}\lambda-1&0&-2\\0&\lambda-2&0\\-2&0&\lambda+2\end{vmatrix}=(\lambda-2)\begin{vmatrix}\lambda-1&-2\\-2&\lambda+2\end{vmatrix}=(\lambda-2)[(\lambda-1)(\lambda+2)-4]=(\lambda-2)(\lambda^2+\lambda-6)=(\lambda-2)^2(\lambda+3)$。特征值为 $\lambda_1=\lambda_2=2$，$\lambda_3=-3$。

解 $(2I-A)x=0$：$\begin{pmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\-2&0&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=0$，得 $x_1=2x_3$，$x_2$ 自由。基础解系：$\alpha_1=(0,1,0)^\mathrm{T}$，$\alpha_2=(2,0,1)^\mathrm{T}$。正交化：$\beta_1=\alpha_1=(0,1,0)^\mathrm{T}$，$\beta_2=\alpha_2-\frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1=(2,0,1)^\mathrm{T}-0=(2,0,1)^\mathrm{T}$。单位化：$\gamma_1=\frac{\beta_1}{\|\beta_1\|}=(0,1,0)^\mathrm{T}$，$\gamma_2=\frac{\beta_2}{\|\beta_2\|}=\frac{1}{\sqrt{5}}(2,0,1)^\mathrm{T}$。

解 $(-3I-A)x=0$：$\begin{pmatrix}-4&0&-2\\0&-5&0\\-2&0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=0$，得 $x_2=0$，$-4x_1-2x_3=0$ 即 $2x_1+x_3=0$。取 $x_1=1$，则 $x_3=-2$，得 $\alpha_3=(1,0,-2)^\mathrm{T}$。单位化：$\gamma_3=\frac{1}{\sqrt{5}}(1,0,-2)^\mathrm{T}$。

正交矩阵 $Q=(\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3)=\begin{pmatrix}0&\frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{1}{\sqrt{5}}\\1&0&0\\0&\frac{1}{\sqrt{5}}&-\frac{2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}$。正交变换 $X=QY$ 将二次型化为标准形 $f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2$。