苏州科技大学 2026年高等代数第7题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+4x_1x_2-4x_2x_3-2x_1x_3$ 的矩阵为对称矩阵 $A$，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 $$A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & -2 \\ -1 & -2 & 1 \end{pmatrix}.$$

解特征方程 $|\lambda E - A|=0$：$$|\lambda E - A|=\begin{vmatrix} \lambda-1 & -2 & 1 \\ -2 & \lambda-1 & 2 \\ 1 & 2 & \lambda-1 \end{vmatrix}=0.$$ 计算行列式：$$\begin{aligned} &= (\lambda-1)[(\lambda-1)^2-4] + 2[-2(\lambda-1)-2] + 1[-4-(\lambda-1)] \\ &= (\lambda-1)(\lambda^2-2\lambda-3) + 2(-2\lambda+2-2) + (-\lambda-3) \\ &= (\lambda-1)(\lambda-3)(\lambda+1) -4\lambda -\lambda -3 \\ &= (\lambda-1)(\lambda-3)(\lambda+1) -5\lambda -3. \end{aligned}$$ 展开 $(\lambda-1)(\lambda-3)(\lambda+1)=\lambda^3-3\lambda^2-\lambda+3$，代入得 $$|\lambda E - A|=\lambda^3-3\lambda^2-\lambda+3-5\lambda-3=\lambda^3-3\lambda^2-6\lambda=\lambda(\lambda^2-3\lambda-6)=0.$$ 解得特征值 $\lambda_1=0$，$\lambda_2=\frac{3+\sqrt{33}}{2}$，$\lambda_3=\frac{3-\sqrt{33}}{2}$。

对于 $\lambda_1=0$，解 $(0E-A)x=0$：$$\begin{pmatrix} -1 & -2 & 1 \\ -2 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=0.$$ 行变换：$\begin{pmatrix}1&2&-1\\0&3&0\\0&0&0\end{pmatrix}$，得 $x_2=0$，$x_1=x_3$，取 $\alpha_1=(1,0,1)^T$，单位化：$\eta_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1)^T$。 对于 $\lambda_2=\frac{3+\sqrt{33}}{2}$，解 $(\lambda_2E-A)x=0$，得基础解系 $\alpha_2=(2,\frac{1+\sqrt{33}}{2},1)^T$，单位化得 $\eta_2$。 对于 $\lambda_3=\frac{3-\sqrt{33}}{2}$，解 $(\lambda_3E-A)x=0$，得基础解系 $\alpha_3=(2,\frac{1-\sqrt{33}}{2},1)^T$，单位化得 $\eta_3$。 由于实对称矩阵不同特征值对应的特征向量正交，故 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 两两正交。

将单位化后的特征向量按列排成正交矩阵 $Q$：$$Q=(\eta_1,\eta_2,\eta_3).$$ 则正交变换 $x=Qy$ 将二次型化为标准型。

标准型为 $$f = \lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 + \lambda_3 y_3^2 = 0\cdot y_1^2 + \frac{3+\sqrt{33}}{2}y_2^2 + \frac{3-\sqrt{33}}{2}y_3^2.$$ 即 $$f = \frac{3+\sqrt{33}}{2}y_2^2 + \frac{3-\sqrt{33}}{2}y_3^2.$$