广西民族大学 2025年高等代数第0题

二次曲面方程 $x^{2}+a y^{2}+z^{2}+2 b x y+2 x z+2 y z=4$ 对应的二次型矩阵为 $A = \begin{pmatrix} 1 & b & 1 \\ b & a & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$。经正交变换 $\mathbf{x}=P\boldsymbol{\xi}$ 化为 $\eta^{2}+4\zeta^{2}=4$，即 $\boldsymbol{\xi}^{T}(P^{T}AP)\boldsymbol{\xi}=4$，其中 $P^{T}AP = \operatorname{diag}(0,1,4)$（顺序可调，但根据方程形式，$\xi^{2}$ 系数为0，$\eta^{2}$ 系数为1，$\zeta^{2}$ 系数为4）。因此 $A$ 的特征值为 $0,1,4$。

特征值之和等于矩阵的迹：$0+1+4 = \operatorname{tr}(A) = 1+a+1 = a+2$，解得 $a=3$。

特征值之积等于行列式：$0 \cdot 1 \cdot 4 = 0 = \det(A)$。计算 $\det(A) = \begin{vmatrix} 1 & b & 1 \\ b & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}$。展开得 $\det(A) = 1\cdot(3\cdot1-1\cdot1) - b\cdot(b\cdot1-1\cdot1) + 1\cdot(b\cdot1-3\cdot1) = 2 - b(b-1) + (b-3) = -b^2+2b-1 = -(b-1)^2$。令其等于0得 $b=1$。

解 $(A-0I)\mathbf{x}=0$，即 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\mathbf{x}=0$。行化简：$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得 $x_1+x_2+x_3=0$，$2x_2=0$，所以 $x_2=0$，$x_1=-x_3$。取 $\mathbf{v}_1 = (1,0,-1)^T$，单位化：$\mathbf{u}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1)^T$。

解 $(A-I)\mathbf{x}=0$，$A-I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$。行化简：$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得 $x_1+x_2=0$，$x_2+x_3=0$，所以 $x_1 = -x_2$，$x_3 = -x_2$。取 $\mathbf{v}_2 = (1,-1,1)^T$，单位化：$\mathbf{u}_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1)^T$。

解 $(A-4I)\mathbf{x}=0$，$A-4I = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{pmatrix}$。行化简：$\begin{pmatrix} 1 & 1 & -3 \\ 0 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得 $x_1+x_2-3x_3=0$，$-2x_2+4x_3=0$，所以 $x_2=2x_3$，$x_1 = 3x_3 - x_2 = x_3$。取 $\mathbf{v}_3 = (1,2,1)^T$，单位化：$\mathbf{u}_3 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1,2,1)^T$。

正交矩阵 $P$ 由单位特征向量按列组成，第一列对应特征值0，第二列对应1，第三列对应4，即 $P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ 0 & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$。