2022 年考研数学（三） 第 21 题

「正交变换化标准形 + 瑞利商最值」是配套题。标准形的系数就是特征值，正交矩阵由单位正交特征向量拼成。由于 $x=Qy$ 保长度，$\frac{f(x)}{x^{\mathrm{T}}x}$ 变成特征值的加权平均，其范围恰是 $[{\lambda }_{\min },{\lambda }_{\max }]$——所以最小值 = 最小特征值 $2$，在对应特征向量方向达到。

本题考查二次型在正交变换下的标准形及其应用（瑞利商）。 第（Ⅰ）问写出对称矩阵 $A$，求特征值与单位正交特征向量；第（Ⅱ）问利用正交变换不改变向量长度这一事实。

（Ⅰ） $f$ 对应的对称矩阵 $A=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 1\\ 0& 4& 0\\ 1& 0& 3\end{array}\right)$。特征多项式
$$|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -3& 0& -1\\ 0& \lambda -4& 0\\ -1& 0& \lambda -3\end{array}\right|=(\lambda -4)[(\lambda -3{)}^2-1]=(\lambda -4{)}^2(\lambda -2),$$
特征值 $\lambda =4,4,2$。

$\lambda =4$：解 $(4E-A)x=0$ 得线性无关特征向量 ${\xi }_1=(1,0,1{)}^{\mathrm{T}},{\xi }_2=(0,1,0{)}^{\mathrm{T}}$；$\lambda =2$：解 $(2E-A)x=0$ 得 ${\xi }_3=(-1,0,1{)}^{\mathrm{T}}$。三者已两两正交，单位化得 ${\epsilon }_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1{)}^{\mathrm{T}},{\epsilon }_2=(0,1,0{)}^{\mathrm{T}},{\epsilon }_3=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,0,1{)}^{\mathrm{T}}$。

令 $Q=({\epsilon }_1,{\epsilon }_2,{\epsilon }_3)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0& 1& 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)$，则 $Q^{\mathrm{T}}AQ=\mathrm{diag}(4,4,2)$，正交变换 $x=Qy$ 把 $f$ 化为标准形 $4y_1^2+4y_2^2+2y_3^2$。

（Ⅱ） 正交变换保长度：$x^{\mathrm{T}}x=(Qy{)}^{\mathrm{T}}(Qy)=y^{\mathrm{T}}{Q}^{\mathrm{T}}Qy=y^{\mathrm{T}}y=y_1^2+y_2^2+y_3^2$。于是对 $x\ne 0$，
$$\frac{f(x)}{x^{\mathrm{T}}x}=\frac{4y_1^2+4y_2^2+2y_3^2}{y_1^2+y_2^2+y_3^2}\ge \frac{2(y_1^2+y_2^2+y_3^2)}{y_1^2+y_2^2+y_3^2}=2.$$

取 $y_1=y_2=0,y_3\ne 0$（即 $x=y_3{\epsilon }_3$），比值恰为 $2$。故 $\underset{x\ne 0}{\min }\frac{f(x)}{x^{\mathrm{T}}x}=2$。