第6章 二次型

基础部分

1. $f(x_1,x_2,x_3)=-2x_1{x}_2-2x_1{x}_3+6x_2{x}_3$的正惯性指数为( ).
   A. 3 B. 2 C. 1 D. 0

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答案：C

解析：二次型矩阵为 $A=\left[\begin{array}{ccc}0& -1& -1\\ -1& 0& 3\\ -1& 3& 0\end{array}\right].$ 其特征值为 $-3,\frac{3-\sqrt{17}}{2},\frac{3+\sqrt{17}}{2}.$ 其中只有一个正特征值，因此正惯性指数为$1$，选C。

2. 设二次型$f(x_1,x_2,x_3)=a{x}_1{x}_2+x_1{x}_3-x_2{x}_3$的正惯性指数为2，负惯性指数为1，则以下结论可能成立的是( ).
   A. $a=-1$ B. $a=1$ C. $a\ge 0$ D. $a<0$

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答案：$a>0$；若按单值选项选择，则选B。

解析：对应矩阵 $A=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{ccc}0& a& 1\\ a& 0& -1\\ 1& -1& 0\end{array}\right],$ 且 $|A|=-\frac{a}{4}.$ 由正、负惯性指数分别为$2,1$知三个特征值非零，且其乘积为负数，因此 $|A|<0⟹a>0.$ 所以$a=1$确实可能成立。原题选项C写成$a\ge 0$并不精确，因为$a=0$时$|A|=0$，与负惯性指数为1、正惯性指数为2矛盾。

3. 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=(x_1-x_2+x_3{)}^2+(x_2-a{x}_3{)}^2+(a{x}_3+x_1{)}^2$ 的秩为2，则$a=$

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答案：$\frac{1}{2}$

解析：令 $C=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& -a\\ 1& 0& a\end{array}\right],$ 则$f=x^T{C}^{T}Cx$，故 $r(f)=r(C).$ 计算 $|C|=2a-1.$ 秩为2要求$|C|=0$且$C$至少有二阶非零子式，故 $a=\frac{1}{2}.$ 代入后容易验证$r(C)=2$。

4. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=a(x_1^2+x_2^2+x_3^2)+4(x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3)$ 经正交变换可化为标准形$f=5y_1^2-y_2^2-y_3^2$，则$a=$( ).
   A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

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答案：B

解析：二次型矩阵为 $A=\left[\begin{array}{ccc}a& 2& 2\\ 2& a& 2\\ 2& 2& a\end{array}\right].$ 其特征值为 $a+4,a-2,a-2.$ 正交变换后的标准形系数就是特征值，因此 $\{a+4,a-2,a-2\}=\{5,-1,-1\}.$ 由$a-2=-1$得$a=1$，选B。

5. 设二次型$f(x_1,x_2,x_3)$在正交变换$x=Py$下的标准形为$y_1^2+y_2^2-2y_3^2$，其中$P=[e_1,e_2,e_3]$。若$Q=[-e_3,e_2,e_1]$，则$f(x_1,x_2,x_3)$在正交变换$x=Qy$下的标准形为( ).
   A. $2y_1^2-y_2^2+y_3^2$ B. $2y_1^2+y_2^2-y_3^2$ C. $-2y_1^2+y_2^2+y_3^2$ D. $-2y_1^2-y_2^2+y_3^2$

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答案：C

解析：$e_1,e_2,e_3$分别是对应特征值$1,1,-2$的单位特征向量。把新正交基改为$-e_3,e_2,e_1$，只是调整了特征向量的顺序及符号，因此对应特征值依次为$-2,1,1$。故标准形为 $-2y_1^2+y_2^2+y_3^2.$

6. 设 $f(x_1,x_2,x_3)=[x_1+(a-2)x_2-2x_3{]}^2+(x_1+a{x}_2+x_3{)}^2+[x_1+a{x}_2+(a-2)x_3{]}^2.$ 求：
   (1)方程$f(x_1,x_2,x_3)=0$的解；
   (2)二次型$f(x_1,x_2,x_3)$的规范形。

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答案：

当$a\ne 3$时， $f=0⟹x_1=x_2=x_3=0,$ 规范形为$z_1^2+z_2^2+z_3^2$。

当$a=3$时， $(x_1,x_2,x_3{)}^T=t(7,-3,2{)}^T,$ 规范形为$z_1^2+z_2^2$。

解析：将三个平方项中的一次式写成 $Cx,C=\left[\begin{array}{ccc}1& a-2& -2\\ 1& a& 1\\ 1& a& a-2\end{array}\right].$ 则$f=x^T{C}^{T}Cx$，且$f=0$等价于$Cx=0$。计算得 $|C|=2(a-3).$ 若$a\ne 3$，则$C$可逆，故$f=0$只有零解，且$r(f)=3$。又$f$为平方和，所以三个惯性指数均为正，规范形为$z_1^2+z_2^2+z_3^2$。

若$a=3$，则$r(C)=2$，解$Cx=0$得 $x=t(7,-3,2{)}^T.$ 此时$r(f)=2$且$f\ge 0$，故规范形为$z_1^2+z_2^2$。

7. 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=a{x}_1^2+a{x}_2^2+a{x}_3^2+2x_1{x}_2+2x_1{x}_3-2x_2{x}_3$ 对应的矩阵为$A$，且其在正交变换$x=Qy$下的标准形为$y_1^2+y_2^2-2y_3^2$。
   (1)求$a$的值和正交矩阵$Q$；
   (2)设$B=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ c& b& 0\\ -1& -1& 1\end{array}\right]$，若$A$与$B$相似，求$b,c$的值。在此情形下，是否存在正交矩阵$P$使$P^{T}AP=B$？

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答案：

(1) $a=0$，可取 $Q=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}& -\frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& -\frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ 0& \frac{2}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right],$ 此时$Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(1,1,-2)$。

(2) $b=-2,c=-3$；不存在这样的正交矩阵$P$。

解析：标准形的三个系数之和等于$tr(A)$，故 $3a=1+1-2=0,$ 所以$a=0$。此时 $A=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& 0& -1\\ 1& -1& 0\end{array}\right].$ 对应于特征值$1,1,-2$的一组两两正交特征向量可取 $(1,1,0{)}^T,(1,-1,2{)}^T,(-1,1,1{)}^T,$ 单位化后即得到上面的$Q$。

矩阵$B$为下三角矩阵，其特征值为$1,b,1$。与$A$相似必须有$b=-2$。又$A$可对角化，因此$B$也必须可对角化。对特征值$1$要求几何重数为2，即 $r(B-E)=1.$ 代入$b=-2$后得到$c=-3$。

此时$B$不是实对称矩阵，而$P^{T}AP$在$P$正交、$A$实对称时必为实对称矩阵，因此不存在正交矩阵$P$使$P^{T}AP=B$。

8. 设 $A=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{cccc}0& -1& 0& 0\\ -1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right],$ 则$A$和$B$( ).
   A. 不相似且不合同 B. 相似但不合同 C. 不相似但合同 D. 相似且合同

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答案：A

解析：$A$的特征值为$1,1,-1,-1$，故其惯性指数为$(2,2)$；$B$的特征值为$1,1,1,-1$，惯性指数为$(3,1)$。二者特征值不同，所以不相似；又二者均为实对称矩阵，但惯性指数不同，由惯性定理知不合同。故选A。

9. 设$A$为$n(n>1)$阶方阵，$i\ne j$。互换$A$的第$i$行与第$j$行得到矩阵$B$，再互换$B$的第$i$列与第$j$列得到矩阵$C$，则$A$与$C$( ).
   A. 等价，相似且合同 B. 等价，合同但不相似 C. 合同，相似但不等价 D. 等价，相似但不合同

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答案：A

解析：设$P$为交换第$i,j$个坐标的初等矩阵，则$P^{-1}=P^T=P$。交换行相当于左乘$P$，再交换同样两列相当于右乘$P$，因此 $C=PAP=P^{-1}AP=P^{T}AP.$ 所以$A,C$既相似又合同。又初等行、列变换保持矩阵等价，故二者也等价，选A。

10. 下列矩阵中的正定矩阵是( ).
    A. $\left[\begin{array}{ccc}2& -1& 1\\ -1& 1& 2\\ 1& 2& 0\end{array}\right]$
    B. $\left[\begin{array}{ccc}2& -1& 1\\ -1& 2& 2\\ 1& 2& 5\end{array}\right]$
    C. $\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 1& 3& 1\\ 2& 1& -1\end{array}\right]$
    D. $\left[\begin{array}{ccc}1& 2& -1\\ 2& 5& -3\\ -1& -3& 2\end{array}\right]$

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答案：B

解析：用顺序主子式判别。B的三个顺序主子式分别为 ${\Delta }_1=2>0,{\Delta }_2=3>0,{\Delta }_3=1>0,$ 故B正定。A、C的三阶行列式分别为$-13,-11$，不可能正定；D的三阶行列式为0，也不正定。因此选B。

11. 设$A$为$n$阶方阵，有下列结论：
    ①若$A$的全部顺序主子式为正，则$A$正定；
    ②若$A$相似于对角矩阵$\Lambda$，则$A$与$\Lambda$合同；
    ③若$A$与正定矩阵合同，则$A$为正定矩阵。
    则正确结论的个数为( ).
    A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

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答案：B

解析：①错误。顺序主子式判别法需要$A$为实对称矩阵，仅对一般方阵不能直接使用。
②错误。相似不等价于合同；若$A$与实对角矩阵合同，则$A$必为实对称矩阵，而一般可对角化矩阵未必对称。
③正确。若$A=C^{T}BC$，其中$B$正定、$C$可逆，则对任意$x\ne 0$， $x^{T}Ax=(Cx{)}^{T}B(Cx)>0,$ 故$A$正定。因此只有1个正确结论，选B。

12. 已知$A$为3阶矩阵，$E$为3阶单位矩阵，且 $(aE+A{)}^2=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 2& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right],$ $tr(A)=2\sqrt{2}-3a$，$a$为常数。
    (1)求矩阵$A$；
    (2)若$A$正定，求$a$的取值范围。

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答案：

(1) $A=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 2& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right]-aE.$

(2) $a<0.$

解析：原源文件中的$tr(A)$显示为“$22-3a$”，与平方关系矛盾；按题目可解形式应为$2\sqrt{2}-3a$。

记 $C=aE+A,M=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 2& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right].$ 有$C^2=M$且$tr(C)=2\sqrt{2}$。矩阵$M$的特征值为$2,2,0$。在本题的实对称情形下，迹条件确定 $C=\frac{1}{\sqrt{2}}M,$ 于是得到$A=C-aE$。

$C$的特征值为$\sqrt{2},\sqrt{2},0$，故$A$的特征值为 $\sqrt{2}-a,\sqrt{2}-a,-a.$ $A$正定当且仅当三者均为正，即$a<0$。

13. 设 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& a\\ 1& a& 1\\ a& 1& 1\end{array}\right],\beta =\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ a\end{array}\right],$ 若齐次线性方程组$Ax=0$的解空间的维数为1。
    (1)求常数$a$的值及非齐次线性方程组$Ax=\beta$的解；
    (2)求一个正交变换$x=Qy$，将二次型$f(x)=x^{T}Ax$化为标准形，并写出该标准形。

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答案：

(1) $a=-2,x=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right]+t\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right],t\in \mathbb{R}.$

(2)可取 $Q=\left[\begin{array}{ccc}-\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ 0& -\frac{2}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right],$ 则 $Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(3,-3,0),$ 标准形为 $f=3y_1^2-3y_2^2.$

解析：解空间维数为1，所以$r(A)=2$。计算 $|A|=-(a-1{)}^2(a+2).$ 当$a=1$时$r(A)=1$，不合题意；故$a=-2$。

此时$\beta$恰为$A$的第一列，所以$e_1=(1,0,0{)}^T$是一个特解，而 $N(A)=\mathrm{span}\{(1,1,1{)}^T\},$ 故得到通解。

$a=-2$时，$A$的特征值为$3,-3,0$，相应两两正交特征向量可取 $(-1,0,1{)}^T,(1,-2,1{)}^T,(1,1,1{)}^T,$ 单位化后组成$Q$即可。

14. 设 $A=\left[\begin{array}{ccc}-3& 0& 0\\ 0& -1& 2\\ 0& 2& 2\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{ccc}0& 3& 0\\ 3& 0& 0\\ 0& 0& k\end{array}\right],$ 若$A$与$B$合同，则$k$的取值为( ).
    A. $k>0$且$k\ne 2$ B. $k>0$且$k\ne 3$ C. $k<0$且$k\ne -2$ D. $k<0$且$k\ne -3$

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答案：按题干“合同”本身，应为$k<0$。若原题本意为“合同但不相似”，则选C。

解析：$A$的特征值为 $-3,-2,3,$ 因此惯性指数为$(p,q)=(1,2)$。$B$的特征值为$3,-3,k$。由实对称矩阵合同的充要条件是正、负惯性指数分别相同，必须且只需 $k<0.$ 因此按当前源题题干，四个选项均不完全准确。

若补上通常版本中的“但不相似”，则$A,B$相似还要求特征值完全相同，即$k=-2$。所以“合同但不相似”时应为 $k<0,k\ne -2,$ 对应C。

15. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=4x_1^2+x_2^2+a{x}_3^2+2x_1{x}_2-4x_1{x}_3+2x_2{x}_3$ 与$g(y_1,y_2,y_3)=2y_1^2+b{y}_2^2$合同，则( ).
    A. $a=3,b>0$ B. $a=3,b<0$ C. $a=4,b>0$ D. $a=4,b<0$

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答案：C

解析：$g$的秩为2，因此$f$的秩也应为2。$f$的矩阵为 $A=\left[\begin{array}{ccc}4& 1& -2\\ 1& 1& 1\\ -2& 1& a\end{array}\right],$ 且 $|A|=3(a-4).$ 故$a=4$。此时$A$的特征值为$6,3,0$，其正惯性指数为2、负惯性指数为0。要与$g$合同，必须$b>0$。故选C。

16. 设3阶实对称矩阵$A$的各行元素之和均为2，其主对角线元素之和为5，$r(A)=2$，则二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax$满足条件$x_1^2+x_2^2+x_3^2=1$的最大值为( ).
    A. $\frac{1}{5}$ B. $\frac{1}{2}$ C. 2 D. 3

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答案：D

解析：各行元素之和均为2，所以 $(1,1,1{)}^T$ 是$A$对应于特征值$2$的特征向量。又$tr(A)=5$，且$r(A)=2$，故另两个特征值中一个为0，另一个为 $5-2=3.$ 实对称矩阵的Rayleigh商在单位球面上的最大值等于最大特征值，因此最大值为$3$，选D。

17. 设 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& a+2& 1\\ 1& 1& a\end{array}\right],$ 若二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax$的规范形为$z_1^2+z_2^2$，求$a$的值与将其化为规范形的可逆线性变换。

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答案： $a=1.$ 可先取正交矩阵 $Q=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{2}{\sqrt{6}}& -\frac{1}{\sqrt{3}}& 0\\ \frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right],$ 使 $Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(4,1,0).$ 再令$y_1=\frac{1}{2}{z}_1,y_2=z_2,y_3=z_3$，即 $x=Q\mathrm{diag}\left(\frac{1}{2},1,1\right)z,$ 即可化为$z_1^2+z_2^2$。

解析：规范形秩为2且半正定。计算 $|A|=(a-1)(a+1).$ 故$a=\pm 1$。当$a=-1$时，$A$有一正一负两个非零特征值，不符合规范形$z_1^2+z_2^2$；故$a=1$。此时特征值为$4,1,0$，对应正交特征向量可取 $(1,2,1{)}^T,(1,-1,1{)}^T,(-1,0,1{)}^T.$ 由此得到上述变换。

18. 设$\alpha ,\beta$为$n$维列向量，$P=[\alpha ,\beta ]$，$Q=[\alpha +\beta ,2\alpha ]$。若 $P^{T}AP=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right],$ 则$Q^{T}AQ=$( ).
    A. $\left[\begin{array}{cc}1& 4\\ 4& 2\end{array}\right]$ B. $\left[\begin{array}{cc}4& 2\\ 2& 1\end{array}\right]$ C. $\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 4\end{array}\right]$ D. $\left[\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 4\end{array}\right]$

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答案：C

解析：有 $Q=PS,S=\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 0\end{array}\right].$ 因此 $Q^{T}AQ=S^T(P^{T}AP)S=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 2& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 4\end{array}\right].$ 故选C。

19. 已知 $A=\left[\begin{array}{ccc}3& 2& 1\\ 2& 2& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right],\Lambda =\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 3& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right],$ 求可逆矩阵$C$，使得$C^{T}AC=\Lambda$。

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答案：可取 $C=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& \sqrt{3}& -1\\ \sqrt{2}& -\sqrt{3}& 0\end{array}\right].$

解析：注意 $A=U^{T}U,U=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 1& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right].$ 令 $D=\mathrm{diag}(\sqrt{2},\sqrt{3},1),C=U^{-1}D.$ 则 $C^{T}AC=D^T{U}^{-T}{U}^{T}U{U}^{-1}D=D^{T}D=\Lambda .$ 计算$U^{-1}$即得到答案中的$C$。

20. 设3维列向量$\alpha =[1,1,1{]}^T$，矩阵$A=\alpha {\alpha }^T$。
    (1)求$A$的特征值与全部特征向量；
    (2)求方程组$(A+kE)x=0$的通解；
    (3)求一个正交变换$x=Qy$，将二次型$f=x^{T}Ax$化为标准形。

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答案：

(1) 特征值为$3,0,0$。
对应$\lambda =3$的全部特征向量为$t(1,1,1{)}^T(t\ne 0)$；对应$\lambda =0$的全部特征向量为 $x_1+x_2+x_3=0$ 中的非零向量。

(2)

• 若$k\ne 0,-3$，只有零解；
• 若$k=0$，通解为$s(1,-1,0{)}^T+t(1,1,-2{)}^T$；
• 若$k=-3$，通解为$t(1,1,1{)}^T$。

(3) 可取 $Q=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}& 0& -\frac{2}{\sqrt{6}}\end{array}\right],$ 则 $Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(3,0,0),$ 标准形为$f=3y_1^2$。

解析：因 $Ax=\alpha ({\alpha }^{T}x),$ 故$A\alpha =({\alpha }^T\alpha )\alpha =3\alpha$；若${\alpha }^{T}x=0$，则$Ax=0$。这立即给出全部特征值、特征向量及第(2)问。再从$\alpha$及其正交补中取一组标准正交基，即得到第(3)问的$Q$。

21. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+2x_3^2-2x_1{x}_2$ 的矩阵为$A$，则与$A^2$既相似又合同的矩阵是( ).
    A. $\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$
    B. $\left[\begin{array}{ccc}4& 0& 0\\ 0& 4& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$
    C. $\left[\begin{array}{ccc}4& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$
    D. $\left[\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 0& 3& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right]$

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答案：B

解析： $A=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ -1& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right]$ 的特征值为$0,2,2$，故$A^2$的特征值为$0,4,4$。因此 $A^2\sim \mathrm{diag}(4,4,0).$ 又$A^2$为实对称半正定矩阵，惯性指数为$(2,0)$，故也与$\mathrm{diag}(4,4,0)$合同。选B。

22. 下列二次型中，属于正定二次型的是( ).
    A. $f_1=(x_1-x_2{)}^2+(x_2-x_3{)}^2+(x_3-x_4{)}^2+(x_4-x_1{)}^2$
    B. $f_2=(x_1+x_2{)}^2+(x_2+x_3{)}^2+(x_3+x_4{)}^2+(x_4+x_1{)}^2$
    C. $f_3=(x_1-x_2{)}^2+(x_2+x_3{)}^2+(x_3-x_4{)}^2+(x_4+x_1{)}^2$
    D. $f_4=(x_1-x_2{)}^2+(x_2+x_3{)}^2+(x_3+x_4{)}^2+(x_4+x_1{)}^2$

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答案：D

解析：每个二次型都是若干一次式平方和，因此正定的充要条件是这些一次式只有零公共解。

A取$x_1=x_2=x_3=x_4=1$可得$f_1=0$；B取$(1,-1,1,-1)$可得$f_2=0$；C对应一次式系数矩阵秩为3，也存在非零公共解。D对应一次式系数矩阵 $\left[\begin{array}{cccc}1& -1& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0\\ 0& 0& 1& 1\\ 1& 0& 0& 1\end{array}\right]$ 的行列式为$2\ne 0$，故只有零公共解，因此$f_4$正定。

23. (1)设二次型$f(x,y,z)=y^2+2xz$，用正交变换$x=Qy$将其化为标准形，并写出$Q$；
    (2)求函数 $g(x,y,z)=\frac{y^2+2xz}{x^2+y^2+z^2}$ 的最大值，并求出一个最大值点。

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答案：

(1) 可取 $Q=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0& 1& 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& 0& -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right],$ 则标准形为 $f=y_1^2+y_2^2-y_3^2.$

(2) 最大值为$1$，例如在$(x,y,z)=(1,0,1)$处取得。

解析：二次型矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right]$ 的特征值为$1,1,-1$。对应单位特征向量可取 $\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1{)}^T,(0,1,0{)}^T,\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1{)}^T.$ 于是得到$Q$。而$g$就是$A$的Rayleigh商，其最大值等于最大特征值$1$。

24. 二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax$通过正交变换化成$2y_1^2+2y_2^2$，方程组$Ax=0$有解$\xi =[1,0,1{]}^T$，求正交变换及二次型矩阵$A$。

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答案：可取 $Q=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0& 1& 0\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right],$ 使 $Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(2,2,0).$ 对应 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 2& 0\\ -1& 0& 1\end{array}\right].$

解析：零特征值对应特征向量可取 $e_3=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1{)}^T.$ 在其正交补中取 $e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1{)}^T,e_2=(0,1,0{)}^T.$ 令$Q=[e_1,e_2,e_3]$，则 $A=Q\mathrm{diag}(2,2,0)Q^T=2(I-e_3{e}_3^T),$ 计算即得答案。

25. 设 $A=\left[\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& \cdots & 1\\ 1& 2& 3& \cdots & s\\ 1& 2^2& 3^2& \cdots & s^2\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& 2^{n-1}& 3^{n-1}& \cdots & s^{n-1}\end{array}\right],$ 其中$s,n$是正整数。证明$A^{T}A$是实对称矩阵，并讨论$A^{T}A$的正定性。

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答案：$A^{T}A$总是实对称半正定矩阵；当且仅当$s\le n$时，$A^{T}A$正定。

解析：显然 $(A^{T}A{)}^T=A^{T}A,$ 故其为实对称矩阵。对任意$x\in {\mathbb{R}}^s$， $x^T{A}^{T}Ax=(Ax{)}^T(Ax)=\Vert Ax{\Vert }^2\ge 0,$ 所以$A^{T}A$半正定。

进一步，$A^{T}A$正定当且仅当 $Ax=0⟹x=0,$ 即$A$的$s$个列向量线性无关，也就是$r(A)=s$。

$A$是以$1,2,\dots ,s$为节点的Vandermonde型矩阵，节点互异，因此 $r(A)=\min \{n,s\}.$ 所以$r(A)=s$当且仅当$s\le n$。

26. $f(x_1,x_2,x_3)=-2x_1{x}_2-2x_1{x}_3+6x_2{x}_3=0$是( ).
    A. 柱面 B. 单叶双曲面 C. 双叶双曲面 D. 锥面

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答案：D

解析：该二次型矩阵与第1题相同，三个特征值均非零且有正有负，因此经正交变换可化为 ${\lambda }_1{y}_1^2-{\lambda }_2{y}_2^2-{\lambda }_3{y}_3^2=0$ 的形式，其中${\lambda }_i>0$。这是过原点的二次锥面，故选D。

27. 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+a{x}_3^2-2x_1{x}_3,$ 且二次曲面$f(x_1,x_2,x_3)=1$是柱面。
    (1)求$a$的值；
    (2)用正交变换将二次型$f$化为标准形，并求所用的正交变换；
    (3)求此柱面母线的方向向量。

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答案：

(1) $a=1$。

(2) 可取 $Q=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0& 1& 0\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right],$ 则 $Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(2,1,0),$ 标准形为 $f=2y_1^2+y_2^2.$

(3) 母线方向向量可取 $(1,0,1{)}^T.$

解析：二次型矩阵为 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& 0\\ -1& 0& a\end{array}\right].$ 柱面要求二次型退化，即$|A|=0$，故 $a-1=0⟹a=1.$ 此时特征值为$2,1,0$。零特征值对应方向就是柱面的母线方向，对应特征向量满足 $x_1-x_3=0,x_2=0,$ 故可取$(1,0,1{)}^T$。

强化部分

1. 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=4x_1^2+x_2^2+a{x}_3^2+2x_1{x}_2-4x_1{x}_3+2x_2{x}_3$ 可经可逆线性变换但不可经正交变换化为 $g(y_1,y_2,y_3)=b{y}_1^2+6y_2^2,$ 则$a+b$的取值范围为( ).
   A. $(4,+\infty )$ B. $(7,+\infty )$ C. $[4,+\infty )$ D. $(4,7)\cup (7,+\infty )$

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答案：D

解析：$g$的秩为2，所以$f$的矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}4& 1& -2\\ 1& 1& 1\\ -2& 1& a\end{array}\right]$ 必须满足$|A|=0$。由 $|A|=3(a-4)$ 得$a=4$。此时$A$的特征值为$6,3,0$，故惯性指数为$(2,0)$。

要经可逆线性变换化为$b{y}_1^2+6y_2^2$，由惯性定理必须$b>0$。若还能经正交变换化为该式，则两个二次型的特征值必须一致，即 $\{b,6,0\}=\{3,6,0\},$ 从而$b=3$。题设要求“不可经正交变换”，故 $b>0,b\ne 3.$ 于是 $a+b=4+b\in (4,7)\cup (7,+\infty ).$

2. 设$A$为3阶实对称方阵，$r(E-A)=1$，且$A^2+2A=3E$，则二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax$的规范形为( ).
   A. $z_1^2+z_2^2+z_3^2$ B. $z_1^2+z_2^2-z_3^2$ C. $z_1^2-z_2^2-z_3^2$ D. $-z_1^2-z_2^2-z_3^2$

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答案：B

解析：由 $A^2+2A-3E=(A-E)(A+3E)=O,$ $A$的特征值只能是$1$或$-3$。又$r(E-A)=1$，故 $\dim N(E-A)=2,$ 即特征值$1$的特征子空间维数为2。因$A$为实对称矩阵，必可正交对角化，所以特征值为$1,1,-3$。因此正惯性指数为2，负惯性指数为1，规范形为 $z_1^2+z_2^2-z_3^2.$

3. $f(x_1,x_2,x_3)=x_1{x}_2+x_1{x}_3-3x_2{x}_3$的规范形为( ).
   A. $z_1^2+z_2^2-z_3^2$ B. $z_1^2-z_2^2-z_3^2$ C. $z_1^2+z_2^2+z_3^2$ D. $-z_1^2-z_2^2-z_3^2$

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答案：A

解析：对应矩阵 $A=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& 0& -3\\ 1& -3& 0\end{array}\right].$ 有 $|A|=-\frac{3}{4}<0,$ 故负特征值的个数为奇数。又$tr(A)=0$，不可能三个特征值全负，因此负惯性指数为1、正惯性指数为2。规范形为 $z_1^2+z_2^2-z_3^2.$

4. 二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+3x_2+a{x}_3)(x_1+5x_2+b{x}_3)$ 的正惯性指数$p$( ).
   A. 与$a$有关，与$b$无关 B. 与$a$无关，与$b$有关 C. 与$a,b$均有关 D. 与$a,b$均无关

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答案：D

解析：记 $u=(1,3,a{)}^T,v=(1,5,b{)}^T.$ 则$f=(u^{T}x)(v^{T}x)$。由于$u,v$不可能线性相关：若$v=ku$，由第一分量得$k=1$，但第二分量要求$5=3$，矛盾。因此$u,v$恒线性无关。

取新的线性坐标 $y_1=u^{T}x+v^{T}x,y_2=u^{T}x-v^{T}x,$ 则 $f=\frac{1}{4}(y_1^2-y_2^2).$ 所以始终有一个正平方项、一个负平方项，正惯性指数$p=1$，与$a,b$均无关。

5. 二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=\sum _{1\le i,j\le 3}|i-j|x_i{x}_j$ 的规范形为

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答案： $z_1^2-z_2^2-z_3^2.$

解析：对应实对称矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 2\\ 1& 0& 1\\ 2& 1& 0\end{array}\right].$ 其特征值为 $-2,1-\sqrt{3},1+\sqrt{3}.$ 其中一个为正、两个为负，故惯性指数为$(1,2)$，规范形为 $z_1^2-z_2^2-z_3^2.$

6. 设$a_1,a_2,a_3$为一组不全为零的实数，则二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=\sum _{i=1}^3\sum _{j=1}^3{a}_i{a}_j{x}_i{x}_j$ 的规范形为

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答案： $z_1^2.$

解析： $f=(a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3{)}^2.$ 因$a_1,a_2,a_3$不全为零，二次型秩为1且半正定，故正惯性指数为1、负惯性指数为0，其规范形为$z_1^2$。

7. 设$A$是3阶实对称矩阵，$A$的每行元素之和为3，则二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax$在$x_0=[1,1,1{]}^T$处的值为

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答案：$9$

解析：每行元素之和为3意味着 $A\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=3\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right].$ 故 $f(1,1,1)=x_0^{T}A{x}_0=x_0^T(3x_0)=3x_0^T{x}_0=3\times 3=9.$

8. 二次型 $f(x_1,x_2,x_3,x_4)=(x_1+x_2{)}^2+(x_2+x_3{)}^2+(x_3+x_4{)}^2+(x_4+x_1{)}^2$ 的秩为

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答案：$3$

解析：令 $C=\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0\\ 0& 0& 1& 1\\ 1& 0& 0& 1\end{array}\right],$ 则$f=x^T{C}^{T}Cx$，故$r(f)=r(C)$。解$Cx=0$得 $x=t(1,-1,1,-1{)}^T,$ 零空间维数为1，所以$r(C)=4-1=3$，即二次型的秩为3。

9. 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=(1-a)x_1^2+(1-a)x_2^2+2x_3^2+2(1+a)x_1{x}_2$ 的秩为2，则$f(x_1,x_2,x_3)=0$的通解为

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答案： $(x_1,x_2,x_3{)}^T=t(1,-1,0{)}^T,t\in \mathbb{R}.$

解析：二次型矩阵为 $A=\left[\begin{array}{ccc}1-a& 1+a& 0\\ 1+a& 1-a& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right].$ 其特征值为 $2,2,-2a.$ 秩为2故$a=0$。于是 $f=(x_1+x_2{)}^2+2x_3^2.$ 实数范围内$f=0$当且仅当 $x_1+x_2=0,x_3=0,$ 故通解如上。

10. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax,A=(a_{ij}{)}_{3\times 3},$ 且$\sum _{l=1}^3{a}_{ll}=2$，$AB=0$，其中 $B=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ 1& 1& 2\\ 1& 0& 1\end{array}\right].$ (1)用正交变换化二次型为标准形，并求所作的正交变换；
    (2)求该二次型；
    (3)$f(x_1,x_2,x_3)=1$表示什么曲面？

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答案：

(1) 可取 $Q=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{6}}& -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ -\frac{2}{\sqrt{6}}& 0& \frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right],$ 则 $Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(2,0,0),$ 标准形为$2y_1^2$。

(2) $A=\frac{1}{3}\left[\begin{array}{ccc}1& 1& -2\\ 1& 1& -2\\ -2& -2& 4\end{array}\right],$ 因此 $f=\frac{1}{3}(x_1+x_2-2x_3{)}^2.$

(3) 表示两平行平面 $x_1+x_2-2x_3=\pm \sqrt{3}.$

解析：由$AB=0$且$r(B)=2$知$A$的每一行都属于$B^T$的零空间。又$A$为二次型矩阵，可取为实对称矩阵。计算 $N(B^T)=\mathrm{span}\{(1,1,-2{)}^T\}.$ 故$A$必为 $A=c\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ -2\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& 1& -2\end{array}\right].$ 由$tr(A)=2$得$6c=2$，即$c=\frac{1}{3}$。因此$A$只有一个非零特征值$2$，对应单位特征向量$\frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2{)}^T$。补成标准正交基即得到$Q$。

11. 已知矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}2& -2& 0\\ -2& 1& -2\\ 0& -2& 0\end{array}\right],\beta =\left[\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 0\end{array}\right],$ $A\eta +\beta =0$，$\eta$为3维列向量。
    (1)求$\eta$；
    (2)求正交矩阵$P$，使$P^{T}AP=\Lambda$；
    (3)令$x=Py+\eta$，化简二次曲面方程 $2x^2+y^2-4xy-4yz-4x-5=0$ 并说明它表示什么曲面。

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答案：

(1) $\eta =\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right].$

(2) 可取 $P=\frac{1}{3}\left[\begin{array}{ccc}1& -2& 2\\ 2& -1& -2\\ 2& 2& 1\end{array}\right],\Lambda =\mathrm{diag}(-2,1,4).$

(3) 化为 $-2x_1^2+y_1^2+4z_1^2=7,$ 表示单叶双曲面。

解析：由$A\eta =-\beta =(2,0,0{)}^T$直接解得$\eta =(1,0,-1{)}^T$。

$A$的特征值为$-2,1,4$，可分别取特征向量 $(1,2,2{)}^T,(-2,-1,2{)}^T,(2,-2,1{)}^T,$ 三者长度均为3，单位化后组成$P$。

原方程可写成 $X^{T}AX+2{\beta }^{T}X-5=0.$ 令$X=PY+\eta$，一次项因$A\eta +\beta =0$而消失，常数项为 ${\eta }^{T}A\eta +2{\beta }^T\eta -5=-7.$ 故得到 $Y^T\Lambda Y-7=0,$ 即答案中的标准方程。两个正平方项、一个负平方项且右端为正，故为单叶双曲面。

12. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^T\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 6\\ 4& 4& 4\\ 0& 8& 9\end{array}\right]x,x=\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right].$ (1)用正交变换$x=Qy$将其化为标准形，并求$Q$；
    (2)求 $g(x_1,x_2,x_3)=\frac{f(x_1,x_2,x_3)}{x_1^2+x_2^2+x_3^2}$ 的最大值，并求出一个最大值点。

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答案：

(1) 可取 $Q=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{14}}& \frac{2}{\sqrt{5}}& \frac{3}{\sqrt{70}}\\ \frac{2}{\sqrt{14}}& -\frac{1}{\sqrt{5}}& \frac{6}{\sqrt{70}}\\ \frac{3}{\sqrt{14}}& 0& -\frac{5}{\sqrt{70}}\end{array}\right],$ 则标准形为 $f=14y_1^2.$

(2) 最大值为$14$，例如在$(x_1,x_2,x_3)=(1,2,3)$处取得。

解析：二次型只由原矩阵的对称部分决定，因此其二次型矩阵为 $S=\frac{1}{2}(M+M^T)=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 4& 6\\ 3& 6& 9\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\end{array}\right].$ 故$S$的特征值为$14,0,0$。对应$14$的单位特征向量为$\frac{1}{\sqrt{14}}(1,2,3{)}^T$，再补成标准正交基即可得到$Q$。

$g$为$S$的Rayleigh商，因此最大值为最大特征值$14$，并在非零特征向量方向取得。

13. 设 $f(x)=({\alpha }^{T}x{)}^2+k({\beta }^{T}x{)}^2,$ 其二次型矩阵的迹为3，其中 $\alpha =\left[\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right],\beta =\left[\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right].$ (1)求$k$，并求正交矩阵$Q$将$f$化为标准形；
    (2)求一个实对称矩阵$P$，使$f(x)=(Px{)}^{T}Px$。

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答案：

(1) $k=2.$ 可取 $Q=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\\ 0& \frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{2}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\end{array}\right],$ 则 $Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(1,2,0),$ 标准形为$y_1^2+2y_2^2$。

(2) 可取 $P=\alpha {\alpha }^T+\sqrt{2}\beta {\beta }^T,$ 即 $P=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{3}& \frac{\sqrt{2}}{3}& -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{3}\\ \frac{\sqrt{2}}{3}& \frac{\sqrt{2}}{3}& \frac{\sqrt{2}}{3}\\ -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{3}& \frac{\sqrt{2}}{3}& \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{3}\end{array}\right].$

解析：$\alpha ,\beta$均为单位向量且${\alpha }^T\beta =0$。二次型矩阵为 $A=\alpha {\alpha }^T+k\beta {\beta }^T,$ 故 $tr(A)=\Vert \alpha {\Vert }^2+k\Vert \beta {\Vert }^2=1+k=3,$ 得到$k=2$。取与$\alpha ,\beta$都正交的单位向量$\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1{)}^T$，即可组成$Q$。

又 $P^2=\alpha {\alpha }^T+2\beta {\beta }^T=A,$ 且$P=P^T$，故 $(Px{)}^{T}Px=x^T{P}^{T}Px=x^{T}Ax=f(x).$

14. 二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2-x_2{x}_3$经正交变换$x=Qy$化为 $g(y_1,y_2,y_3)=y_1{y}_2+a{y}_3^2.$ (1)求$a$；
    (2)求正交矩阵$Q$。

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答案：

(1) $a=1$。

(2) 可取 $Q=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 1& 0& 0\\ 0& -1& 0\end{array}\right].$

解析：令 $x_1=y_3,x_2=y_1,x_3=-y_2.$ 则 $f=x_1^2-x_2{x}_3=y_3^2+y_1{y}_2.$ 该变量替换对应的矩阵正是答案中的$Q$，其列向量构成标准正交基，因此$Q$为正交矩阵。比较系数得到$a=1$。

15. 设二次型 $f(x_1,x_2)=x_1^2-4x_1{x}_2+4x_2^2,$ $g(x_1,x_2)$的二次型矩阵为 $B=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& 2\end{array}\right].$ (1)是否存在可逆矩阵$D$，使$B=D^{T}D$？若存在，求$D$；
    (2)求$\underset{x\ne 0}{\max }\frac{f(x)}{g(x)}$。

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答案：

(1) 存在，可取 $D=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 1\end{array}\right].$

(2) $\underset{x\ne 0}{\max }\frac{f(x)}{g(x)}=2.$

解析：直接计算 $D^{T}D=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& 2\end{array}\right]=B.$

$f$的矩阵为 $A=\left[\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 4\end{array}\right].$ 因为$B$正定，广义Rayleigh商的极值是方程 $|A-\lambda B|=0$ 的特征值。计算得$\lambda =0,2$，故最大值为$2$。

16. 已知实矩阵 $A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& a\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{cc}4& b\\ 3& 1\end{array}\right],$ 其中$a$为非负整数，且$A$与$B$合同。
    (1)求$a,b$；
    (2)求可逆矩阵$D$，使$A=D^{T}BD$。

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答案：

(1) $a=0,b=3.$

(2) 可取 $D=\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& \frac{\sqrt{5}-3}{2\sqrt{5}}\\ 0& \frac{2}{\sqrt{5}}\end{array}\right].$

解析：若$A=D^{T}BD$，则$A$对称必推出$B$对称，因此$b=3$。此时 $|B|=4-9=-5<0,$ 故$B$的正、负惯性指数均为1。要与$A$合同，需要$|A|=a-1<0$。因$a$为非负整数，只有$a=0$。

代入$a=0,b=3$后直接计算可验证 $D^T\left[\begin{array}{cc}4& 3\\ 3& 1\end{array}\right]D=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]=A,$ 且$|D|\ne 0$。

17. 设矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& -2& 0\\ 1& 0& a\end{array}\right]$ 与 $B=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 2& -5& 2\\ 1& 2& 1\end{array}\right]$ 合同，求$a$并求可逆矩阵$P$使$P^{T}AP=B$。

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答案：

$a=1.$ 可取 $P=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{3}& \frac{\sqrt{3}}{6}& -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{6}}{6}& -\frac{2\sqrt{6}}{3}& \frac{\sqrt{6}}{6}\\ -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{3}& \frac{\sqrt{3}}{6}& \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{3}\end{array}\right].$

解析：$B$的特征值为$3,-6,0$，故$r(B)=2$，惯性指数为$(1,1)$。合同保持秩，所以$|A|=0$。而 $|A|=-2(a-1),$ 故$a=1$。此时$A$的特征值为$2,-2,0$，惯性指数同样为$(1,1)$，故确实合同。

取$A$的单位特征向量矩阵 $Q_A=\left[\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1{)}^T,(0,1,0{)}^T,\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,0,1{)}^T\right],$ 取$B$对应于$3,-6,0$的单位特征向量矩阵 $Q_B=\left[\frac{1}{3}(2,1,2{)}^T,\frac{1}{3\sqrt{2}}(1,-4,1{)}^T,\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,0,1{)}^T\right].$ 令 $P=Q_A\mathrm{diag}\left(\sqrt{\frac{3}{2}},\sqrt{3},1\right)Q_B^T,$ 展开即得到答案中的矩阵，并满足$P^{T}AP=B$。

18. 若可逆线性变换$x=Py$可将二次型 $f(x_1,x_2)=x_1^2+2x_2^2+2x_1{x}_2$ 化为规范形$y_1^2+y_2^2$，同时将二次型 $g(x_1,x_2)=-x_1^2+2x_2^2+2x_1{x}_2$ 化为标准形$k_1{y}_1^2+k_2{y}_2^2$，求$P$及$k_1,k_2$。

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答案：可取 $P=\left[\begin{array}{cc}0& -\sqrt{2}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right],$ 此时 $k_1=1,k_2=-3.$

解析：两个二次型矩阵分别为 $A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 2\end{array}\right],G=\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ 1& 2\end{array}\right].$ 求广义特征值 $|G-\lambda A|=0$ 得 $(\lambda -1)(\lambda +3)=0.$ 分别可取广义特征向量$(0,1{)}^T$和$(-2,1{)}^T$。二者关于$A$正交，且$A$范数平方都为2。单位化后作为$P$的两列，即有 $P^{T}AP=E,P^{T}GP=\mathrm{diag}(1,-3).$

19. 已知$f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax$经正交变换$x=Qy$化为 $g(y_1,y_2,y_3)=y_1^2+2y_2^2+a{y}_3^2(a\ne 0),$ 且 $Q^{-1}{A}^{\ast }Q=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& \frac{1}{2}& 0\\ 0& 0& \frac{1}{a}\end{array}\right],$ 则对任意$x\ne 0$( ).
    A. $f(x)>0$ B. $f(x)\ge 0$ C. $f(x)<0$ D. $f(x)\le 0$

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答案：A

解析：因$Q$正交， $Q^{-1}AQ=\mathrm{diag}(1,2,a).$ 故 $|A|=2a.$ $A^{\ast }$的对应特征值应为 $\frac{|A|}{1}=2a,\frac{|A|}{2}=a,\frac{|A|}{a}=2.$ 与题给$1,\frac{1}{2},\frac{1}{a}$逐项比较，得 $2a=1⟹a=\frac{1}{2}.$ 其余两式也同时满足。因此标准形三个系数$1,2,\frac{1}{2}$均为正，$f$正定，故对任意$x\ne 0$均有$f(x)>0$。

20. 二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=\sum _{i=1}^3{x}_i^2+\sum _{1\le i<j\le 3}2a{x}_i{x}_j$ 正定的充要条件为( ).
    A. $a>0$ B. $0<a<1$ C. $-1<a<1$ D. $-\frac{1}{2}<a<1$

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答案：D

解析：二次型矩阵为 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& a& a\\ a& 1& a\\ a& a& 1\end{array}\right].$ 其特征值为 $1+2a,1-a,1-a.$ 正定当且仅当全部特征值为正，即 $1+2a>0,1-a>0.$ 所以 $-\frac{1}{2}<a<1.$

21. 设$A$为$m$阶正定矩阵，$B$为$m\times n$实矩阵，$C=B^{T}AB$，则$C$与$n$阶单位矩阵$E$合同的充分必要条件为( ).
    A. 齐次线性方程组$Bx=0$只有零解
    B. 齐次线性方程组$B{B}^{T}x=0$有非零解
    C. 齐次线性方程组$B{B}^{T}x=0$只有零解
    D. 齐次线性方程组$B^{T}Bx=0$有非零解

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答案：A

解析：$C$与$E$合同的充要条件是$C$正定。对任意$x\ne 0$， $x^{T}Cx=x^T{B}^{T}ABx=(Bx{)}^{T}A(Bx).$ 由于$A$正定，上式大于0的充要条件是$Bx\ne 0$。因此$C$正定当且仅当 $Bx=0$ 只有零解，即$B$列满秩。故选A。

22. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+2x_2+x_3{)}^2+[-x_1+(a-4)x_2+2x_3{]}^2+(2x_1+x_2+a{x}_3{)}^2$ 正定，则参数$a$的取值范围是( ).
    A. $a=2$ B. $a=-7$ C. $a>0$ D. $a$为任意实数

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答案：D

解析：令 $C=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ -1& a-4& 2\\ 2& 1& a\end{array}\right],$ 则$f=x^T{C}^{T}Cx$。平方和二次型正定当且仅当$C$可逆。计算 $|C|=a^2-4a+13=(a-2{)}^2+9>0$ 对任意实数$a$均成立。因此$f$对任意实数$a$都正定，选D。

23. 设$\alpha ,\beta ,\gamma$为3维列向量，二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^T(\alpha {\alpha }^T+\beta {\beta }^T+\gamma {\gamma }^T)x.$ (1)若$\alpha ,\beta ,\gamma$线性无关，证明$f$为正定二次型；
    (2)若 $\alpha =\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right],\beta =\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ -2\end{array}\right],\gamma =\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ a\end{array}\right],$ 求$f(x_1,x_2,x_3)=0$的解，并求二次型的规范形。

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答案：

(1) $f$正定。

(2) 若$a\ne -1$，则$f=0$只有零解，规范形为 $z_1^2+z_2^2+z_3^2.$ 若$a=-1$，则 $x=t(1,1,1{)}^T,$ 规范形为 $z_1^2+z_2^2.$

解析：有 $f=({\alpha }^{T}x{)}^2+({\beta }^{T}x{)}^2+({\gamma }^{T}x{)}^2\ge 0.$ 若$\alpha ,\beta ,\gamma$线性无关，则矩阵$[\alpha ,\beta ,\gamma ]$可逆。若$f=0$，三个平方项都必须为0，即 $[\alpha ,\beta ,\gamma {]}^{T}x=0,$ 从而$x=0$，故$f$正定。

第(2)问中 $\left|[\alpha ,\beta ,\gamma ]\right|=2(a+1).$ 当$a\ne -1$时三向量线性无关，结论同上。当$a=-1$时向量组秩为2，解 ${\alpha }^{T}x={\beta }^{T}x={\gamma }^{T}x=0$ 得$x=t(1,1,1{)}^T$。此时二次型秩为2且半正定，所以规范形为$z_1^2+z_2^2$。

24. 设 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& 1\end{array}\right],$ $A^{T}A=B^2$，其中$B$为正定矩阵。
    (1)求$B$；
    (2)证明存在正交矩阵$C$，使得$A=CB$，并求$C$。

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答案：

(1) $B=\left[\begin{array}{ccc}\frac{4}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}\\ \frac{1}{3}& \frac{4}{3}& \frac{1}{3}\\ \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{4}{3}\end{array}\right].$

(2) $C=\left[\begin{array}{ccc}\frac{2}{3}& \frac{2}{3}& -\frac{1}{3}\\ -\frac{1}{3}& \frac{2}{3}& \frac{2}{3}\\ \frac{2}{3}& -\frac{1}{3}& \frac{2}{3}\end{array}\right],$ 且$C^{T}C=E$，$A=CB$。

解析：先算 $A^{T}A=\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 2& 1\\ 1& 1& 2\end{array}\right]=E+J,$ 其中$J$为全1矩阵。其特征值为$4,1,1$。正定平方根唯一，因此 $B=E+\frac{1}{3}J,$ 展开即为答案中的矩阵，并可直接验证$B^2=A^{T}A$。

令 $C=A{B}^{-1}.$ 则 $C^{T}C=B^{-T}{A}^{T}A{B}^{-1}=B^{-1}{B}^2{B}^{-1}=E,$ 故$C$正交，且显然$A=CB$。计算$A{B}^{-1}$即得所列$C$。

25. 设$A$为$n$阶矩阵，则以下不是“$A^{T}A$正定”的充要条件的是( ).
    A. $A$为初等矩阵的乘积
    B. $A$为${\mathbb{R}}^n$的某两个基之间的过渡矩阵
    C. $A$的行向量组线性无关
    D. $A$与$n$阶单位矩阵$E$相似

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答案：D

解析： $x^T{A}^{T}Ax=\Vert Ax{\Vert }^2.$ 因此$A^{T}A$正定当且仅当$Ax=0$只有零解，即$A$可逆。

A“初等矩阵的乘积”、B“两个基之间的过渡矩阵”、C“行向量组线性无关”都等价于$A$可逆。D中$A\sim E$实际上推出$A=E$，只是可逆矩阵中的特殊情形，并非$A$可逆的充要条件，故选D。

26. 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=a(x_1^2+x_2^2+x_3^2)+4x_1{x}_2+4x_1{x}_3+4x_2{x}_3,$ 若方程$f(x_1,x_2,x_3)=-1$表示的曲面为圆柱面，则( ).
    A. $a=-4$，且$f$的规范形为$-y_1^2-y_2^2-y_3^2$
    B. $a=-4$，且$f$在正交变换下的标准形为$-6y_1^2-6y_2^2$
    C. $a=2$，且$f$的规范形为$-y_1^2-y_2^2-y_3^2$
    D. $a=2$，且$f$在正交变换下的标准形为$-6y_1^2-6y_2^2$

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答案：B

解析：二次型矩阵为 $A=\left[\begin{array}{ccc}a& 2& 2\\ 2& a& 2\\ 2& 2& a\end{array}\right],$ 其特征值为 $a+4,a-2,a-2.$ 圆柱面要求至少有一个零特征值。若$a=2$，特征值为$6,0,0$，方程变成$6y_1^2=-1$，无实点。故只能$a=-4$，此时特征值为$0,-6,-6$，方程化为 $-6y_1^2-6y_2^2=-1,$ 即圆柱面。故选B。

27. 设 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2a{x}_1{x}_2+2a{x}_1{x}_3+2a{x}_2{x}_3$ 的正、负惯性指数分别为$p=2,q=0$，则$f(x_1,x_2,x_3)=1$在点$(0,1,1)$处的切平面方程为

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答案： $-2x+y+z-2=0.$

解析：二次型矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& a& a\\ a& 1& a\\ a& a& 1\end{array}\right]$ 的特征值为 $1+2a,1-a,1-a.$ 由$p=2,q=0$知二次型半正定且秩为2，所以必须 $1+2a=0,1-a>0,$ 即 $a=-\frac{1}{2}.$

令$F(x,y,z)=f(x,y,z)-1$。在$(0,1,1)$处 $A\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}-1\\ \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\end{array}\right],$ 故 $\nabla F=2Ax=(-2,1,1{)}^T.$ 切平面为 $-2(x-0)+(y-1)+(z-1)=0,$ 即 $-2x+y+z-2=0.$