西安电子科技大学 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 $A$ 是对称矩阵，其中 $a_{ii}$ 为 $x_i^2$ 的系数，$a_{ij}=a_{ji}$ 为 $x_ix_j$ 系数的一半。因此 $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。

计算特征多项式 $|\lambda I - A| = \begin{vmatrix} \lambda-2 & -1 & -1 \\ -1 & \lambda-1 & 0 \\ -1 & 0 & \lambda-1 \end{vmatrix}$。按第一行展开或利用行变换：先加后两行到第一行，得 $\begin{vmatrix} \lambda-4 & \lambda-2 & \lambda-2 \\ -1 & \lambda-1 & 0 \\ -1 & 0 & \lambda-1 \end{vmatrix}$，再化简得 $(\lambda-1)(\lambda^2-4\lambda+1)=0$，解得特征值 $\lambda_1=1$，$\lambda_2=2+\sqrt{3}$，$\lambda_3=2-\sqrt{3}$。

对于 $\lambda=1$，解 $(I-A)\alpha=0$：$\begin{pmatrix} -1 & -1 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=0$，得 $x_1=0$，$x_2+x_3=0$，基础解系 $\alpha_1=(0,1,-1)^T$。 对于 $\lambda=2+\sqrt{3}$，解 $((2+\sqrt{3})I-A)\alpha=0$：$\begin{pmatrix} \sqrt{3} & -1 & -1 \\ -1 & 1+\sqrt{3} & 0 \\ -1 & 0 & 1+\sqrt{3} \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=0$，由后两方程得 $x_2=\frac{1}{1+\sqrt{3}}x_1$，$x_3=\frac{1}{1+\sqrt{3}}x_1$，取 $x_1=1+\sqrt{3}$，得 $\alpha_2=(1+\sqrt{3},1,1)^T$。 对于 $\lambda=2-\sqrt{3}$，类似得 $\alpha_3=(1-\sqrt{3},1,1)^T$。

将特征向量单位化：$\alpha_1$ 的长度为 $\sqrt{2}$，单位化得 $\gamma_1=(0,\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}})^T$。$\alpha_2$ 的长度为 $\sqrt{(1+\sqrt{3})^2+1+1}=\sqrt{7+2\sqrt{3}}$，单位化得 $\gamma_2=\frac{1}{\sqrt{7+2\sqrt{3}}}(1+\sqrt{3},1,1)^T$。$\alpha_3$ 的长度为 $\sqrt{(1-\sqrt{3})^2+1+1}=\sqrt{7-2\sqrt{3}}$，单位化得 $\gamma_3=\frac{1}{\sqrt{7-2\sqrt{3}}}(1-\sqrt{3},1,1)^T$。

正交矩阵 $C=(\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3)$，则正交线性替换 $X=CY$ 将二次型化为标准型 $f = y_1^2 + (2+\sqrt{3})y_2^2 + (2-\sqrt{3})y_3^2$。

在正交变换下，条件 $x_1^2+x_2^2+x_3^2=4$ 变为 $y_1^2+y_2^2+y_3^2=4$，且 $f = y_1^2 + (2+\sqrt{3})y_2^2 + (2-\sqrt{3})y_3^2$。由于 $2+\sqrt{3}$ 是最大特征值，最大值在 $y_2$ 方向取得，即 $y_1=y_3=0$，$y_2^2=4$，最大值为 $(2+\sqrt{3})\times 4 = 8+4\sqrt{3}$。