分类： 线性代数

第 (2) 问

由 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ $=$ $x^{T} B A x$ 可知，二次型 $f$ 对应的二次型矩阵为 $BA$, 且，由第 (1) 问的计算结果可知：

$$
B A=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 1 \\ 2 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 4\end{pmatrix}
$$

若令 $C=B A$, 则求得特征值为：

$$
\begin{aligned}
|\lambda E-C| \\ \\
& = \begin{vmatrix} \lambda-1 & -1 & -2 \\ -1 & \lambda-1 & -2 \\ -2 & -2 & \lambda-4 \end{vmatrix} = 0 \\ \\
& \Rightarrow \begin{vmatrix} \lambda & -\lambda & 0 \\ -1 & \lambda – 1 & -2 \\ -2 & -2 & \lambda – 4 \end{vmatrix} = 0 \\ \\
& \Rightarrow \begin{vmatrix} \lambda & 0 & 0 \\ -1 & \lambda – 2 & -2 \\ -2 & -4 & \lambda – 4 \end{vmatrix} = 0 \\ \\
& \Rightarrow \lambda (\lambda – 2) (\lambda – 4) – 8 \lambda = 0 \\ \\
& \Rightarrow \begin{cases}
\lambda_{1}=\lambda_{2}=0 \\
\lambda_{3}=6
\end{cases}
\end{aligned}
$$

*当 $\lambda_{1}$ $=$ $\lambda_{2}$ $=$ $0$ 时, $(0 E -C) x$ $=$ $-Cx$ $=$ $0$ $\rightleftarrows$ $Cx$ $=$ $0$, 即：

$$
\begin{aligned}
& \begin{pmatrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 4\end{pmatrix} x = 0 \Rightarrow \\ \\
& \begin{pmatrix}1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} x = 0
\end{aligned}
$$

得基础解系为：

$$
\eta_{1}=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \quad \eta_{2}=\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}
$$

一般情况下，如果我们令自由未知数分别为 $0$, $1$ 和 $1$, $0$ 的话，得到的基础解系应该是 $\eta_{1}=\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, $\eta_{2}=\begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$, 但是这样得到的基础解系不是正交的，还需要进行正交化的操作。若令自由位置为分别为 $1$, $0$ 和 $-1$, $1$, 不仅得到的基础解系线性无关，而且是正交的，无需进行正交化。

**当 $\lambda_{3}$ $=$ $6$ 时, $(6 E-C) x$ $=$ $0$, 即：

$$
\begin{aligned}
& \begin{pmatrix}
\begin{pmatrix}
6 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 0 \\
0 & 0 & 6
\end{pmatrix} – \begin{pmatrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 4\end{pmatrix}\end{pmatrix} x = 0 \Rightarrow \\ \\
& \begin{pmatrix}5 & -1 & -2 \\ -1 & 5 & -2 \\ -2 & -2 & 2 \end{pmatrix} x = 0 \Rightarrow \\ \\
& \begin{pmatrix}1 & -5 & 2 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} x = 0 \Rightarrow \\ \\
\end{aligned}
$$

得基础解系为：

$$
\eta_{3}=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}
$$

又由于：

$$
\begin{cases}
\eta_{1}^{\top} \eta_{2} = 0 \\
\eta_{1}^{\top} \eta_{3} = 0 \\
\eta_{2}^{\top} \eta_{3} = 0
\end{cases}
$$

于是可知，$\eta_{1}$, $\eta_{2}$, $\eta_{3}$ 两两正交。

接着，将 $\eta_{1}$, $\eta_{2}$, $\eta_{3}$ 单位化：

$$
\gamma_{1}=\frac{\eta_{1}}{\left|\eta_{1}\right|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
-1 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}
$$

$$
\gamma_{2}=\frac{\eta_{2}}{\left|\eta_{2}\right|}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}
-1 \\
-1 \\
1
\end{pmatrix}
$$

$$
\gamma_{3}=\frac{\eta_{3}}{\left|\eta_{3}\right|}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
2
\end{pmatrix}
$$

故正交矩阵为：

$$
Q = \begin{pmatrix}
\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}
$$

此时二次型经正交变换 $x=Q y$ 可化为标准形为：

$$
f = 0 \cdot y_{1}^{2} + 0 \cdot y_{2}^{2} + 6 \cdot y_{3}^{2} = \textcolor{springgreen}{ \boldsymbol{ 6 y_{3}^{2}} }
$$

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一、题目

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一、题目

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