福州大学 2025年高等代数第0题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+2x_2^2+2x_3^2-2x_1x_2-2x_1x_3-2x_2x_3$ 的矩阵 $A$ 是对称矩阵，其对角线元素为平方项系数，非对角线元素为交叉项系数的一半。因此，$A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$。

计算特征多项式 $|\lambda I - A| = \begin{vmatrix} \lambda-2 & 1 & 1 \\ 1 & \lambda-2 & 1 \\ 1 & 1 & \lambda-2 \end{vmatrix}$。将第2、3列加到第1列，得 $\begin{vmatrix} \lambda & 1 & 1 \\ \lambda & \lambda-2 & 1 \\ \lambda & 1 & \lambda-2 \end{vmatrix} = \lambda \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \lambda-2 & 1 \\ 1 & 1 & \lambda-2 \end{vmatrix}$。再将第1行乘以-1加到第2、3行，得 $\lambda \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & \lambda-3 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda-3 \end{vmatrix} = \lambda (\lambda-3)^2$。

由特征多项式 $\lambda (\lambda-3)^2 = 0$ 得特征值：$\lambda_1 = 0$（单根），$\lambda_2 = \lambda_3 = 3$（二重根）。

对于 $\lambda=0$，解 $(0I-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} x = 0$。系数矩阵行变换：$\begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得 $x_1 = x_3, x_2 = x_3$，基础解系 $\xi_1 = (1,1,1)^T$。单位化得 $\eta_1 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^T$。

对于 $\lambda=3$，解 $(3I-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} x = 0$，得 $x_1+x_2+x_3=0$。取基础解系 $\alpha_2 = (1,-1,0)^T$，$\alpha_3 = (1,0,-1)^T$。正交化：$\beta_2 = \alpha_2$，$\beta_3 = \alpha_3 - \frac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)} \beta_2 = (1,0,-1) - \frac{1}{2}(1,-1,0) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -1)$。单位化：$\eta_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0)^T$，$\eta_3 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2)^T$。

将单位化后的特征向量按列排成正交矩阵 $Q$：$Q = (\eta_1, \eta_2, \eta_3) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$。则正交线性替换为 $X = QY$，其中 $X = (x_1,x_2,x_3)^T$，$Y = (y_1,y_2,y_3)^T$。

经过正交线性替换 $X=QY$，二次型化为标准形 $f = \lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 + \lambda_3 y_3^2 = 0 \cdot y_1^2 + 3 y_2^2 + 3 y_3^2 = 3y_2^2 + 3y_3^2$。