太原理工大学 2026年高等代数第5题

二次型矩阵为 $A = \begin{pmatrix} 1 & b & 1 \\ b & a & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$。正交变换化为标准形 $y_1^2+4y_2^2$，说明特征值为 $1,4,0$（因为秩为2）。迹 $\operatorname{tr}(A)=1+a+1=a+2$，等于特征值之和 $1+4+0=5$，故 $a+2=5$，解得 $a=3$。

特征值 $\lambda=1$ 对应的特征向量满足 $(A-I)x=0$，即 $\begin{pmatrix} 0 & b & 1 \\ b & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}=0$。由第三行得 $x_1+x_2=0$，即 $x_2=-x_1$。代入第一行：$b x_2 + x_3 = -b x_1 + x_3 =0$，得 $x_3 = b x_1$。代入第二行：$b x_1 + 2x_2 + x_3 = b x_1 -2x_1 + b x_1 = (2b-2)x_1=0$，故 $b=1$。

此时 $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&3&1\\1&1&1\end{pmatrix}$。 - 特征值 $\lambda=0$：解 $Ax=0$，得 $x_2=0, x_1=-x_3$，取 $\xi_3=(1,0,-1)^T$，单位化得 $p_3=(\frac{1}{\sqrt{2}},0,-\frac{1}{\sqrt{2}})^T$。 - 特征值 $\lambda=1$：解 $(A-I)x=0$，得 $x_2=-x_1, x_3=x_1$，取 $\xi_1=(1,-1,1)^T$，单位化得 $p_1=(\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}})^T$。 - 特征值 $\lambda=4$：解 $(A-4I)x=0$，得 $x_1-x_2+x_3=0$，取与 $\xi_1$ 和 $\xi_3$ 正交的向量，解得 $\xi_2=(1,2,1)^T$，单位化得 $p_2=(\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}})^T$。 故正交矩阵 $P=(p_1,p_2,p_3)=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}$。

正交变换下，$f = y_1^2+4y_2^2$，且 $x_1^2+x_2^2+x_3^2 = y_1^2+y_2^2+y_3^2 = 1$。 最大值：$f \leq 4(y_1^2+y_2^2) \leq 4$，等号当 $y_1=0, y_2=\pm1, y_3=0$ 时取到，对应 $x$ 为 $p_2$ 方向。 最小值：$f \geq 0$，等号当 $y_1=y_2=0, y_3=\pm1$ 时取到，对应 $x$ 为 $p_3$ 方向。故最大值 $4$，最小值 $0$。

$A$ 的特征值为 $0,1,4$，则 $A^2$ 的特征值为 $0,1,16$。$B = xA^2 + yA + E$ 的特征值为 $x\lambda^2 + y\lambda + 1$，其中 $\lambda=0,1,4$。 $B$ 正定当且仅当所有特征值 $>0$： - $\lambda=0$：$1>0$ 恒成立。 - $\lambda=1$：$x+y+1>0$。 - $\lambda=4$：$16x+4y+1>0$。 故条件为 $\begin{cases} x+y+1 > 0, \\ 16x+4y+1 > 0. \end{cases}$