电子科技大学 2026年高等代数第0题

二次型 $f(x)=2x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3$ 的矩阵为 $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。

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

对于 $\lambda=0$，解 $(0E-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} -2 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix}x=0$，得基础解系 $\xi_1=(1,-1,-1)^T$。 对于 $\lambda=1$，解 $(E-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} -1 & -1 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}x=0$，得基础解系 $\xi_2=(0,1,-1)^T$。 对于 $\lambda=3$，解 $(3E-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & 0 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix}x=0$，得基础解系 $\xi_3=(2,1,1)^T$。

由于 $A$ 是对称矩阵，不同特征值对应的特征向量已正交，只需单位化： $$\eta_1=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,-1)^T,\quad \eta_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1)^T,\quad \eta_3=\frac{1}{\sqrt{6}}(2,1,1)^T.$$

令 $C=(\eta_1,\eta_2,\eta_3)$，则正交变换 $X=CY$ 化二次型为标准型： $$f=0\cdot y_1^2+1\cdot y_2^2+3\cdot y_3^2=y_2^2+3y_3^2.$$

在条件 $x_1^2+x_2^2+x_3^2=4$ 下，即 $\|X\|^2=4$。由于正交变换保持向量长度，有 $y_1^2+y_2^2+y_3^2=4$。 $f=y_2^2+3y_3^2$，最大值在 $y_1=0,y_2=0,y_3^2=4$ 时取得，最大值为 $3\times4=12$。