已知向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,1, a+1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_2=(1, a+1,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_3=(a+1,1,1)^{\mathrm{T}}$, 记 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right)$.
(I)根据 $a$ 的不同取值,讨论向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 的线性相关性;
(II) 设 $\boldsymbol{\beta}=(1,1,-2)^{\mathrm{T}}$, 当向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性相关时, 判断线性方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta}$ 是否有解, 并在有解时求其通解;
(III) 对 (II) 中 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta}$ 有解时求得的 $a$, 求一个正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q} \boldsymbol{y}$, 将二次型 $\boldsymbol{f}\left(x_1, x_2, x_3\right)=$ $\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A x}$ 化为标准形.
【答案】 ( 1) 由 $|\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{ccc}1 & 1 & a+1 \\ 1 & a+1 & 1 \\ a+1 & 1 & 1\end{array}\right|=-a^2(a+3)$ 可知,
当 $a \neq 0$ 且 $a \neq-3$ 时, $|\boldsymbol{A}| \neq 0$, 向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性无关; 当 $a=0$ 或 $a=-3$ 时, $|\boldsymbol{A}|=0$, 向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性相关.

(II) 对方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta}$, 当 $a=0$ 或 $a=-3$ 时, 分别对增广矩阵作初等行变换,
当 $a=0$ 时, $\overline{\boldsymbol{A}}=(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{\beta})=\left(\begin{array}{llll}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & -2\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{llll}1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$, $r(\boldsymbol{A})=1, r(\overline{\boldsymbol{A}})=2, r(\boldsymbol{A}) \neq r(\overline{\boldsymbol{A}})$, 方程组无解.
当 $a=-3$ 时, $\overline{\boldsymbol{A}}=(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{\beta})=\left(\begin{array}{llll}1 & 1 & -2 & 1 \\ 1 & -2 & 1 & 1 \\ -2 & 1 & 1 & -2\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{llll}1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$,
$r(\boldsymbol{A})=r(\overline{\boldsymbol{A}})=2 < 3$, 方程组有无穷多解, 其通解为 $\boldsymbol{x}=(1,0,0)^{\mathrm{T}}+k(1,1,1)^{\mathrm{T}}, k$ 为任意常数.

(III) 当 $a=-3$ 时, $\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & 1\end{array}\right)$,
由 $|\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda-1 & -1 & 2 \\ -1 & \lambda+2 & -1 \\ 2 & -1 & \lambda-1\end{array}\right|=\lambda(\lambda+3)(\lambda-3)=0$, 得 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda_1=-3, \lambda_2=3$, $\lambda_3=0$,
当 $\lambda_1=-3$ 时, 解 $(-3 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$, 得对应于 $\lambda_1=-3$ 的特征向量 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,-2,1)^{\mathrm{T}}$, 当 $\lambda_2=3$ 时, 解 $(3 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$, 得对应于 $\lambda_2=3$ 的特征向量 $\boldsymbol{\alpha}_2=(-1,0,1)^{\mathrm{T}}$, 当 $\lambda_3=0$ 时, 解 $(0 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$, 得对应于 $\lambda_3=0$ 的特征向量 $\boldsymbol{\alpha}_3=(1,1,1)^{\mathrm{T}}$, 因为 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 已两两正交, 故将 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 单位化, 得
$$
\boldsymbol{\eta}_1=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\eta}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,0,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\eta}_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^{\mathrm{T}},
$$
令 $Q=\left(\boldsymbol{\eta}_1, \boldsymbol{\eta}_2, \boldsymbol{\eta}_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ -\frac{2}{\sqrt{6}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)$, 则

Q为正交矩阵,故得到正交变换$x=QY$,即

$$
\left\{\begin{array}{l}
x_1=\frac{1}{\sqrt{6}} y_1-\frac{1}{\sqrt{2}} y_2+\frac{1}{\sqrt{3}} y_3 \\
x_2=-\frac{2}{\sqrt{6}} y_1+\frac{1}{\sqrt{3}} y_3, \\
x_3=\frac{1}{\sqrt{6}} y_1+\frac{1}{\sqrt{2}} y_2+\frac{1}{\sqrt{3}} y_3
\end{array}\right.
$$
在该正交变换下二次型 $f$ 化为标准形 $-3 y_1^2+3 y_2^2$.


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