1993年考研数学一真题

（1）

答案： 单调减区间为 $\left(0,\frac14\right)$。

解题思路： 这是上限为 $x$ 的变上限积分。先用微积分基本定理求导，再在定义域 $x>0$ 内判断导数的正负。

详细解答： 被积函数 $2-1/\sqrt t$ 在 $t>0$ 上连续，所以

$$F'(x)=2-\frac1{\sqrt x}.$$

当 $F'(x)<0$ 时，$2<1/\sqrt x$。因为 $\sqrt x>0$，两边乘以 $\sqrt x$ 得 $2\sqrt x<1$，即 $0<x<1/4$。在此区间内导数恒负，函数严格递减；当 $x>1/4$ 时导数为正，函数递增。因此所求单调减区间为 $\left(0,\frac14\right)$。

（2）

答案： 指向外侧的单位法向量为 $\left(0,\frac{\sqrt{10}}5,\frac{\sqrt{15}}5\right)$。

解题思路： 绕 $y$ 轴旋转后，原来的 $x^2$ 应替换为点到 $y$ 轴的距离平方 $x^2+z^2$。对旋转曲面的隐式方程取梯度可得到法向量，再判断方向并单位化。

详细解答： 旋转曲面的方程为

$$3(x^2+z^2)+2y^2=12.$$

令 $G(x,y,z)=3x^2+2y^2+3z^2-12$。在点 $M=(0,\sqrt3,\sqrt2)$，梯度为

$$\nabla G(M)=(6x,4y,6z)\big|_M=(0,4\sqrt3,6\sqrt2).$$

椭球内部满足 $G<0$，沿梯度方向 $G$ 增大，故这个法向量指向外侧。其长度为

$$\sqrt{(4\sqrt3)^2+(6\sqrt2)^2}=\sqrt{48+72}=2\sqrt{30}.$$

所求单位法向量为

$$\frac{(0,4\sqrt3,6\sqrt2)}{2\sqrt{30}} =\left(0,\frac{\sqrt{10}}5,\frac{\sqrt{15}}5\right).$$

（3）

答案： $b_3=\frac{2\pi}3$。

解题思路： 傅里叶正弦系数由 $f(x)\sin3x$ 的积分给出。$x^2\sin3x$ 是奇函数，其对称区间积分为零；只需计算 $\pi x\sin3x$，然后分部积分。

详细解答： 在区间 $(-\pi,\pi)$ 上，正弦系数的公式为

$$b_3=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}(\pi x+x^2)\sin3x\,\mathrm dx.$$

由于 $x^2\sin3x$ 是奇函数，且 $x\sin3x$ 是偶函数，得到

$$b_3=2\int_0^\pi x\sin3x\,\mathrm dx.$$

取 $u=x$、$\mathrm dv=\sin3x\,\mathrm dx$，则 $\mathrm du=\mathrm dx$、$v=-\frac13\cos3x$。因此

$$\begin{aligned} b_3 &=2\left[-\frac{x\cos3x}{3}\right]_0^\pi +\frac23\int_0^\pi\cos3x\,\mathrm dx\\ &=-\frac{2\pi\cos3\pi}{3} +\frac29[\sin3x]_0^\pi =\frac{2\pi}3. \end{aligned}$$

（4）

答案： $\operatorname{div}(\operatorname{grad}u)=\frac1{x^2+y^2+z^2}$，其中 $(x,y,z)\ne(0,0,0)$。

解题思路： 梯度的散度就是三个二阶纯偏导数之和。先把对数写成 $\frac12\ln(x^2+y^2+z^2)$，再求一阶、二阶偏导数。

详细解答： 记 $s=x^2+y^2+z^2>0$，则 $u=\frac12\ln s$，从而

$$\nabla u=\left(\frac xs,\frac ys,\frac zs\right).$$

用商法则分别求导：

$$\frac{\partial}{\partial x}\frac xs=\frac{s-2x^2}{s^2},\qquad \frac{\partial}{\partial y}\frac ys=\frac{s-2y^2}{s^2},\qquad \frac{\partial}{\partial z}\frac zs=\frac{s-2z^2}{s^2}.$$

于是

$$\operatorname{div}(\operatorname{grad}u) =\frac{3s-2(x^2+y^2+z^2)}{s^2} =\frac1s=\frac1{x^2+y^2+z^2}.$$

易错点： 原点处对数没有定义，不能把原点纳入这个公式的适用范围。

（5）

答案： $X=k(1,1,\ldots,1)^{\mathrm T}$，其中 $k$ 为任意实数。

解题思路： 各行元素之和为零，说明全 $1$ 向量是一个非零解。秩为 $n-1$ 则说明解空间只有一维，因此这个向量已能生成全部解。

详细解答： 设 $A=(a_{ij})$，令 $e=(1,1,\ldots,1)^{\mathrm T}$。矩阵乘积 $Ae$ 的第 $i$ 个分量为

$$(Ae)_i=\sum_{j=1}^n a_{ij}=0,$$

所以 $Ae=0$，且 $e\ne0$。由秩与零空间维数的关系，齐次方程组 $AX=0$ 的解空间维数为

$$n-r(A)=n-(n-1)=1.$$

一维解空间中的任意非零向量都构成一组基础解系，故基础解系可取 $\{e\}$，通解为 $X=ke$。

（1）

答案： B，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的同阶但非等价无穷小。

解题思路： 无穷小的阶由比值极限判断。$g(x)=x^3(1+x)$，先求 $f(x)/x^3$ 的极限，再除以 $g(x)/x^3$。

详细解答： 当 $x\to0$ 时，积分上限 $\sin x\to0$，所以 $f(x)\to0$；同时 $g(x)\to0$。$f(x)/x^3$ 是 $0/0$ 型。由变上限积分求导公式和洛必达法则，

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^3} &=\lim_{x\to0}\frac{\sin(\sin^2x)\cos x}{3x^2}\\ &=\frac13\lim_{x\to0} \frac{\sin(\sin^2x)}{\sin^2x} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2\cos x =\frac13. \end{aligned}$$

这里用了 $\lim_{u\to0}\sin u/u=1$，各函数在零点附近满足洛必达法则的可导条件。又有 $g(x)/x^3=1+x\to1$，因此

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac13.$$

比值极限是非零有限常数，所以二者同阶；该常数不等于 $1$，所以不等价，选 B。若比值趋于 $0$ 才是高阶无穷小，若绝对值趋于无穷大才是低阶无穷小。

（2）

答案： A，面积为 $2\int_0^{\pi/4}\cos2\theta\,\mathrm d\theta$，其值为 $1$。

解题思路： 曲线方程含 $x^2+y^2$，适合用极坐标。求出 $r^2$ 后，用极坐标面积公式计算第一象限的一块，再利用四块区域的对称性。

详细解答： 代入 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，曲线方程变成

$$r^4=r^2\cos2\theta.$$

除原点外，可约去 $r^2$，得 $r^2=\cos2\theta$。第一象限内要求 $\cos2\theta\ge0$，故角度范围为 $0\le\theta\le\pi/4$。第一象限区域可写为

$$0\le\theta\le\frac\pi4,\qquad 0\le r\le\sqrt{\cos2\theta}.$$

极坐标的面积元为 $r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$，因此这一块的面积为

$$\int_0^{\pi/4}\int_0^{\sqrt{\cos2\theta}}r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta =\frac12\int_0^{\pi/4}\cos2\theta\,\mathrm d\theta.$$

全区域关于两坐标轴对称，四块面积相等，所以

$$S=4\cdot\frac12\int_0^{\pi/4}\cos2\theta\,\mathrm d\theta =2\int_0^{\pi/4}\cos2\theta\,\mathrm d\theta =[\sin2\theta]_0^{\pi/4}=1.$$

故选 A。

易错点： 极坐标面积公式包含 $\frac12r^2$，不能把边界半径 $\sqrt{\cos2\theta}$ 直接作为面积的被积函数。

（3）

答案： C，两直线夹角为 $\pi/3$。

解题思路： 对称式直线的分母给出方向向量；由两个平面相交形成的直线，其方向向量同时垂直于两个平面的法向量，可用叉积求出。最后用方向向量的夹角公式。

详细解答： $L_1$ 的方向向量为 $s_1=(1,-2,1)$。构成 $L_2$ 的两平面的法向量分别为 $n_1=(1,-1,0)$、$n_2=(0,2,1)$，所以可取

$$s_2=n_1\times n_2=(-1,-1,2).$$

计算内积及长度：

$$s_1\cdot s_2=-1+2+2=3,\qquad \lVert s_1\rVert=\lVert s_2\rVert=\sqrt6.$$

两直线的夹角约定为不超过 $\pi/2$ 的角，所以用内积的绝对值：

$$\cos\theta=\frac{|s_1\cdot s_2|}{\lVert s_1\rVert\lVert s_2\rVert} =\frac3{\sqrt6\sqrt6}=\frac12.$$

因此 $\theta=\pi/3$，选 C。

（4）

答案： B，$f(x)=\frac{\mathrm e^x-\mathrm e^{-x}}2$。

解题思路： 将积分写成 $P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy$。在平面上，一阶偏导连续且积分与路径无关时，有 $P_y=Q_x$；这个条件会给出关于 $f$ 的一阶线性微分方程。

详细解答： 令

$$P(x,y)=[f(x)-\mathrm e^x]\sin y,\qquad Q(x,y)=-f(x)\cos y.$$

由于 $f$ 有连续一阶导数，$P,Q$ 的一阶偏导连续。路径无关要求

$$P_y=[f(x)-\mathrm e^x]\cos y=Q_x=-f'(x)\cos y.$$

该等式对任意 $y$ 成立，特别取 $y=0$，得

$$f'(x)+f(x)=\mathrm e^x.$$

用积分因子 $\mathrm e^x$，两边乘以它后得到

$$(\mathrm e^xf(x))'=\mathrm e^{2x}.$$

积分并代入初值：

$$\mathrm e^xf(x)=\frac12\mathrm e^{2x}+C,\qquad 0=f(0)=\frac12+C,$$

故 $C=-1/2$，从而 $f(x)=\frac12(\mathrm e^x-\mathrm e^{-x})$。此函数满足 $P_y=Q_x$，而定义域为单连通的整个平面，因而确实使积分与路径无关，选 B。

（5）

答案： C，当 $t\ne6$ 时，$r(P)$ 必为 $1$。

解题思路： $PQ=O$ 说明 $P$ 的每个行向量都在 $Q$ 的左零空间中，因此 $r(P)+r(Q)\le3$。先按 $t$ 的取值确定 $Q$ 的秩，再利用 $P\ne O$。

详细解答： $Q$ 的第二列是第一列的 $2$ 倍。若 $t\ne6$，第一、三列中的二阶子式

$$\begin{vmatrix}1&3\\2&t\end{vmatrix}=t-6\ne0,$$

故 $r(Q)\ge2$；又因为第二列依赖第一列，所以 $r(Q)\le2$，得到 $r(Q)=2$。

由 $PQ=O$，$Q$ 的列空间包含在 $P$ 的零空间中，而 $P$ 是 $3$ 阶矩阵，其零空间维数为 $3-r(P)$。因此

$$r(Q)\le3-r(P),\qquad r(P)\le1.$$

$P$ 非零又保证 $r(P)\ge1$，于是 $r(P)=1$，C 正确、D 错误。

当 $t=6$ 时，$Q$ 的三列都是 $(1,2,3)^{\mathrm T}$ 的倍数，所以 $r(Q)=1$，只可推出 $1\le r(P)\le2$，不能确定为某一个值。例如

$$P_1=\begin{pmatrix}2&-1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad P_2=\begin{pmatrix}2&-1&0\\3&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}$$

均满足 $P_iQ=O$，但 $r(P_1)=1$、$r(P_2)=2$。因此 A、B 的“必为”都不成立。

（1）

答案： $\mathrm e^2$。

解题思路： 底数趋于 $1$，指数趋于无穷大，属于 $1^\infty$ 型。先取对数，把幂转为乘积；由于指数为 $x$，只需确定底数与 $1$ 之差的 $1/x$ 主项。

详细解答： 令 $h=1/x$，则 $x\to+\infty$ 时 $h\to0^+$。在零点附近用泰勒展开：

$$\sin2h=2h+O(h^3),\qquad \cos h=1-\frac{h^2}{2}+O(h^4).$$

所以底数 $\sin2h+\cos h=1+2h+O(h^2)$，且充分靠近 $h=0$ 时为正，可以取对数。再由 $\ln(1+u)=u+O(u^2)$，得到

$$\ln(\sin2h+\cos h)=2h+O(h^2).$$

于是原式的对数满足

$$x\ln\left(\sin\frac2x+\cos\frac1x\right) =\frac{2h+O(h^2)}h\longrightarrow2.$$

指数函数连续，故原极限为 $\mathrm e^2$。

（2）

答案： $(2x-4)\sqrt{\mathrm e^x-1}+4\arctan\sqrt{\mathrm e^x-1}+C$，实数积分的定义域为 $x>0$。

解题思路： 分母为 $\sqrt{\mathrm e^x-1}$，分子含 $\mathrm e^x\,\mathrm dx$，令 $t=\sqrt{\mathrm e^x-1}$ 可以同时消去根式和指数，留下对数函数的分部积分。

详细解答： 为使根式有意义且分母非零，需 $\mathrm e^x-1>0$，即 $x>0$。令

$$t=\sqrt{\mathrm e^x-1}>0, \qquad \mathrm e^x=1+t^2,\qquad x=\ln(1+t^2).$$

微分关系为 $2t\,\mathrm dt=\mathrm e^x\,\mathrm dx$，故

$$\int\frac{x\mathrm e^x}{\sqrt{\mathrm e^x-1}}\,\mathrm dx =2\int\ln(1+t^2)\,\mathrm dt.$$

对右侧分部积分，取 $u=\ln(1+t^2)$、$\mathrm dv=\mathrm dt$：

$$\begin{aligned} 2\int\ln(1+t^2)\,\mathrm dt &=2t\ln(1+t^2)-4\int\frac{t^2}{1+t^2}\,\mathrm dt\\ &=2t\ln(1+t^2)-4\int\left(1-\frac1{1+t^2}\right)\,\mathrm dt\\ &=2t\ln(1+t^2)-4t+4\arctan t+C. \end{aligned}$$

回代 $t=\sqrt{\mathrm e^x-1}$ 和 $\ln(1+t^2)=x$，即得所求原函数。

（3）

答案： $y=\frac{2x}{1+x^2}$，在包含初始点 $x=1$ 的区间 $x>0$ 上满足初值条件。

解题思路： 方程含 $y^2$，除以 $x^2$ 后是伯努利方程。初值 $y(1)=1$ 非零，在初始点附近可以令 $u=1/y$，把它变为一阶线性方程。

详细解答： 在 $x>0$ 且 $y\ne0$ 的区间，原方程为

$$y'+\frac yx=\frac{y^2}{x^2}.$$

令 $u=1/y$，则 $u'=-y'/y^2$。两边除以 $y^2$ 再整理，得到

$$u'-\frac ux=-\frac1{x^2}.$$

积分因子为 $\mathrm e^{\int-1/x\,\mathrm dx}=1/x$，所以

$$\left(\frac ux\right)'=-\frac1{x^3},\qquad \frac ux=\frac1{2x^2}+C,$$

即 $u=1/(2x)+Cx$。由 $y(1)=1$ 得 $u(1)=1$，故 $1=1/2+C$，$C=1/2$。于是

$$y=\frac1u=\frac1{\frac1{2x}+\frac x2}=\frac{2x}{1+x^2}.$$

检验：$y'=2(1-x^2)/(1+x^2)^2$，因此

$$x^2y'+xy =\frac{2x^2(1-x^2)+2x^2(1+x^2)}{(1+x^2)^2} =\frac{4x^2}{(1+x^2)^2}=y^2,$$

且 $y(1)=1$。所得函数在 $x>0$ 上非零，代换的条件得到满足。

答案： 曲面积分的值为 $\pi/2$。

解题思路： 两个曲面合成闭曲面，取外侧，适合用高斯公式把第二类曲面积分化为散度的体积分。先求交线，确定立体在柱坐标下的积分范围。

详细解答： 两曲面的交线满足

$$\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{2-x^2-y^2},$$

两边平方得 $x^2+y^2=1$，交线上 $z=1$。所围立体为

$$\Omega=\left\{(x,y,z):x^2+y^2\le1, \sqrt{x^2+y^2}\le z\le\sqrt{2-x^2-y^2}\right\}.$$

令向量场 $\boldsymbol F=(2xz,yz,-z^2)$。它的各分量具有连续偏导数，闭曲面分片光滑且取外法向，故由高斯公式

$$\begin{aligned} I&=\iint_\Sigma2xz\,\mathrm dy\,\mathrm dz +yz\,\mathrm dz\,\mathrm dx-z^2\,\mathrm dx\,\mathrm dy\\ &=\iiint_\Omega\operatorname{div}\boldsymbol F\,\mathrm dV. \end{aligned}$$

散度为

$$\operatorname{div}\boldsymbol F =\frac{\partial(2xz)}{\partial x} +\frac{\partial(yz)}{\partial y} +\frac{\partial(-z^2)}{\partial z} =2z+z-2z=z.$$

取柱坐标 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，体积元为 $r\,\mathrm dz\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$，范围为 $0\le\theta\le2\pi$、$0\le r\le1$、$r\le z\le\sqrt{2-r^2}$。所以

$$\begin{aligned} I&=\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_r^{\sqrt{2-r^2}}zr\,\mathrm dz\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\ &=\int_0^{2\pi}\int_0^1\frac r2[(2-r^2)-r^2]\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\ &=2\pi\int_0^1(r-r^3)\,\mathrm dr =2\pi\left(\frac12-\frac14\right)=\frac\pi2. \end{aligned}$$

易错点： 下界是圆锥面 $z=r$，不是 $z=0$；柱坐标中还必须乘上 Jacobian $r$。

答案： $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n(n^2-n+1)}{2^n}=\frac{22}{27}$。

解题思路： 将 $(-1)^n/2^n$ 看作 $x^n$ 在 $x=-1/2$ 的取值。系数 $n^2-n=n(n-1)$ 可以由几何级数求两次导数得到，先求和函数再代入。

详细解答： 令

$$S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n^2-n+1)x^n.$$

设 $a_n=n^2-n+1$，有 $a_{n+1}/a_n=(n^2+n+1)/(n^2-n+1)\to1$。由比值判别法，当 $|x|<1$ 时级数绝对收敛；当 $|x|>1$ 时发散。$x=\pm1$ 时通项不趋于零，亦发散，故收敛区间为 $(-1,1)$。

在收敛区间内部，幂级数可以逐项求导。几何级数给出

$$\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac1{1-x},\qquad \sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)x^{n-2} =\left(\frac1{1-x}\right)''=\frac2{(1-x)^3}.$$

两次求导使 $n=0,1$ 的项消失。于是

$$\begin{aligned} S(x)&=x^2\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)x^{n-2} +\sum_{n=0}^{\infty}x^n\\ &=\frac{2x^2}{(1-x)^3}+\frac1{1-x} =\frac{1-2x+3x^2}{(1-x)^3}. \end{aligned}$$

因为 $|-1/2|<1$，可将 $x=-1/2$ 代入和函数：

$$S\left(-\frac12\right) =\frac{1+1+3/4}{(3/2)^3} =\frac{11/4}{27/8}=\frac{22}{27}.$$

（1）

答案： $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内存在唯一零点。

解题思路： 证明“有且仅有”要分两步：用导数的正下界找出一个函数值为正的点，再用介值定理证明存在；用导数恒正证明严格递增，从而排除两个零点。

详细解答： 对任意 $x>0$，$f$ 在 $[0,x]$ 连续、在 $(0,x)$ 可导，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(0,x)$，使

$$f(x)-f(0)=f'(\xi)x\ge kx.$$

由于 $k>0$、$f(0)<0$，可取 $M>-f(0)/k$，则

$$f(M)\ge f(0)+kM>0.$$

$f$ 在 $[0,M]$ 连续，且端点函数值异号，由介值定理存在 $c\in(0,M)$，使 $f(c)=0$。

再对任意 $0\le x_1<x_2$ 使用中值定理，存在 $\eta\in(x_1,x_2)$，使

$$f(x_2)-f(x_1)=f'(\eta)(x_2-x_1) \ge k(x_2-x_1)>0.$$

所以 $f$ 严格递增。若存在两个不同零点 $c_1<c_2$，则应有 $f(c_2)>f(c_1)$，与二者都为零矛盾。因此零点唯一。

（2）

答案： 当 $b>a>\mathrm e$ 时，$a^b>b^a$。

解题思路： 对正数幂的比较先取对数，把指数降下来。$b\ln a>a\ln b$ 除以正数 $ab$ 后，转为比较函数 $h(x)=\ln x/x$ 在 $a,b$ 处的值。

详细解答： 在 $x>\mathrm e$ 上，

$$h'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}<0,$$

因为 $\ln x>1$，而 $x^2>0$。因此 $h$ 在 $(\mathrm e,+\infty)$ 上严格递减。由 $b>a>\mathrm e$，得到

$$\frac{\ln a}{a}>\frac{\ln b}{b}.$$

两边乘以 $ab>0$，不改变不等号方向：$b\ln a>a\ln b$。指数函数严格递增，故

$$a^b=\mathrm e^{b\ln a}>\mathrm e^{a\ln b}=b^a.$$

答案： $a=2$。可取正交变换 $X=QY$，其中

$$Q=\begin{pmatrix} 0&1&0\\ -1/\sqrt2&0&1/\sqrt2\\ 1/\sqrt2&0&1/\sqrt2 \end{pmatrix}.$$

解题思路： 实对称矩阵在正交变换下的标准形系数就是特征值。先根据目标系数 $1,2,5$ 确定 $a$，再按目标系数的次序选取单位特征向量作为变换矩阵的列。

详细解答： 记 $X=(x_1,x_2,x_3)^{\mathrm T}$，原二次型写成 $f=X^{\mathrm T}AX$，其中

$$A=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&3&a\\0&a&3\end{pmatrix}.$$

交叉项为 $2ax_2x_3$，故对称位置的矩阵元素都为 $a$。特征多项式为

$$\det(\lambda E-A) =(\lambda-2)[(\lambda-3)^2-a^2] =(\lambda-2)(\lambda-3+a)(\lambda-3-a).$$

所以特征值为 $2,3-a,3+a$。正交变换保持特征值，而目标矩阵是 $\operatorname{diag}(1,2,5)$。由于 $a>0$，有 $3-a<3+a$，故必须有 $3-a=1$、$3+a=5$，得到 $a=2$。

当 $a=2$ 时，分别求三个特征值的特征向量：

• $\lambda=1$：$(A-E)X=0$ 给出 $x_1=0$、$x_2+x_3=0$，可取 $q_1=(0,-1,1)^{\mathrm T}/\sqrt2$。
• $\lambda=2$：$(A-2E)X=0$ 给出 $x_2+2x_3=0$、$2x_2+x_3=0$，所以 $x_2=x_3=0$，可取 $q_2=(1,0,0)^{\mathrm T}$。
• $\lambda=5$：$(A-5E)X=0$ 给出 $x_1=0$、$x_2=x_3$，可取 $q_3=(0,1,1)^{\mathrm T}/\sqrt2$。

三向量的长度均为 $1$，两两内积均为 $0$，所以 $Q=(q_1,q_2,q_3)$ 是正交矩阵。又因 $Aq_i=\lambda_iq_i$，有

$$Q^{\mathrm T}AQ=\operatorname{diag}(1,2,5).$$

因此作变换 $X=QY$，即

$$x_1=y_2,\qquad x_2=\frac{-y_1+y_3}{\sqrt2},\qquad x_3=\frac{y_1+y_3}{\sqrt2},$$

就有 $f=Y^{\mathrm T}Q^{\mathrm T}AQY=y_1^2+2y_2^2+5y_3^2$。

易错点： 变换矩阵的列必须与 $y_1,y_2,y_3$ 的系数 $1,2,5$ 按次序对应；交换列后，标准形系数的排列也会交换。