1990 年考研数学（一） 第 18 题

『正交变换化二次型』是固定流程：对称矩阵 $A$ → 特征值 → 特征向量 → 正交化、单位化 → 正交矩阵 $Q$。唯一要小心的是重根 $\lambda =0$ 对应两个特征向量，它们未必正交，必须施密特正交化后再单位化；标准形直接由特征值写出（$9y_3^2$），无需回代二次型。

分析：写出二次型矩阵 $A$，求其特征值与特征向量，将属于同一重特征值的特征向量正交化、单位化，得正交矩阵 $Q$。

二次型矩阵 $A=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 2\\ -2& 4& -4\\ 2& -4& 4\end{array}\right)$，$f=X^{\mathrm{T}}AX$。由
$$|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& 2& -2\\ 2& \lambda -4& 4\\ -2& 4& \lambda -4\end{array}\right|={\lambda }^2(\lambda -9)=0,$$
得特征值 ${\lambda }_1={\lambda }_2=0,{\lambda }_3=9$。

对 $\lambda =0$，解 $(0\cdot E-A)X=0$，得线性无关特征向量 ${\mathbf{\alpha }}_1=(2,1,0{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_2=(-2,0,1{)}^{\mathrm{T}}$；对 $\lambda =9$，得 ${\mathbf{\alpha }}_3=(1,-2,2{)}^{\mathrm{T}}$。

将 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 施密特正交化：${\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\alpha }}_1=(2,1,0{)}^{\mathrm{T}}$，${\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\alpha }}_2-\frac{({\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\beta }}_1)}{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_1)}{\mathbf{\beta }}_1=\frac{1}{5}(-2,4,5{)}^{\mathrm{T}}$，${\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_3=(1,-2,2{)}^{\mathrm{T}}$。单位化得
$${\mathbf{\gamma }}_1=\frac{1}{\sqrt{5}}(2,1,0{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\gamma }}_2=\frac{1}{3\sqrt{5}}(-2,4,5{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\gamma }}_3=\frac{1}{3}(1,-2,2{)}^{\mathrm{T}}.$$

取正交矩阵 $Q=({\mathbf{\gamma }}_1,{\mathbf{\gamma }}_2,{\mathbf{\gamma }}_3)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{2}{\sqrt{5}}& -\frac{2}{3\sqrt{5}}& \frac{1}{3}\\ \frac{1}{\sqrt{5}}& \frac{4}{3\sqrt{5}}& -\frac{2}{3}\\ 0& \frac{5}{3\sqrt{5}}& \frac{2}{3}\end{array}\right)$，作正交变换 $X=QY$，则二次型化为标准形
$$f={\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+{\lambda }_3{y}_3^2=9y_3^2.$$