二重求和包含全部有序指标对 $(i,j)$，且 $ij=ji$，所以矩阵元素直接为 $a_{ij}=ij$，得

令 $\alpha =(1,2,3{)}^T$，则 $A=\alpha {\alpha }^T$，从而 $f=x^{T}Ax=({\alpha }^{T}x{)}^2=(x_1+2x_2+3x_3{)}^2$。展开后的交叉项为 $4x_1{x}_2+6x_1{x}_3+12x_2{x}_3$，与题设相符。

$A=\alpha {\alpha }^T$ 的秩为 $1$，且 $A\alpha =\alpha ({\alpha }^T\alpha )=14\alpha$，故特征值为 $14,0,0$。对特征值 $14$，单位特征向量为 ${\eta }_1=\frac{(1,2,3{)}^T}{\sqrt{14}}$。
对特征值 $0$，方程 $Ax=0$ 等价于 $x_1+2x_2+3x_3=0$，取基础解系 ${\xi }_2=(-2,1,0{)}^T,{\xi }_3=(-3,0,1{)}^T$。两向量内积为 $6$，不能只单位化，须先正交化。令 ${\beta }_2={\xi }_2$，则

单位化得 ${\eta }_2=\frac{(-2,1,0{)}^T}{\sqrt{5}},{\eta }_3=\frac{(-3,-6,5{)}^T}{\sqrt{70}}$。它们与 ${\eta }_1$ 正交，因为属于不同特征值。于是 $Q=({\eta }_1,{\eta }_2,{\eta }_3)$ 正交，$Q^{T}AQ=\mathrm{diag}(14,0,0)$，在 $x=Qy$ 下标准形为 $f=14y_1^2$。

由第（1）问，$f=(x_1+2x_2+3x_3{)}^2$。实数平方为零当且仅当该数为零，因此 $f=0$ 等价于 $x_1+2x_2+3x_3=0$。令 $x_2=k_1,x_3=k_2$，得 $x_1=-2k_1-3k_2$，故全部解为

这也就是第（2）问中 $y_1=0$ 对应的平面。