题目

21.设二次型((x)_(1),(x)_(2),(x)_(3))=(a)_(1)({x)_(1)}^2+(a)_({x)_(2)}^2+(a-1)({x)_(3)}^2+2(x)_(1)(x)_(1)(a为常数)。（1）求一个正交变换((x)_(1),(x)_(2),(x)_(3))=(a)_(1)({x)_(1)}^2+(a)_({x)_(2)}^2+(a-1)({x)_(3)}^2+2(x)_(1)(x)_(1)将((x)_(1),(x)_(2),(x)_(3))=(a)_(1)({x)_(1)}^2+(a)_({x)_(2)}^2+(a-1)({x)_(3)}^2+2(x)_(1)(x)_(1)化为标准形；（2）设((x)_(1),(x)_(2),(x)_(3))=(a)_(1)({x)_(1)}^2+(a)_({x)_(2)}^2+(a-1)({x)_(3)}^2+2(x)_(1)(x)_(1),求方程((x)_(1),(x)_(2),(x)_(3))=(a)_(1)({x)_(1)}^2+(a)_({x)_(2)}^2+(a-1)({x)_(3)}^2+2(x)_(1)(x)_(1)的全部解。

21.

设二次型 $f\left ( {x_1,x_2,x_3} \right )=ax_1^2+ax_2^2+\left ( {a-1} \right )x_3^2+2x_1x_3-2x_2x_3$ (a为常数)。

（1）求一个正交变换 $x=Qy$ 将 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 化为标准形；

（2）设 $x=\left ( {x_1,x_2,x_3} \right )^T$ ,求方程 $x ^ T ( aE - A ) ^ 2 x = 0$ 的全部解。

题目解答

答案

（1）已知二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ ，可写出矩阵 $A=\begin{bmatrix}a&0&1 & \newline0&a&-1 &\newline1&-1&a-1 \end{bmatrix}$ ,则 $\left | {λE-A} \right |=\begin{vmatrix}λ-a&0&-1 & \newline0&λ-a&1 &\newline-1&1&λ-a+1 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}λ-a&0&-1 & \newlineλ-a&λ-a&1 &\newline0&1&λ-a+1 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}λ-a&0&-1 & \newline0&λ-a&2 &\newline0&1&λ-a+1 \end{vmatrix}=\left ( {λ-a} \right )\left [ {\left ( {λ-a} \right )\left ( {λ-a+1} \right )-2} \right ]=\left ( {λ-a} \right )\left [ {λ^2-\left ( {2a-1} \right )λ+a^2-a-2} \right ]=\left ( {λ-a} \right )\left ( {λ-a+2} \right )\left ( {λ-a-1} \right )=0$ ；故矩阵A的特征值为 $λ_1=a，λ_2=a-2，λ_3=a+1$ ；

解 $\left ( {aE-A} \right )x=0$ ，有 $\begin{bmatrix}0&0&-1 & \newline0&0&1 &\newline-1&1&1 \end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&-1&0 & \newline0&0&1 &\newline0&0&0 \end{bmatrix}$ ，得到特征向量 $α_1=\begin{pmatrix}1 & \newline1 &\newline0 \end{pmatrix}$ ；

解 $\left [ {\left ( {a-2} \right )E-A} \right ]x=0$ ，有 $\begin{bmatrix}-2&0&-1 & \newline0&-2&1 &\newline-1&1&-1 \end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}0&-2&1 & \newline0&-2&1 &\newline-1&1&-1 \end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&1&0 & \newline0&-2&1 &\newline0&0&0 \end{bmatrix}$ ，得到特征向量 $α_2=\begin{pmatrix}-1 & \newline1 &\newline2 \end{pmatrix}$ ；

解 $\left[\left(a+1\right)E-A\right]x=0$ ，有 $\begin{bmatrix}1&0&-1 & \newline0&1&1 &\newline-1&1&2 \end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-1 & \newline0&1&1 &\newline0&1&1 \end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-1 & \newline0&1&1 &\newline0&0&0 \end{bmatrix}$ ，得到特征向量 $α_3=\begin{pmatrix}1 & \newline-1 &\newline1 \end{pmatrix}$ 。因为这三个特征向量两两正交，故有 $\gamma_1=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2} & \newline\frac{\sqrt{2}}{2} &\newline0 \end{pmatrix}，\gamma_2=\begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{6}}{6} & \newline\frac{\sqrt{6}}{6} &\newline\frac{\sqrt{6}}{3} \end{pmatrix}，\gamma_3=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{3}}{3} & \newline-\frac{\sqrt{3}}{3} &\newline\frac{\sqrt{3}}{3} \end{pmatrix}$ ,故 $Q=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2} &-\frac{\sqrt{6}}{6}& \frac{\sqrt{3}}{3} & \newline\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{6}}{6} & -\frac{\sqrt{3}}{3} &\newline0 &\frac{\sqrt{6}}{3}&\frac{\sqrt{3}}{3} \end{pmatrix}$ ， $x=Qy$ ，使得二次型化为规范形 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=ay_1^2+\left ( {a-2} \right )y_2^2+\left ( {a+1} \right )y_3^2$

（2）算出矩阵B $B=\left(aE-A\right)^2=\begin{bmatrix}0&0&-1 & \newline0&0&1 &\newline-1&1&1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&0&-1 & \newline0&0&1 &\newline-1&1&1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&-1&-1 & \newline-1&1&1 &\newline-1&1&3 \end{bmatrix}$ ， $\left | {λE-B} \right |=\begin{vmatrix}λ-1&1&1 & \newline1&λ-1&-1 &\newline1&-1&λ-3 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}λ&1&1 & \newlineλ&λ-1&-1 &\newline0&-1&λ-3 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}λ&1&1 & \newline0&λ-2&-2 &\newline0&-1&λ-3 \end{vmatrix}=λ\left [ {\left ( {λ-2} \right )}\left ( {λ-3} \right ) -2\right ]=λ\left [ {λ^2-5λ+4} \right ]=λ\left ( {λ-1} \right )\left ( {λ-4} \right )=0$ ，故矩阵B的特征值为 $λ_1=0，λ_2=1，λ_3=4$ .

解 $-Bx=0$ ，有 $\begin{pmatrix}-1&1&1 & \newline1&-1&-1 &\newline1&-1&-3 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&-1&-1 & \newline0&0&0 &\newline0&0&-2 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&-1&0 & \newline0&0&1 &\newline0&0&0 \end{pmatrix}$ ，得到特征向量 $\beta_1=\begin{pmatrix}1 & \newline1 &\newline0 \end{pmatrix}$ ；

解 $\left ( {E-B} \right )x=0$ ，有 $\begin{pmatrix}0&1&1 & \newline1&0&-1 &\newline1&-1&-2 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}0&1&1 & \newline1&0&-1 &\newline0&-1&-1 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&-1 & \newline0&1&1 &\newline0&0&0 \end{pmatrix}$ ，得到特征向量 $\beta_2=\begin{pmatrix}1 & \newline-1 &\newline1 \end{pmatrix}$ ；

解 $\left ( {4E-B} \right )x=0$ ，有 $\begin{pmatrix}3&1&1 & \newline1&3&-1 &\newline1&-1&1 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}0&4&-2 & \newline0&4&-2 &\newline1&-1&1 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}0&2&-1 & \newline0&0&0 &\newline1&1&0 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&1&0 & \newline0&2&-1 &\newline0&0&0 \end{pmatrix}$ ，得到特征向量 $\beta_3=\begin{pmatrix}-1 & \newline1 &\newline2 \end{pmatrix}$ 。因为这三个特征向量两两相交，则有 $\gamma_4=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2} & \newline\frac{\sqrt{2}}{2} &\newline0 \end{pmatrix}，\gamma_5=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{3}}{3} & \newline-\frac{\sqrt{3}}{3} &\newline\frac{\sqrt{3}}{3} \end{pmatrix}，\gamma_6=\begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{6}}{6} & \newline\frac{\sqrt{6}}{6} &\newline\frac{\sqrt{6}}{3} \end{pmatrix}$ ； $Q_1=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{3}}{3}&-\frac{\sqrt{6}}{6} & \newline\frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{3}}{3} &\frac{\sqrt{6}}{6} &\newline0&\frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{6}}{3} \end{pmatrix}$ ，故当 $x=Q_1y$ 时， $x^T(aE-A)^2x=y_2^2+4y_3^2=0$ ，有 $y_1=k,y_2=0,y_3=0$ (k为任意常数)。最终可求得该解：

$x=Q_1y=\begin{pmatrix}\gamma_4,&\gamma_5,&\gamma_6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}k,&0,&0 \end{pmatrix}=k\gamma_4=k\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2} & \newline\frac{\sqrt{2}}{2} &\newline0 \end{pmatrix}=c\begin{pmatrix}1 & \newline1 &\newline0 \end{pmatrix}\left ( {c为任意常数} \right )$ 。即 $x^T(aE-A)^2x=0$ 的解为 $x_1=c，x_2=c，x_3=0$ 。