二、二次型的合同标准型｜大题·正交变换法与配方法

大题

(一)正交变换法

10. 【2013-123-11分】 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2(a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3{)}^2+(b_1{x}_1+b_2{x}_2+b_3{x}_3{)}^2$，记

$$\alpha =\left(\begin{array}{c}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right),\beta =\left(\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right).$$

(I)证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\alpha {\alpha }^T+\beta {\beta }^T$；

(II)若 $\alpha$，$\beta$ 正交且均为单位向量，证明 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2$。

查看答案与解析

答案： 矩阵为

$$2\alpha {\alpha }^T+\beta {\beta }^T,$$

标准形为

$$2y_1^2+y_2^2.$$

解析： 若完全按当前题面中的两个平方项系数均为 $1$，则矩阵应为 $\alpha {\alpha }^T+\beta {\beta }^T$，无法得到题目要求证明的结论。因此应按完整题意在第一个平方项前补上系数 $2$。

记

$$x=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right).$$

则

$$a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3={\alpha }^{T}x,$$$$b_1{x}_1+b_2{x}_2+b_3{x}_3={\beta }^{T}x.$$

于是

$$\begin{array}{rl}f& =2({\alpha }^{T}x{)}^2+({\beta }^{T}x{)}^2\\ & =2x^T\alpha {\alpha }^{T}x+x^T\beta {\beta }^{T}x\\ & =x^T(2\alpha {\alpha }^T+\beta {\beta }^T)x.\end{array}$$

故二次型矩阵为

$$A=2\alpha {\alpha }^T+\beta {\beta }^T.$$

若 $\alpha ,\beta$ 正交且均为单位向量，则

$${\alpha }^T\alpha =1,{\beta }^T\beta =1,{\alpha }^T\beta =0.$$

因此

$$A\alpha =2\alpha ({\alpha }^T\alpha )+\beta ({\beta }^T\alpha )=2\alpha ,$$

即 $\alpha$ 是对应于特征值 $2$ 的单位特征向量；同理，

$$A\beta =2\alpha ({\alpha }^T\beta )+\beta ({\beta }^T\beta )=\beta ,$$

即 $\beta$ 是对应于特征值 $1$ 的单位特征向量。

再取单位向量 $\gamma$，使

$$\gamma \perp \alpha ,\gamma \perp \beta .$$

则

$$A\gamma =0,$$

故第三个特征值为 $0$。

令

$$Q=(\alpha ,\beta ,\gamma ),$$

则 $Q$ 为正交矩阵，并且

$$Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(2,1,0).$$

所以在正交变换 $x=Qy$ 下，

$$f=2y_1^2+y_2^2.$$

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11. 【2017-123-11分】 设二次型

$$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2-x_2^2+a{x}_3^2+2x_1{x}_2-8x_1{x}_3+2x_2{x}_3$$

在正交变换 $x=Qy$ 下的标准形为 ${\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2$，求 $a$ 的值及一个正交矩阵 $Q$。

查看答案与解析

答案：

$$a=2.$$

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

$$f=6y_1^2-3y_2^2.$$

解析： 二次型矩阵为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -4\\ 1& -1& 1\\ -4& 1& a\end{array}\right).$$

标准形中只有两个平方项，说明

$$r(A)=2,$$

从而

$$|A|=0.$$

计算得

$$|A|=-3(a-2).$$

故

$$a=2.$$

此时

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -4\\ 1& -1& 1\\ -4& 1& 2\end{array}\right).$$

其特征多项式为

$$|\lambda E-A|=\lambda (\lambda -6)(\lambda +3),$$

所以特征值为

$$6,-3,0.$$

分别可取单位特征向量

$$q_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 1\end{array}\right)(\lambda =6),$$$$q_2=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right)(\lambda =-3),$$$$q_3=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)(\lambda =0).$$

令 $Q=(q_1,q_2,q_3)$，则

$$Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(6,-3,0).$$

于是

$$f=6y_1^2-3y_2^2.$$

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12. 【2020-13-11分】 设 $f(x_1,x_2)=x_1^2-4x_1{x}_2+4x_2^2$，经正交变换

$$\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\end{array}\right)=Q\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right)$$

得 $g(y_1,y_2)=a{y}_1^2+4y_1{y}_2+b{y}_2^2$，$a\ge b$。

(1)求 $a$，$b$ 的值；

(2)求正交矩阵 $Q$。

查看答案与解析

答案：

$$a=4,b=1.$$

可取

$$Q=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right).$$

解析： 原二次型矩阵为

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 4\end{array}\right).$$

变换后二次型矩阵为

$$B=\left(\begin{array}{cc}a& 2\\ 2& b\end{array}\right).$$

由于 $B=Q^{T}AQ$，矩阵 $A$ 与 $B$ 正交相似，因此迹和行列式相同。

由迹相等：

$$a+b=\mathrm{tr}(A)=5.$$

由行列式相等：

$$ab-4=|A|=0,$$

即

$$ab=4.$$

所以 $a,b$ 是方程

$$t^2-5t+4=0$$

的两个根，即 $4,1$。由 $a\ge b$，得

$$a=4,b=1.$$

下面求 $Q$。取

$$Q=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right).$$

容易验证

$$Q^{T}Q=E,$$

故 $Q$ 为正交矩阵，并且

$$Q^{T}AQ=\left(\begin{array}{cc}4& 2\\ 2& 1\end{array}\right).$$

因此

$$g(y_1,y_2)=\left(\begin{array}{cc}{y}_1& y_2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}4& 2\\ 2& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right)=4y_1^2+4y_1{y}_2+y_2^2.$$

所以所求为

$$a=4,b=1,$$

上述 $Q$ 即为一个符合条件的正交矩阵。

(二)配方法

1. 【2020-2-11分】 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2a{x}_1{x}_2+2a{x}_1{x}_3+2a{x}_2{x}_3$，经可逆线性变换 $\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=P\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$ 得 $g(y_1,y_2,y_3)=y_1^2+y_2^2+4y_3^2+2y_1{y}_2$。

(1) 求 $a$ 的值；

(2) 求可逆矩阵 $P$。

查看答案与解析

答案：

$$a=-\frac{1}{2}.$$

可取

$$P=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& 1+\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{2}{3}\\ -\frac{1}{\sqrt{3}}& 1-\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{2}{3}\\ 0& 1& -\frac{4}{3}\end{array}\right).$$

解析： 二次型 $f$ 与 $g$ 的矩阵分别为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& a& a\\ a& 1& a\\ a& a& 1\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 4\end{array}\right).$$

矩阵 $B$ 的特征值为 $2,4,0$，故 $g$ 的秩为 $2$，正惯性指数为 $2$。

矩阵 $A$ 可写成

$$A=(1-a)E+aJ,$$

其中 $J$ 为三阶全 $1$ 矩阵。因此 $A$ 的特征值为

$$\begin{array}{c}1+2a,\\ 1-a,\\ 1-a\end{array}$$

要使 $A$ 与 $B$ 合同，二者必须具有相同的秩和惯性指数。若 $1-a=0$，则 $a=1$，此时 $r(A)=1$，不合题意。因此只能有

$$1+2a=0,$$

从而

$$a=-\frac{1}{2}.$$

此时

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

取列向量

$$p_1=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right),p_2=p_1+\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right),p_3=\frac{2}{3}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ -2\end{array}\right).$$

因为 $(1,1,1{)}^T$ 属于 $A$ 的零空间，而另外两个向量属于特征值 $\frac{3}{2}$ 对应的特征子空间，所以

$$p_1^{T}A{p}_1=1,p_2^{T}A{p}_2=1,p_1^{T}A{p}_2=1,$$

且

$$p_1^{T}A{p}_3=p_2^{T}A{p}_3=0,p_3^{T}A{p}_3=4.$$

令 $P=(p_1,p_2,p_3)$，则

$$|P|=-\frac{4\sqrt{3}}{3}\ne 0,$$

故 $P$ 可逆，并且

$$P^{T}AP=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 4\end{array}\right)=B.$$

因此该 $P$ 满足题意。

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2. 【2022-23-12分】 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=3x_1^2+4x_2^2+3x_3^2+2x_1{x}_3$。

(1) 求正交变换 $x=Qy$ 将 $f(x_1,x_2,x_3)$ 化为标准型；

(2) 证明：$\underset{x\ne 0}{\min }\frac{f(x)}{x^{T}x}=2$。

查看答案与解析

答案： 可取

$$Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0& 1& 0\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right),$$

则

$$f=2y_1^2+4y_2^2+4y_3^2,$$

且

$$\underset{x\ne 0}{\min }\frac{f(x)}{x^{T}x}=2.$$

解析： 二次型矩阵为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 1\\ 0& 4& 0\\ 1& 0& 3\end{array}\right).$$

其特征多项式为

$$|\lambda E-A|=(\lambda -2)(\lambda -4{)}^2,$$

故特征值为 $2,4,4$。

对应于 $\lambda =2$，可取单位特征向量

$$q_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1{)}^T.$$

对应于 $\lambda =4$，可取两个相互正交的单位特征向量

$$q_2=(0,1,0{)}^T,q_3=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1{)}^T.$$

令 $Q=(q_1,q_2,q_3)$，则 $Q^{T}Q=E$，且

$$Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(2,4,4).$$

所以在正交变换 $x=Qy$ 下，

$$f=2y_1^2+4y_2^2+4y_3^2.$$

又因为正交变换保持向量长度，故

$$x^{T}x=y^{T}y=y_1^2+y_2^2+y_3^2.$$

于是

$$\frac{f(x)}{x^{T}x}=\frac{2y_1^2+4y_2^2+4y_3^2}{y_1^2+y_2^2+y_3^2}=2+\frac{2y_2^2+2y_3^2}{y_1^2+y_2^2+y_3^2}\ge 2.$$

当 $y_2=y_3=0$ 且 $y_1\ne 0$ 时取等号。因此

$$\underset{x\ne 0}{\min }\frac{f(x)}{x^{T}x}=2.$$

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3. 【2022-1-12分】 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=\sum _{i=1}^3\sum _{j=1}^{3}ij{x}_i{x}_j$。

(1) 求二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 的矩阵；

(2) 求正交阵 $Q$，经正交变换 $x=Qy$ 化二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 为标准型；

(3) 求 $f(x_1,x_2,x_3)=0$ 的解。

查看答案与解析

答案：

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 4& 6\\ 3& 6& 9\end{array}\right).$$

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

$$f=14y_1^2.$$

方程的全部解为

$$x=s\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 0\end{array}\right)+t\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 1\end{array}\right),s,t\in \mathbb{R}.$$

解析： 由题意，二次型矩阵的第 $i$ 行第 $j$ 列元素为 $ij$，故

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 4& 6\\ 3& 6& 9\end{array}\right).$$

令

$$v=(1,2,3{)}^T,$$

则

$$A=v{v}^T,f=x^{T}v{v}^{T}x=(v^{T}x{)}^2=(x_1+2x_2+3x_3{)}^2.$$

矩阵 $A$ 的秩为 $1$。又

$$Av=(v^{T}v)v=14v,$$

所以 $14$ 是其唯一的非零特征值，另外两个特征值为 $0$。

取标准正交特征向量组

$$q_1=\frac{1}{\sqrt{14}}\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right),q_2=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 0\end{array}\right),q_3=\frac{1}{\sqrt{70}}\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -5\end{array}\right).$$

令 $Q=(q_1,q_2,q_3)$，则

$$Q^{T}Q=E,Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(14,0,0).$$

故标准形为

$$f=14y_1^2.$$

由

$$f=(x_1+2x_2+3x_3{)}^2,$$

可知 $f=0$ 等价于

$$x_1+2x_2+3x_3=0.$$

令 $x_2=s$，$x_3=t$，得

$$x_1=-2s-3t,$$

从而全部解如答案所示。

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4. 【2023-1-12分】 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1{x}_2-2x_1{x}_3$，$g(y_1,y_2,y_3)=y_1^2+y_2^2+y_3^2+2y_2{y}_3$。

(1) 求可逆变换 $x=Py$ 将 $f(x_1,x_2,x_3)$ 化成 $g(y_1,y_2,y_3)$；

(2) 是否存在正交变换 $x=Qy$ 将 $f(x_1,x_2,x_3)$ 化成 $g(y_1,y_2,y_3)$。

查看答案与解析

答案： 可取

$$P=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right).$$

不存在所要求的正交变换。

解析： 先将 $f$ 配方：

$$\begin{array}{rl}f& =x_1^2+2x_1{x}_2-2x_1{x}_3+2x_2^2+2x_3^2\\ & =(x_1+x_2-x_3{)}^2+(x_2+x_3{)}^2.\end{array}$$

而

$$g=y_1^2+(y_2+y_3{)}^2.$$

令

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2-x_3=y_1,\\ x_2=y_2,\\ x_3=y_3,\end{array}$$

即

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=y_1-y_2+y_3,\\ x_2=y_2,\\ x_3=y_3.\end{array}$$

因此可取

$$P=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right).$$

显然 $|P|=1\ne 0$，故 $P$ 可逆。直接代入即得 $f(Py)=g(y)$。

下面讨论正交变换是否存在。二次型 $f$ 和 $g$ 的矩阵分别为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 1& 2& 0\\ -1& 0& 2\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right).$$

矩阵 $A$ 的特征值为

$$3,2,0,$$

矩阵 $B$ 的特征值为

$$2,1,0.$$

若存在正交矩阵 $Q$ 使 $Q^{T}AQ=B$，则由于 $Q^{-1}=Q^T$，矩阵 $A$ 与 $B$ 必相似，从而应有相同的特征值。但两者特征值不同，故不存在这样的正交变换。

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5. 【2023-23-12分】 矩阵 $A$ 满足对任意 $x_1,x_2,x_3$ 均有

$$A\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{x}_1+x_2+x_3\\ 2x_1-x_2+x_3\\ x_2-x_3\end{array}\right).$$

(1) 求 $A$；

(2) 求可逆矩阵 $P$ 与对角矩阵 $\Lambda$，使得 $P^{-1}AP=\Lambda$。

查看答案与解析

答案：

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

可取

$$P=\left(\begin{array}{ccc}0& -1& 4\\ -1& 0& 3\\ 1& 2& 1\end{array}\right),\Lambda =\left(\begin{array}{ccc}-2& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right).$$

解析： 由线性变换的表达式直接读出矩阵各行，得

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

计算特征多项式：

$$|\lambda E-A|=(\lambda -2)(\lambda +1)(\lambda +2).$$

故三个特征值为

$${\lambda }_1=-2,{\lambda }_2=-1,{\lambda }_3=2.$$

它们互不相同，因此 $A$ 可对角化。

当 $\lambda =-2$ 时，解

$$(A+2E)x=0,$$

可取特征向量

$$p_1=(0,-1,1{)}^T.$$

当 $\lambda =-1$ 时，可取

$$p_2=(-1,0,2{)}^T.$$

当 $\lambda =2$ 时，可取

$$p_3=(4,3,1{)}^T.$$

令

$$P=(p_1,p_2,p_3),$$

则

$$|P|=-12\ne 0,$$

故 $P$ 可逆。由

$$AP=P\Lambda$$

可得

$$P^{-1}AP=\Lambda .$$

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6. 【2024-2-12分】 设矩阵

$$A=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& a\\ 1& 0& 1\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\\ b& 2\end{array}\right),$$

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}BAx$。已知方程组 $Ax=0$ 的解均是 $B^{T}x=0$ 的解，但两个方程组不同解。

(1) 求 $a$，$b$ 的值；

(2) 求正交变换 $x=Qy$ 将 $f(x_1,x_2,x_3)$ 化为标准形。

查看答案与解析

答案：

$$a=1,b=2.$$

可取

$$Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{6}}& -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{2}{\sqrt{6}}& 0& -\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right),$$

则标准形为

$$f=6y_1^2.$$

解析： 矩阵 $A$ 的两行恒线性无关，故

$$r(A)=2,\dim N(A)=3-r(A)=1.$$

由题意，$Ax=0$ 的解均为 $B^{T}x=0$ 的解，但两个方程组不同解，即

$$N(A)⫋N(B^T).$$

因此

$$\dim N(B^T)>1,$$

从而

$$r(B^T)<2.$$

而

$$B^T=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& b\\ 1& 1& 2\end{array}\right).$$

它的两行至少有一行非零，所以 $r(B^T)=1$。两行必须成比例；由于前两个分量相同，比例系数只能为 $1$，故

$$b=2.$$

此时

$$B^{T}x=0$$

等价于

$$x_1+x_2+2x_3=0.$$

再解 $Ax=0$：

$$\{\begin{array}{l}{x}_2+a{x}_3=0,\\ x_1+x_3=0.\end{array}$$

令 $x_3=t$，则

$$x=t(-1,-a,1{)}^T.$$

该解必须满足 $B^{T}x=0$，故

$$-1-a+2=0,$$

于是

$$a=1.$$

当 $a=1$，$b=2$ 时，

$$BA=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 1& 1& 2\\ 2& 2& 4\end{array}\right).$$

令

$$c=(1,1,2{)}^T,$$

则

$$BA=c{c}^T.$$

因此

$$f=x^{T}c{c}^{T}x=(c^{T}x{)}^2=(x_1+x_2+2x_3{)}^2.$$

矩阵 $c{c}^T$ 的唯一非零特征值为

$$c^{T}c=1+1+4=6,$$

其余两个特征值均为 $0$。

取标准正交特征向量组

$$q_1=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,2{)}^T,q_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0{)}^T,q_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,-1{)}^T.$$

令 $Q=(q_1,q_2,q_3)$，则

$$Q^{T}Q=E,Q^T(BA)Q=\mathrm{diag}(6,0,0).$$

故在正交变换 $x=Qy$ 下，

$$f=6y_1^2.$$