二、二次型的合同标准型｜小题与大题

小题

(一)正交变换法

1. 【2002-1-3分】 已知实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=a(x_1^2+x_2^2+x_3^2)+4x_1{x}_2+4x_1{x}_3+4x_2{x}_3$ 经正交变换 $x=Py$ 可化成标准形 $f=6y_1^2$，则 $a=$

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答案： $a=2$。

解析： 二次型矩阵为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}a& 2& 2\\ 2& a& 2\\ 2& 2& a\end{array}\right)=(a-2)E+2J,$$

其中 $J$ 为三阶全 $1$ 矩阵。向量 $(1,1,1{)}^T$ 对应特征值 $a+4$，其正交补空间上的两个特征值均为 $a-2$，故 $A$ 的特征值为

$$\begin{array}{c}a+4,\\ a-2,\\ a-2\end{array}$$

正交变换不改变特征值。标准形 $6y_1^2$ 对应的特征值为 $6,0,0$，因而

$$a-2=0,$$

从而

$$a=2,$$

并且此时 $a+4=6$，满足题意。

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2. 【2011-1-4分】 若二次曲面的方程 $x^2+3y^2+z^2+2axy+2xz+2yz=4$ 经正交变换化为 $y_1^2+4z_1^2=4$，则 $a=$_________。

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答案： $a=1$。

解析： 原二次型的矩阵为

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

变换后的方程为

$$y_1^2+0\cdot x_1^2+4z_1^2=4,$$

故 $A$ 的特征值为 $1,0,4$，从而 $|A|=0$。计算得

$$|A|=\left|\begin{array}{ccc}1& a& 1\\ a& 3& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right|=-(a-1{)}^2.$$

于是

$$-(a-1{)}^2=0,$$

所以

$$a=1.$$

验证：当 $a=1$ 时，矩阵的迹为 $5$，二阶主子式之和为 $4$，行列式为 $0$，其特征值确为 $0,1,4$。

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3. 【2011-3-4分】 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax$ 的秩为 $1$，$A$ 中各行元素之和为 $3$，则 $f$ 在正交变换 $x=Qy$ 下的标准形为

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答案： $f=3y_1^2$。

解析： 设

$$e=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right).$$

由于 $A$ 的每一行元素之和均为 $3$，有

$$Ae=3e,$$

因此 $3$ 是矩阵 $A$ 的一个特征值。又因为二次型的秩为 $1$，即

$$r(A)=1,$$

所以 $A$ 只有一个非零特征值，其余两个特征值均为 $0$。故 $A$ 的全部特征值为

$$3,0,0.$$

实对称矩阵可以正交对角化，因此标准形为

$$f=3y_1^2.$$

非零项写成 $3y_2^2$ 或 $3y_3^2$ 也与此等价，只是特征向量排列顺序不同。

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4. 【2015-123-4分】 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 在正交变换 $x=Py$ 下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2-y_3^2$，其中 $P=(e_1,e_2,e_3)$，若 $Q=(e_1,-e_3,e_2)$，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： A。

解析： 由

$$P=(e_1,e_2,e_3),P^{T}AP=\mathrm{diag}(2,1,-1)$$

可知 $e_1,e_2,e_3$ 分别是对应特征值 $2,1,-1$ 的单位特征向量。

新正交矩阵为

$$Q=(e_1,-e_3,e_2).$$

向量乘以 $-1$ 不改变其特征值，所以 $-e_3$ 仍对应特征值 $-1$。因此 $Q$ 的三列依次对应特征值

$$2,-1,1.$$

故

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

新的标准形为

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

B 未按新特征向量顺序交换系数；C、D 改变了正、负惯性指数，均不可能。

大题

(一)正交变换法

1. 【1990-12-8分】 求一个正交变换化二次型 $f=x_1^2+4x_2^2+4x_3^2-4x_1{x}_2+4x_1{x}_3-8x_2{x}_3$ 成标准形。

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答案： 可取

$$P=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{3}& \frac{2}{\sqrt{5}}& -\frac{2}{3\sqrt{5}}\\ -\frac{2}{3}& \frac{1}{\sqrt{5}}& \frac{4}{3\sqrt{5}}\\ \frac{2}{3}& 0& \frac{5}{3\sqrt{5}}\end{array}\right),x=Py,$$

则

$$f=9y_1^2.$$

解析： 二次型矩阵为

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

注意到

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

故 $r(A)=1$。令

$$v=\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right),v^{T}v=9.$$

则

$$Av=v(v^{T}v)=9v,$$

所以 $9$ 是非零特征值，其余两个特征值为 $0$。

取对应于 ${\lambda }_1=9$ 的单位特征向量

$$e_1=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right).$$

在 $v^{\perp }$ 中取单位向量

$$e_2=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 0\end{array}\right).$$

再取与 $e_1,e_2$ 均正交的单位向量

$$e_3=\frac{1}{3\sqrt{5}}\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 5\end{array}\right).$$

于是 $P=(e_1,e_2,e_3)$ 为正交矩阵，且

$$P^{T}AP=\mathrm{diag}(9,0,0).$$

在正交变换 $x=Py$ 下，

$$f=y^T{P}^{T}APy=9y_1^2.$$

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2. 【1993-4-9分】 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2\alpha x_1{x}_2+2\beta x_2{x}_3+2x_1{x}_3$ 经正交变换 $X=PY$ 化成 $f=y_2^2+2y_3^2$，其中 $X=(x_1,x_2,x_3{)}^T$ 和 $Y=(y_1,y_2,y_3{)}^T$ 是三维列向量，$P$ 是三阶正交矩阵。试求常数 $\alpha$，$\beta$。

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答案：

$$\alpha =\beta =0.$$

解析： 二次型矩阵为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& \alpha & 1\\ \alpha & 1& \beta \\ 1& \beta & 1\end{array}\right).$$

正交变换后的标准形为

$$0\cdot y_1^2+y_2^2+2y_3^2,$$

所以 $A$ 的特征值为 $0,1,2$。

首先利用行列式等于特征值之积：

$$|A|=0.$$

直接计算得

$$|A|=-(\alpha -\beta {)}^2,$$

故

$$\alpha =\beta .$$

其次，三个二阶主子式之和等于两两特征值乘积之和，即

$$0\cdot 1+0\cdot 2+1\cdot 2=2.$$

而矩阵 $A$ 的二阶主子式之和为

$$(1-{\alpha }^2)+(1-1^2)+(1-{\beta }^2)=2-{\alpha }^2-{\beta }^2.$$

因此

$$2-{\alpha }^2-{\beta }^2=2,$$

从而

$${\alpha }^2+{\beta }^2=0.$$

由于 $\alpha ,\beta$ 为实数，得到

$$\alpha =\beta =0.$$

此时

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

的特征值确为 $0,1,2$。

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3. 【1993-12-8分】 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+3x_2^2+3x_3^2+2a{x}_2{x}_3(a>0)$，通过正交变换化成标准形 $f=y_1^2+2y_2^2+5y_3^2$，求参数 $a$ 及所用的正交变换矩阵。

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答案：

$$a=2,$$

可取

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

解析： 二次型矩阵为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 3& a\\ 0& a& 3\end{array}\right).$$

显然 $2$ 是一个特征值。右下角二阶矩阵

$$\left(\begin{array}{cc}3& a\\ a& 3\end{array}\right)$$

的特征值为 $3-a$ 与 $3+a$。所以 $A$ 的特征值为

$$2,3-a,3+a.$$

根据标准形，其特征值应为 $1,2,5$。又 $a>0$，故

$$3-a=1,3+a=5,$$

得到

$$a=2.$$

当 $a=2$ 时：

• 对应特征值 $1$，可取单位特征向量 $$e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -1\end{array}\right);$$
• 对应特征值 $2$，可取单位特征向量 $$e_2=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right);$$
• 对应特征值 $5$，可取单位特征向量 $$e_3=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right).$$

令

$$P=(e_1,e_2,e_3),$$

即

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

则

$$P^{T}AP=\mathrm{diag}(1,2,5),$$

故正交变换 $x=Py$ 将二次型化为

$$f=y_1^2+2y_2^2+5y_3^2.$$

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4. 【1995-4-10分】 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=4x_2^2-3x_3^2+4x_1{x}_2-4x_1{x}_3+8x_2{x}_3$

(1)写出二次型 $f$ 的矩阵表达式；

(2)用正交变换把二次型 $f$ 化为标准形，并写出相应的正交矩阵。

查看答案与解析

答案： 二次型的矩阵为

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

可取

$$P=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{30}}& -\frac{2}{\sqrt{5}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{5}{\sqrt{30}}& 0& -\frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{2}{\sqrt{30}}& \frac{1}{\sqrt{5}}& \frac{2}{\sqrt{6}}\end{array}\right),x=Py,$$

则

$$f=6y_1^2+y_2^2-6y_3^2.$$

解析： (1) 由交叉项系数等于矩阵相应非对角元的两倍，得

$$f=x^{T}Ax,x=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right),$$

其中

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

(2) 求特征多项式：

$$|\lambda E-A|=(\lambda -6)(\lambda -1)(\lambda +6).$$

故特征值为

$${\lambda }_1=6,{\lambda }_2=1,{\lambda }_3=-6.$$

分别求单位特征向量：

$$e_1=\frac{1}{\sqrt{30}}\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 2\end{array}\right),e_2=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 1\end{array}\right),e_3=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 2\end{array}\right).$$

由于 $A$ 为实对称矩阵，不同特征值对应的特征向量两两正交。令

$$P=(e_1,e_2,e_3),$$

则 $P$ 为正交矩阵，且

$$P^{T}AP=\mathrm{diag}(6,1,-6).$$

所以在正交变换 $x=Py$ 下，

$$f=6y_1^2+y_2^2-6y_3^2.$$

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5. 【1998-1-6分】 已知二次曲面方程 $x^2+a{y}^2+z^2+2bxy+2xz+2yz=4$ 可以经过正交变换

$$\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)=P\left(\begin{array}{c}\xi \\ \eta \\ \zeta \end{array}\right)$$

化为椭圆柱面方程 ${\eta }^2+4{\zeta }^2=4$，求 $a$，$b$ 的值和正交矩阵 $P$。

查看答案与解析

答案：

$$a=3,b=1.$$

可取

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

解析： 二次型矩阵为

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

变换后方程为

$$0\cdot {\xi }^2+{\eta }^2+4{\zeta }^2=4,$$

所以 $A$ 的特征值为 $0,1,4$。

由迹等于特征值之和：

$$a+2=0+1+4=5,$$

故

$$a=3.$$

再由行列式等于特征值之积：

$$|A|=0.$$

代入 $a=3$，得

$$\left|\begin{array}{ccc}1& b& 1\\ b& 3& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right|=-(b-1{)}^2=0,$$

所以

$$b=1.$$

此时

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

对应于特征值 $0,1,4$，可分别取单位特征向量

$$e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 1\end{array}\right),e_2=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right),e_3=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 1\end{array}\right).$$

令 $P=(e_1,e_2,e_3)$，则

$$P^{T}AP=\mathrm{diag}(0,1,4).$$

因此原方程化为

$${\eta }^2+4{\zeta }^2=4.$$

正交矩阵的各列同时改变符号，或在不改变标准方程对应关系的前提下作适当排列，也可得到其他等价答案。

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6. 【2003-3-13分】 设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax=a{x}_1^2+2x_2^2-2x_3^2+2b{x}_1{x}_3(b>0)$，其中二次型的矩阵 $A$ 的特征值之和为 $1$，特征值之积为 $-12$。

(1)求 $a$，$b$ 之值；

(2)利用正交变换将二次型化为标准形，并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵。

查看答案与解析

答案：

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

可取

$$P=\left(\begin{array}{ccc}\frac{2}{\sqrt{5}}& 0& -\frac{1}{\sqrt{5}}\\ 0& 1& 0\\ \frac{1}{\sqrt{5}}& 0& \frac{2}{\sqrt{5}}\end{array}\right),x=Py,$$

则

$$f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$$

解析： 二次型矩阵为

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

由特征值之和等于矩阵的迹，得

$$\mathrm{tr}(A)=a+2-2=a=1,$$

所以

$$a=1.$$

此时

$$|A|=2\left|\begin{array}{cc}1& b\\ b& -2\end{array}\right|=2(-2-b^2)=-4-2b^2<0.$$

因此，对于任意实数 $b$，特征值之积都不可能等于正数 $12$，说明题面漏写了负号。

按正确条件 $|A|=-12$，有

$$-4-2b^2=-12,$$

即

$$b^2=4.$$

由 $b>0$，得

$$b=2.$$

于是

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

其中 $e_2=(0,1,0{)}^T$ 是特征值 $2$ 的单位特征向量。对 $x_1,x_3$ 对应的二阶块

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

求得特征值为 $2,-3$。

可分别取单位特征向量

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

令 $P=(q_1,q_2,q_3)$，则

$$P^{T}AP=\mathrm{diag}(2,2,-3),$$

从而

$$f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$$

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7. 【2005-1-9分】 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 $2$，

(1)求 $a$ 的值；

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

(3)求方程 $f(x_1,x_2,x_3)=0$ 的解。

查看答案与解析

答案：

$$a=0.$$

可取

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

则

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

方程 $f=0$ 的全部解为

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

解析： 二次型矩阵为

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

左上角二阶矩阵的特征值为

$$(1-a)+(1+a)=2,$$

以及

$$(1-a)-(1+a)=-2a.$$

因此 $A$ 的三个特征值为

$$2,-2a,2.$$

由 $r(A)=2$，恰有一个特征值为零，所以

$$-2a=0,$$

故

$$a=0.$$

当 $a=0$ 时，对应于特征值 $2$ 的两个单位特征向量可取

$$q_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right),q_2=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right),$$

对应于特征值 $0$ 的单位特征向量可取

$$q_3=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right).$$

令 $Q=(q_1,q_2,q_3)$，则

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

所以

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

方程 $f=0$ 等价于

$$y_1=y_2=0,$$

而 $y_3$ 任意。于是

$$x=Q\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ y_3\end{array}\right)=y_3{q}_3.$$

去掉不影响参数表示的归一化因子，可写成

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

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8. 【2010-1-11分】 已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax$ 在正交变换 $x=Qy$ 下的标准形为 $y_1^2+y_2^2$，且 $Q$ 的第三列为 $[\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2}{]}^T$。

(1)求矩阵 $A$；

(2)证明 $A+E$ 为正定矩阵，其中 $E$ 为三阶单位矩阵。

查看答案与解析

答案：

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

并且 $A+E$ 为正定矩阵。

解析： 由标准形

$$f=y_1^2+y_2^2+0\cdot y_3^2$$

可知

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

设 $Q$ 的第三列为

$$q_3=\left(\begin{array}{c}\frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0\\ \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right).$$

由于对应于特征值 $0$，有

$$A{q}_3=0.$$

另外，$A$ 在 $q_3^{\perp }$ 上的两个特征值均为 $1$，所以 $A$ 是到平面 $q_3^{\perp }$ 的正交投影矩阵，即

$$A=E-q_3{q}_3^T.$$

计算

$$q_3{q}_3^T=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& 0& \frac{1}{2}\\ 0& 0& 0\\ \frac{1}{2}& 0& \frac{1}{2}\end{array}\right),$$

因此

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

(2) 因为 $A$ 的特征值为 $1,1,0$，所以 $A+E$ 的特征值为

$$2,2,1.$$

它们全部为正，故 $A+E$ 为正定矩阵。

也可直接写为：对任意非零向量 $x$，

$$x^T(A+E)x=x^{T}Ax+x^{T}x.$$

由于 $x^{T}Ax\ge 0$ 且 $x^{T}x>0$，所以

$$x^T(A+E)x>0,$$

从而 $A+E$ 正定。

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9. 【2012-123-11分】 已知

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

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^T(A^{T}A)x$ 的秩为 $2$。

(1)求实数 $a$ 的值；

(2)求正交变换 $x=Qy$ 将 $f$ 化为标准形。

查看答案与解析

答案：

$$a=-1.$$

可取

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

则

$$f=2y_1^2+6y_2^2.$$

解析： 由矩阵秩的性质，

$$r(A^{T}A)=r(A).$$

已知二次型 $x^T(A^{T}A)x$ 的秩为 $2$，故

$$r(A)=2.$$

矩阵 $A$ 为 $4\times 3$ 矩阵。要使其秩为 $2$，所有三阶子式均应为零。取前 $3$ 行组成的三阶子式：

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ -1& 0& a\end{array}\right|=a+1.$$

故必须有

$$a=-1.$$

代入后，矩阵的前两行线性无关，而后两行分别为前两行的相反数，因此秩确为 $2$。

当 $a=-1$ 时，

$$A^{T}A=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 2\\ 0& 2& 2\\ 2& 2& 4\end{array}\right).$$

其特征值为

$$2,6,0.$$

分别可取单位特征向量

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

令 $Q=(q_1,q_2,q_3)$，则

$$Q^T(A^{T}A)Q=\mathrm{diag}(2,6,0).$$

所以在正交变换 $x=Qy$ 下，

$$f=2y_1^2+6y_2^2.$$

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