2022年线性代数二次型习题及答案

1、107第六章二次型1设方阵1a与1b合同，2a与2b合同，证明12aa与12bb合同 . 证： 因为1a与1b合同，所以存在可逆矩1c，使t1111bc a c，因为2a与2b合同，所以存在可逆矩2c，使t2222bc a c. 令12ccc，则c可逆，于是有tt1111111t2222222bcacc acbcacc a c1t2acca即12aa与12bb合同 . 2设a对称，b与a合同，则b对称证： 由a对称，故taa. 因b与a合同，所以存在可逆矩阵c，使tbc ac，于是tttttt()bc acc a cc acb即b为对称矩阵 . 3设 a 是 n 阶正定矩阵，b 为 n 阶实对

2、称矩阵，证明：存在n 阶可逆矩阵p，使bppapptt与均为对角阵 . 证：因为 a 是正定矩阵，所以存在可逆矩阵m，使eammt记t1bmbm，则显然1b是实对称矩阵，于是存在正交矩阵q，使t11diag(,)ndq b qlt11,.nbm bml其中为的特征值令 p=mq ，则有dbppeapptt,a b同时合同对角阵. 4 设二次型2111()miinnifa xa xl， 令()ijm naa， 则二次型f的秩等于()r a. 证：方法一将二次型f 写成如下形式：21 11()miijjinnifa xa xa xll设 ai= 1(,)iijinaaall), 1(mi精品学习资

3、料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 36 页 - - - - - - - - -108则1111111jniijinimmjmjmaaaaaaaaallmmmmllmmmmllaaaa于是1ttttt11(,)mimiiiimmllmaa aaaaaaaa故21 11()miijjinnifa xa xa xll=1211(,)imjnijiinaxxxaamllm=11111(,)(,)i

4、mjnijiijinjiinnaxxxxaaaaxaxmmllllmm=1t11(,)()mjniijinxxxxxxmllma a=xt(ata)x 因 为aat为 对 称 矩 阵 ，所 以aat就 是 所 求 的 二 次型f 的 表 示 矩 阵 显然r(aat)=r(a)，故二次型f 的秩为r(a) 方法二设11,1,iiinnya xa xinll. 记t1(,)myyyl，于是yax，其中t1(,)nxxxl，则222ttt11()mimifyyyy yxa a xl. 因 为aat为 对 称 矩 阵 ，所 以aat就 是 所 求 的 二 次型f 的 表 示 矩 阵 显然r(aat)=

5、r(a)，故二次型f 的秩为r(a) 5设a为实对称可逆阵，tfxxa为实二次型， 则a为正交阵可用正交变换将f化成规范形 . 证：设i是a的任意的特征值，因为a是实对称可逆矩阵，所以i是实数，且0,1,iinl. 因为a是实对称矩阵， 故存在正交矩阵p，在正交变换xpy下，f化为标准形，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 36 页 - - - - - - - - -109即ttt

6、tt1()diag(,)infxaxyp ap yy dyyyll22211iinnyyyll（* ）因为a是正交矩阵， 显然t1diag(,)indp apll也是正交矩阵， 由d为对角实矩阵，故21i即知i只能是1或1，这表明（ * ）恰为规范形. 因为a为实对称可逆矩阵，故二次型f的秩为n. 设在正交变换xqy下二次型f化成规范形，于是tt()fxaxy q aq y222211rrnyyyyllty dy其中r为f的正惯性指数，diag(1,1, 1, 1)dll. 显然d是正交矩阵，由tdq aq，故taqdq，且有tta aaae，故a是正交矩阵 . 6设a为实对称阵，| 0a，则

7、存在非零列向量，使t0a. 证：方法一因为a为实对称阵，所以可逆矩阵p，使t1diag(,)inp apdll其中(1, )iinl是a的特征值，由| 0a，故至少存在一个特征值k，使0k，取010 pmm，则有tt0(0,1, ,0)10ap apmllm1(0,1,0,0)knollo010mm0k方法二 （反证法）若x0，都有t0xax，由a为实对称阵，则a为半正定矩阵，故| 0a与|0a矛盾 . 7设 n 元实二次型axxtf，证明 f 在条件122221nxxx下的最大值恰为方阵 a 的最大特征值解： 设fn是,21的特征值，则存在正交变换xpy，使2222211ttt)(nnyyy

8、fyappyaxx设k是n,21中最大者，当122221tnxxxxx时，有精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 36 页 - - - - - - - - -110122221ttttnyyyyypypyxx因此knknnyyyyyyf)(222212222211这说明在22221nxxx=1 的条件下f 的最大值不超过k设tt10)0 .,0, 1 ,0 ,0(),(nkyyyy则

9、10t0yyknnkkyyyyf22222211令00pyx，则1t00t0yyxx并且kf0tt00t00)()(yappyaxxx这说明 f 在0x达到k，即 f 在122221nxxx条件下的最大值恰为方阵a 的最大特征值8设a正定，p可逆，则tp ap正定 . 证： 因为a正定，所以存在可逆矩阵q，使taq q，于是tttt()p app q qpqpqp，显然qp为可逆矩阵，且tttt()()p apqpqpp ap，即tp ap是实对称阵，故tp ap正定 . 9设 a 为实对称矩阵，则a 可逆的充分必要条件为存在实矩阵b，使 ab+abt正定证： 先证必要性取1ba，因为 a 为

10、实对称矩阵，则2eaaeababt1t)(当然ababt是正定矩阵再证充分性，用反证法若 a 不是可逆阵，则r（a）n，于是存在00,xax使00因为 a 是实对称矩阵，b 是实矩阵，于是有0)()()(0tt00t00tt0axbxbxaxxababx这与 abtabb a是正定矩阵矛盾10设a为正定阵，则2*13aaa仍为正定阵 . 证： 因为a是正定阵，故a为实对称阵，且a的特征值全大于零，易见2*1,aaa全是实对称矩阵， 且它们的特征值全大于零，故2*1,aaa全是正定矩阵，2*13aaa为实对称阵 . 对x0，有t2*1t2t*t1(3)0xaaaxxa xxa xxax精品学习资

11、料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 36 页 - - - - - - - - -111即2*13aaa的正定矩阵 . 11设a正定，b为半正定，则ab正定 . 证： 显然,a b为实对称阵，故ab为实对称阵. 对x0，t0xax，t0xbx，因t()0xab x，故ab为正定矩阵 . 12设n阶实对称阵,a b的特征值全大于0，a的特征向量都是b的特征向量，则ab正定 . 证： 设,a b的

12、特征值分别为,(1, )iiinl. 由题设知0,0,1,iiinl. 因为a是实对称矩阵，所以存在正交矩阵1(,)inppppll，使t1diag(,)inp apll即,iiiiappp为a的特征向量，1,inl. 由已知条件ip也是b的特征向量，故1,iiiiinbppll因此()iiiiiiabpapp，这说明ii是ab的特征值， 且0ii，1,inl. 又因为t111diag(,),iinnabppppll. 故11diag(,)iinnabppll， 显然ab为实对称阵， 因此ab为正定矩阵 . 13设nnija )(a为正定矩阵，nbbb,21为非零实数，记()ijijn na

13、bbb则方阵 b 为正定矩阵证 ： 方 法 一因 为a是 正 定 矩 阵 ， 故a为 对 称 矩 阵 ， 即jiijaa， 所 以ijjijiijbbabba，这说明b 是对称矩阵，显然211 112 1211221 2 1222221121nnnnnnnnnnnna ba bba bba b ba ba b ba b ba b ba b bbllmmml=1111110000nnnnnnaabbbaablllmomm ommomlll对 任 给 的n 维 向 量1(,)t0nxxxl， 因nbbb,21为 非 零 实 数 ， 所 以),(11nnxbxbt0，又因为a 是正定矩阵，因此有11

14、11110000ttnnnnnnaabbbaablllmomm ommomlllxbxxx=),(11nnxbxb1111nnnnaaaalm oml11nnb xb xm0即 b 是正定矩阵精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 36 页 - - - - - - - - -112方法二记211 112 1211221 2 1222221121nnnnnnnnnnnna ba b ba

15、 bba b ba ba b ba b ba b ba b bbllmmml则因为 a 是实对称矩阵，显然b 是实对称矩阵，b 的 k 阶顺序主子阵kb可由 a 的阶顺序主子阵分别左，右相乘对角阵100nbblmoml而得到，即kb1111110000kkkkkkaabbbaablllmomm ommomlll计算kb的行列式，有012kkabniib故由正定矩阵的等价命题知结论正确14设 a 为正定矩阵， b 为实反对称矩阵，则0ba. 证： 因为 m 是 n 阶实矩阵，所以它的特征值若是复数，则必然以共轭复数形式成对出现；将m 的特征值及特征向量写成复数形式，进一步可以证明对于n 阶实矩阵

16、m，如果对任意非零列向量x，均有0tmxx可推出 m 的特征值 (或者其实部 )大于零由于 m 的行列式等于它的特征值之积，故必有0m因为 a 是正定矩阵，b 是反对称矩阵，显然对任意的非零向量 x，均有,0)(txbax而 a+b 显然是实矩阵，故0ba. 15设 a 是 n 阶正定矩阵，b 为 nm 矩阵，则r(btab )=r(b)证 ： 考 虑 线 性 方 程 组t00bxbabx与， 显 然 线 性 方 程 组0bxt0babx的解一定是的解考虑线性方程组t0b abx，若0x是线性方程组t0b abx的任一解，因此有0t0b abx上式两端左乘有t0xt00()()0bxa bx精

17、品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 36 页 - - - - - - - - -113因为 a 是正定矩阵，因此必有00bx，故线性方程组0bx与t0b abx是同解方程组，所以必有r(btab)= r(b). 16设a为实对称阵，则存在实数k，使|0kae. 证： 因为a为实对称阵，则存在正交矩阵p，使11diag(,)iipapll. 其中i为a的特征值，且为实数，1,2il.

18、于是11diag(,)inappll11| |inkkkkaeppoo1()niik取1max| 1ii nk，则1()0niik，故| 0kae. 17设a为n阶正定阵，则对任意实数0k，均有|nkkae. 证： 因为a为正定矩阵，故a为实对称阵，且a的特征值0,1,iinl. 则存在正交矩阵p，使1111,iinnpapappoooo于是对任意0k，有11| |inkkkkaeppoo1()niik1niknk. 18设a为半正定阵，则对任意实数0k，均有| 0kae. 证：因为a为半正定矩阵， 故a为实对称矩阵， 且a的特征值0i，1,inl. 则存在正交矩阵p，使11diag(,)in

19、papll，11diag(,)inappll于是对任意0k，有11| |diag(,)|inkkkkaeppll1()niiknk0. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 36 页 - - - - - - - - -11419a为n阶实矩阵，为正实数，记tbea a，则b正定 . 证：tttt()bea aea ab，故b是实对称矩阵 . 对x0，有(,)0, (,)0x xaxa

20、x，因此有ttt()xbxxea a xtttxxxa ax(,)(,)x xax ax0故tbea a为正定矩阵 . 20a 是 mn 实矩阵，若aat是正定矩阵的充分必要条件为a 是列满秩矩阵证： 先证必要性方法一设aat是正定矩阵，故00x，有0)()()(0t00tt0axaxxaax由此00ax，即线性方程组0ax仅有零解，所以r(a)=n，即 a 是列满秩矩阵方法二因为aat是正定矩阵，故r(aat)=n，由于nrrn)()(taaa所以 r(a)=n 即 a 是列满秩矩阵再证充分性：因a 是列满秩矩阵，故线性方程组仅有零解，0x，x 为实向量，有0ax因此0),()()()(tt

21、taxaxaxaxxaax显然aat是实对称矩阵，所以aat是正定矩阵21设a为n阶实对称阵，且满足2640aae，则a为正定阵 . 证：设为a的任意特征值，为a的属于特征值的特征向量，故 0，则22,aa 由2640aae有264a a 02(64) 0由 0，故2640. 350. 因为a为实对称矩阵，故a为正定阵 . 22 设 三 阶 实 对 称 阵a的 特 征 值 为1,2,3， 其 中1,2对 应 的 特 征 向 量 分 别 为tt12(1,0,0) ,(0,1,1)，求一正交变换xpy，将二次型tfxax化成标准形 . 解： 设t3123(,)x xx为a的属于特征值3 的特征向量

22、，由于a是实对称矩阵，故123, 满足正交条件12312310000110 xxxxxx解之可取3(0,1, 1)，将其单位化有精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 36 页 - - - - - - - - -115ttt1231111(1,0,0) ,(0,) ,(0,)2222ppp令12310011(,)02211022pp pp. 则在正交变换xpy下，将f化成标准形为ttt

23、222123()23fyyyxaxyp ap y23设1222424aaa二次型tfxax经正交变换xpy化成标准形239fy，求所作的正交变换. 解： 由f的标准形为239fy，故a的特征值为1230,9. 故2122|24(9)24aaea令0，则12224024aa解之4a. 由此122244244a对于120有1221220244000244000ea可得a的两个正交的特征向量12222 ,112精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - -

24、- - - - - - - - - - - 第 9 页，共 36 页 - - - - - - - - -116对于39，可得a的特征向量为122将特征向量单位化得1232211112 ,1,2333122ppp则1232211(,)2123122pp pp为正交矩阵，正交变换xpy为22112123122xy. 注： 因特征向量选择的不同，正交矩阵p不惟一 . 24已知二次型22212312132(1)22fxxk xkx xx x正定，求k. 解： 二次型的表示矩阵1120101kkka由a正定，应有a的各阶顺序主子式全大于0. 故102|0kka，即2220(2)0kk kk. 解之10k

25、. 25试问：三元方程2221231213231233332220 xxxx xx xx xxxx，在三维空间中代表何种几何曲面. 解： 记222123121323123333222fxxxx xx xx xxxx则111232233311(,) 131( 1, 1, 1)113xxfx xxxxxx设311131113a. 则2| (2) (5)ea. 故a的特征值为1232,5. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - -

26、 - - - - - - 第 10 页，共 36 页 - - - - - - - - -117对于122，求得特征向量为12111,001. 由 schmidt 正交化得1212111,201. 对于35得特征向量3111，标准化得123111632111,26302163ppp令123111263111(,)26321063pp p p则在正交变换xpy下22212332253fyyyy于是0f为22212333225()1020yyy为椭球面 . 26求出二次型222123123123( 2)(2)(2)fxxxxxxxxx的标准形及相应的可逆线性变换. 解： 将括号展开，合并同类项有精品

27、学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 36 页 - - - - - - - - -1182221231213234442fxxxx xx xx x2221231213234424xxxx xx xx x2221231213234244xxxx xx xx x222123121323666666xxxx xx xx x2221231213236()xxxx xx xx x2221232

28、323113336()22442xxxxxx x22123231196()()222xxxxx令1123223331122yxxxyxxyx即11223311122011001yxyxyx则可逆变换为1122331112011001xyxyxy在此可逆线性变换下f的标准形为2212962fyy. 27用初等变换和配方法分别将二次型（ 1）222112412142432442fxxxx xx xx x（ 2）2122313262fx xx xx x化成标准形和规范形，并分别写出所作的合同变换和可逆变换. 解：先用配方法求解（ 1）2221112142424(44)322fxx xx xxxx x

29、2221242424(22)66xxxxxx x222124244(22)(3)3xxxxxx令11242243344223yxxxyxxyxyx即11242243344243xyyyxyyxyxy精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 36 页 - - - - - - - - -119令1204010300100001p则二次型f经可逆线性变换xpy化成标准形22211243fy

30、yy若再令112233443zyzyzyzy即1122334433yzyzyzyz令11133q则原二次型1f经可逆线性变换xpqz化成规范形2221124fyyy. （ 2）先线性变换11221233xyyxyyxy原二次型化成22212132313232()6622fyyy yy yy yy y221213232248yyy yy y2221322332()282yyyy yy222132332()2(2)6yyyyy令113223332zyyzyyzy，即113223332yzzyzzyz. 令1110110001p，2101012001p则原二次型2f经可逆线性变换12xp p z化成

31、标准形2222123226fzzz若再令112233226wzwzwz即112233222266zwzwzw精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 36 页 - - - - - - - - -120令222266q则原二次型2f经可逆线性变换12xp p qw化成规范形2222123fwww. 用初等变换法求解（ 1）设1202230100002102a41202100023010

32、100()0000001021020001a em212122100210 00010321 00000000 1023 0200 01rrcc4141( 2)( 2)1000100 00103210 0000000100306200 1rrcc4242331 0 0010 0 001 002 1 0 000 0000 1000 03 4 3 0 1rrcc3313131000100001002100000000104 3300013033rc令t11000210000104301p，t21000210000104 333033p则原二次型1f经过可逆线性变换1xp y化成标准形2221123

33、3fyyy. 二次型经过可逆线性变换2xp z化成规范形2221124fzzz. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 36 页 - - - - - - - - -121（ 2）设011103130a3011100()103010130001a em3232( 1)( 1)010100103010036011rrcc313133010100100010006311rrcc1212

34、210100100010006311rrcc21211()21()2200110111000222006311rrcc11223311,222,262,661110002211010022666001266rcrcrc令t111011022311p，t21102211022666266p则原二次型2f经过可逆线性变换1xp y化成标准形22221231262fyyy二次型经过可逆线性变换2xp z化成规范形2222123fzzz28用三种不同方法化下列二次型为标准形和规范形. （ 1）2221122332343fxxx xx（ 2）222221234121423342222fxxxxx xx

35、xx xx x解：先用配方法求解精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 15 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 15 页，共 36 页 - - - - - - - - -122（ 1）222112233423()33fxxx xx22212332523()33xxxx令112233323yxyxxyx即112233323xyxyyxy令1002013001p则二次型1f经可逆线性变换xpy化成标准形22211235233fyyy若再令

36、11223323153zyzyzy即1122332233155yzyzyz令2233155q原二次型1f经可逆线性变换xpqz化成规范形2221123fzzz. （ 2）22222112142342334(22)22fxx xx xxxxx xx x221243233424()222xxxxx xx xx x2222124324244()()(2)3xxxxxxxxx令11242243234442yxxxyxxyxxxyx即11242243234442xyyyxyyxyyyxy精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 16 页，共 36 页 -

37、 - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 16 页，共 36 页 - - - - - - - - -123令1101010201110001p则二次型2f经可逆线性变换xpy化成标准形2222212343fyyyy若再令112233443zyzyzyzy即1122334433yzyzyzyz令11133q原二次型2f经可逆线性变换xpqz化成规范形222221234fzzzz. 用初等变换法求解（ 1）设200032023a3200100()032010023001a em32322()32()320010003

38、001052000133rrcc11223311221133151555110000210100032crcrc精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 17 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 17 页，共 36 页 - - - - - - - - -124令tt1210021001010,0032012 151530155pp则原二次型1f经过可逆线性变换1xp y化成标准形22211235233fyyy.

39、二次型经过可逆线性变换2xp z化成规范形2221123fzzz. （ 2）设1101111001111011a41101100011100100()0111001010110001a em2121( 1)( 1)1001100000111 1000111001011110001rrcc4141100010 0 0001 11 1 0 0011100 1 0011010 0 1rrcc323210001000001111000112111001201001rrcc343410001000000111000032011101201001rrcc3232( 2)( 2)10001000000111

40、000030211101001001rrcc242410001000020101010030211101001001rrcc42421()21()210001000020001010030211111100010222rrcc精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 18 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 18 页，共 36 页 - - - - - - - - -1252233441122113322100010001101000022

41、2 3333001033332200012022rcrcrc令t1100001012111111022pt210001100222 33333333222022p则原二次型2f可经可逆线性变换1xp y化成标准形2222212341232fyyyy. 2f可经可逆线性变换2xp z化成规范形222221234fzzzz用正交变换法求解（ 1）1f的矩阵为200032023a，由200|032(1)(2)(5)023ea，知a的特征值为1,2,5. 对11，解123100002200220 xxx，得123011xxkx，取1011t，单位化102222p，对22，解12300000120021

42、0 xxx，得123100 xxkx，取2100p，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 19 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 19 页，共 36 页 - - - - - - - - -126对35解123300002200220 xxx， 得123011xxkx取3011t， 单 位 化 得302222p，令0102202222022p，则p为正交阵，经正交变换xpy，原二次型f化为t22212325fyyyxax. （ 2）2

43、f的矩阵为1101111001111011a由11011110|01111011ea2(1)(3)(1)知a的特征值为1, 3, 1, 1. 对11，解12342101012100,0121010120 xxxx得12341111xxkxx，取11111t单位化得112121212p， 对23， 解12342101012100,0121010120 xxxx得12341111xxkxx. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 20 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - -

44、 - - - - - - - 第 20 页，共 36 页 - - - - - - - - -127取21111t单位化得212121212p. 对341，解12340101010100,0101010100 xxxx得12123410011001xxkkxx取341001,1001tt，再令34022202,022202pp令1120222112022211202221120222p，则p为正交阵，经正交变换xpy，原二次型f化为t222212343fyyyyxax. 29判断下列二次型正定，负定还是不定. （ 1）2221223121326422fxxxx xx x精品学习资料 可选择p d

45、 f - - - - - - - - - - - - - - 第 21 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 21 页，共 36 页 - - - - - - - - -128解： 二次型1f的矩阵为211160104aa的各阶顺序全子式2112120,110,16038016104. 所以二次型1f是负定二次型. （ 2）22222123412131424343919242612fxxxxx xx xx xx xx x解：二次型2f的矩阵为11211303209613619aa的各阶顺序主

46、子式1110,2013，11213060209，11211303240209613619所以二次型2f是正定二次型. （ 3）222231234131423147644fxxxxx xx xx x解： 二次型3f的矩阵为10320120321402007aa的各阶顺序主子式1010,1001，103012103214，10320120330321402007. 所以二次型3f是不定二次型 . 30求一可逆线性变换xcy，把二次型2221123121325424fxxxx xx x化成精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 22 页，共 36

47、页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 22 页，共 36 页 - - - - - - - - -129规范形2221123fyyy，同时也把二次型22221231313233322242fxxxx xx xx x化成标准形2222112233fk yk yk y. 解： 记t1fxax，其中212150204a31213121121220021290115022040121001112010010001001rrrrccccae323229292009002160091101292019001rrcc1

48、23123122334122334100010001125662210363004rrrccc取12566221036004p，则tp ape记t2fx bx，其中精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 23 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 23 页，共 36 页 - - - - - - - - -1303012032122b则t11125003662201222210032063361225133006644bp bp311250

49、662 22225 221204636113100234311442 2132444121422 223121113244222b其中2312132222b显然12,bb都是实对称矩阵，它们的特征值为14倍的关系，特征向量相同. 2312|132222eb30(3)12(4)1(3)202(4)42(4)0则2b的特征值为230,4，故1b的特征值为0, 1, 1. 以下求2b的特征向量 . 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 24 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - -

50、 - - - - - - - - 第 24 页，共 36 页 - - - - - - - - -131对于10，求得112121，单位化后1121212对于234，求得23121 ,001由 schmidt 标准正交化后得23112211,22102令123111222111(,)22211022q. 则q为正交矩阵，且有ttt10()11q b qqp bp q令12511166222221111036222311000422cpq12732 26 211132 26 23304 24 2于是tttq p apqq eqe精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - -

51、 - - - - 第 25 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 25 页，共 36 页 - - - - - - - - -132即tc acet011c bc在可逆线性变换xcy下2221123fyyy22223fyy. （注：经验算本题所得c是正确的，需要注意的是c并不惟一）31求一可逆线性变换xpy，将二次型f化成二次型g. 2221231213232938410fxxxx xx xx x222123121323236448gyyyy yy yy y解：tfxax，242495253

52、a，tgy by，222234246b将,a b分别作合同变换如下：21313221323122242200200495011010253011000100121121010010011001001001rrrrrrccccccae在可逆线性变换1xc z下22122fzz其中1121011001c213132213231222200200234012010246024000100111111010010012001001001rrrrrrccccccbe在可逆线性变换2yc z下22122gzz. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2

53、6 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 26 页，共 36 页 - - - - - - - - -133其中2111012001c由12zc y得1112xc zc c y令1112121111136011012003001001001pc c在可逆线性变换xpy下22122fgzz. 32a 是正定矩阵，ab 是实对称矩阵，则ab 是正定矩阵的充分必要条件是b 的特征值全大于零证： 先证必要性设为 b 的任一特征值，对应的特征向量为,0xx则且有xbx用axt左乘上式有axxxabxt

54、t)(因为 ab，a 都是正定矩阵，故0,0)(ttaxxxabx于是0，即 b 的特征值全大于零再证充分性因为 a 是正定矩阵，所以a 合同于单位矩阵，故存在可逆矩阵p，使eappt（1）由 ab 是对称矩阵，知pabp)(t也是实对称矩阵，因此存在正交矩阵q，使),diag()(1ttnidqpabpq（2）即有),diag()()(1ttnidpqbapq（ 3）其中ni,1是pabp)(t的特征值在（ 1）的两端左乘tq，右乘 q 有epqapqeqappq)()(tttt即这说明)()(ttpqapq与互逆，也就是说1tt)()(pqapq将上式代入（3） ，说明矩阵b 与对角阵d

55、相似，故它们的特征值相等；由条件知b 的特征值全大于零，因此对角阵d 的特征值也全大于零由（2）知 ab 与 d 合同，因此ab的特征值全大于零精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 27 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 27 页，共 36 页 - - - - - - - - -13433 设,a b为n阶 实 正 定 阵 ， 证 明 ： 存 在 可 逆 阵p， 使tp ape且t12diag(,)np bpl，其中120nl为|0

56、ab的n个实根 . 证： 因a正定，故存在可逆矩阵1p，使t11p ape因b正定，故存在可逆矩阵2p，使t22bp p于是tttt1112212121() ()p bpp p p pp pp p易见t11p bp为正定矩阵，不妨设它的特征值为120nl. 则ttt11111| |ep bpp app bpt11| |pabp故t11|0| 0ep bpab即120nl为| 0ab的几个实根 . 由t11p bp为正定阵，知其为实对称矩阵，所以存在正交矩阵q，使tt1112()diag(,)nqp bp ql令1ppq，则tt12,diag(,)np apep bpl34设a为n阶实正定阵，b

57、为n阶实半正定阵，则| |aba. 证： 因为a是n阶正定矩阵，所以存在n阶可逆矩阵c，使得tc ace. 因为b是n阶半正定阵，则tc bc仍是实对称半正定阵，故存在正交阵q，使得1ttt1()()diag(,)indqc bc qqc bc qll其中0,1,iinl为tc bc的特征值，且有tt()qc ac qe令pcq，则p为可逆矩阵，于是tt,p apep bpdttt()pab pp app bped上式两端取行列式，得t1| | |(1)1niipabped|tpap因t| 0pp，故| |aba. 35设,a b均为实正定阵，证明：方程| 0ab的根全大于0. 证： 由 33

58、 题知t11| 0|0ep bpab. 其中t11p bp为正交矩阵，它的特征值0i，1,inl，故| 0ab的根全大于0. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 28 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 28 页，共 36 页 - - - - - - - - -13536设 a 为 n 阶正定矩阵，试证：存在正定矩阵b，使2ba证： 因为 a 是正定矩阵，所以是实对称矩阵，于是存在正交矩阵p，使12-1tnop app apd其中n

59、,21为 a 的 n个特征值，它们全大于零令),2,1(niii则21111222222nnnnooood而1122ttnnooapdppp1122ttnnoopp pp令b=12tnopp显然 b 为正定矩阵，且2ba37设a为n阶可逆实方阵，证明：a可表示为一个正定阵与一正交阵的乘积证： 因为a是n阶可逆实方阵，故ta a是正定矩阵，所以存在n阶正定矩阵b，使t2a ab. 于是有1t11tt11t21() ()()()ababba abbb be这说明1ab是正交阵 . 令1abq则aqb，其中q是正交矩阵，b是正定矩阵 . 38a、b 为 n 阶正定矩阵，则ab 也为 n 阶正定矩阵的

60、充分必要条件是：ab=ba，即 a 与 b 可交换精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 29 页，共 36 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 29 页，共 36 页 - - - - - - - - -136证：方法一先证必要性由于 a、b、ab 都是正定矩阵，所以知它们都是对称矩阵，因此有ababbbaattt)( ,于是baabababttt)(即 a 与 b 可交换再证充分性由条件 ab=ba 得abbabaabtttt)()(因此 ab 是