河北师范大学 2024年高等代数第0题

设矩阵 $A$ 的特征值为 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$。特征值之和等于矩阵的迹，即 $\operatorname{tr}(A) = a + 2 + (-2) = a$。由已知特征值之和为 1，得 $a = 1$。

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

由 (1) 得 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & -2 \end{pmatrix}$。解特征方程 $|\lambda I - A| = 0$： $$ \begin{vmatrix} \lambda-1 & 0 & -2 \\ 0 & \lambda-2 & 0 \\ -2 & 0 & \lambda+2 \end{vmatrix} = (\lambda-2)[(\lambda-1)(\lambda+2)-4] = (\lambda-2)(\lambda^2+\lambda-6) = (\lambda-2)^2(\lambda+3)=0, $$ 得特征值 $\lambda_1 = \lambda_2 = 2$，$\lambda_3 = -3$。

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。基础解系为 $\xi_1 = (2,0,1)^\mathrm{T}$，$\xi_2 = (0,1,0)^\mathrm{T}$。

对 $\xi_1, \xi_2$ 进行施密特正交化：取 $\beta_1 = \xi_1 = (2,0,1)^\mathrm{T}$，$\beta_2 = \xi_2 - \frac{(\xi_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)} \beta_1 = (0,1,0)^\mathrm{T} - 0 = (0,1,0)^\mathrm{T}$。单位化：$\eta_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}(2,0,1)^\mathrm{T}$，$\eta_2 = (0,1,0)^\mathrm{T}$。

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 $x_2 = 0$，$2x_1 + x_3 = 0$。取 $x_1 = 1$，则 $x_3 = -2$，基础解系 $\xi_3 = (1,0,-2)^\mathrm{T}$。单位化：$\eta_3 = \frac{1}{\sqrt{5}}(1,0,-2)^\mathrm{T}$。

将单位化后的特征向量按列排成正交矩阵 $T$： $$ T = (\eta_1, \eta_2, \eta_3) = \begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt{5}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{5}} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{5}} \end{pmatrix}. $$ 则 $T^\mathrm{T}AT = \operatorname{diag}(2,2,-3)$，二次型 $f(x) = x^\mathrm{T} A x$ 化为标准形 $2y_1^2 + 2y_2^2 - 3y_3^2$。