上海理工大学 2025年高等代数第5题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3) = -x_1^2 + x_2^2 + 3x_3^2 + 4x_2x_3 + 2x_1x_3$ 的矩阵 $A$ 是对称矩阵，其中 $a_{ii}$ 为 $x_i^2$ 的系数，$a_{ij}$ 为 $x_ix_j$ 系数的一半。因此 $A = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$。

在约束 $x_1^2+x_2^2+x_3^2=1$ 下，二次型 $f$ 的最大值等于矩阵 $A$ 的最大特征值。这是因为 $f = \mathbf{x}^T A \mathbf{x}$，且 $\|\mathbf{x}\|^2=1$，由 Rayleigh 商性质，最大值即为最大特征值。

计算 $\det(\lambda I - A) = \begin{vmatrix} \lambda+1 & 0 & -1 \\ 0 & \lambda-1 & -2 \\ -1 & -2 & \lambda-3 \end{vmatrix}$。按第一行展开：$(\lambda+1)\begin{vmatrix} \lambda-1 & -2 \\ -2 & \lambda-3 \end{vmatrix} - (-1)\begin{vmatrix} 0 & -1 \\ \lambda-1 & -2 \end{vmatrix}$。计算得 $(\lambda+1)[(\lambda-1)(\lambda-3)-4] + [0 - (-1)(\lambda-1)] = (\lambda+1)(\lambda^2-4\lambda-1) + (\lambda-1) = \lambda^3 - 3\lambda^2 - 4\lambda -2$。

解特征方程 $\lambda^3 - 3\lambda^2 - 4\lambda -2 = 0$。尝试有理根，发现 $\lambda = -1$ 是根，因式分解得 $(\lambda+1)(\lambda^2 - 4\lambda -2)=0$。解二次方程得 $\lambda = 2 \pm \sqrt{3}$。因此特征值为 $\lambda_1 = -1$，$\lambda_2 = 2+\sqrt{3}$，$\lambda_3 = 2-\sqrt{3}$。

最大特征值为 $\lambda_2 = 2+\sqrt{3}$，因此二次型在单位球面上的最大值为 $2+\sqrt{3}$。

对于 $f = \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2$，展开得 $f = \sum_{i=1}^n x_i^2 - 2\bar{x}\sum_{i=1}^n x_i + n\bar{x}^2$。由于 $\sum_{i=1}^n x_i = n\bar{x}$，所以 $f = \sum_{i=1}^n x_i^2 - 2n\bar{x}^2 + n\bar{x}^2 = \sum_{i=1}^n x_i^2 - n\bar{x}^2$。

将 $\bar{x}^2 = \frac{1}{n^2}\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2 = \frac{1}{n^2}\sum_{i,j} x_i x_j$ 代入得 $f = \sum_{i=1}^n x_i^2 - \frac{1}{n}\sum_{i,j} x_i x_j$。因此二次型矩阵 $B$ 的对角元 $b_{ii}=1-\frac{1}{n}$，非对角元 $b_{ij}=-\frac{1}{n}$（$i\neq j$）。即 $B = I_n - \frac{1}{n} J_n$，其中 $J_n$ 为全1矩阵。

矩阵 $B$ 的特征值：由于 $J_n$ 的特征值为 $n$（对应特征向量 $(1,1,\ldots,1)^T$）和 $0$（$n-1$ 重），因此 $B$ 的特征值为 $1 - \frac{1}{n}\cdot n = 0$（一重）和 $1 - \frac{1}{n}\cdot 0 = 1$（$n-1$ 重）。所以秩为 $n-1$。