7.[单选题]若二次型 f(x_(1),x_(2),x_(3))=x_(1)^2+3x_(2)^2+x_(3)^2+2ax_(1)x_(2)+2x_(1)x_(3)+2x_(2)x_(3) 经正交变换可化为标准形 f=y_(2)^2+4y_(3)^2 ,则a=(). A. 2 B. -1 C. 1 D. 0

为了确定 $a$ 的值，使得二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 3x_2^2 + x_3^2 + 2ax_1x_2 + 2x_1x_3 + 2x_2x_3$ 经正交变换可化为标准形 $f = y_2^2 + 4y_3^2$，我们需要分析二次型的矩阵表示及其特征值。 二次型 $f(x_1, x_2, x_3)$ 的矩阵表示为： \[ A = \begin{pmatrix} 1 & a & 1 \\ a & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \] 二次型的标准形 $f = y_2^2 + 4y_3^2$ 表明矩阵 $A$ 的特征值为 $0, 1, 4$。为了找到 $a$ 的值，我们需要确定 $A$ 的特征值。 矩阵 $A$ 的特征多项式由下式给出： \[ \det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 1 - \lambda & a & 1 \\ a & 3 - \lambda & 1 \\ 1 & 1 & 1 - \lambda \end{vmatrix} \] 我们沿第一行展开行列式： \[ \det(A - \lambda I) = (1 - \lambda) \begin{vmatrix} 3 - \lambda & 1 \\ 1 & 1 - \lambda \end{vmatrix} - a \begin{vmatrix} a & 1 \\ 1 & 1 - \lambda \end{vmatrix} + 1 \begin{vmatrix} a & 3 - \lambda \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \] \[ = (1 - \lambda) \left((3 - \lambda)(1 - \lambda) - 1\right) - a \left(a(1 - \lambda) - 1\right) + (a - (3 - \lambda)) \] \[ = (1 - \lambda) \left(3 - 3\lambda - \lambda + \lambda^2 - 1\right) - a \left(a - a\lambda - 1\right) + a - 3 + \lambda \] \[ = (1 - \lambda) \left(\lambda^2 - 4\lambda + 2\right) - a^2 + a^2\lambda + a + a - 3 + \lambda \] \[ = \lambda^2 - 4\lambda + 2 - \lambda^3 + 4\lambda^2 - 2\lambda - a^2 + a^2\lambda + 2a - 3 + \lambda \] \[ = -\lambda^3 + 5\lambda^2 + (a^2 - 5)\lambda + (2a - a^2 - 1) \] 由于特征值为 $0, 1, 4$，特征多项式必须为： \[ -(\lambda - 0)(\lambda - 1)(\lambda - 4) = -\lambda(\lambda^2 - 5\lambda + 4) = -\lambda^3 + 5\lambda^2 - 4\lambda \] 通过比较系数，我们得到： \[ a^2 - 5 = -4 \quad \text{和} \quad 2a - a^2 - 1 = 0 \] 从 $a^2 - 5 = -4$，我们有： \[ a^2 = 1 \implies a = \pm 1 \] 从 $2a - a^2 - 1 = 0$，我们代入 $a = 1$： \[ 2(1) - 1^2 - 1 = 2 - 1 - 1 = 0 \] 这成立。代入 $a = -1$： \[ 2(-1) - (-1)^2 - 1 = -2 - 1 - 1 = -4 \] 这不成立。因此，唯一解是 $a = 1$。 $a$ 的值是 $\boxed{1}$。