居于马线性代数第六章答案

1、第六章二次型将以下 1-3 题的二次型表示成矩阵形式。1.22( , )467f x yxxyy解：2243( , )46737xf x yxxyyxyy2.222( , , )346f x y zxxyyyzz解：222320( , , )346213031xf x y zxxyyyzzxyzyz3.22212341341214232434(,)242264f x xxxxxxx xx xx xx xx x解：12123412343412012013(,)01121322xxf x x xxxxxxxx4. 设n元二次型12(,)nf x xx的矩阵为n阶三对角对称矩阵1111111111a

2、，试写出二次型（二次齐次多项式）的表示式。解：22221211222311(,)222nnnnnf x xxxx xxx xxxxx。12(,)tnf x xxx ax对一切12(,)tnxx xx恒有12(,)0nf x xx，证明a为n阶零矩阵。证明：取(0,1,0)tix( 其中第i个分量为1，其余分量全为零) ，那么有11()0,1,2,nntiiiijijiiijf xx axa x xain。再取(0,1,1,0)tijx( 其中第i和第j个分量为1，其余分量全为零) ，那么有()20,1,2,tijijijijf xxaxai jn。因此，a的2n个元素全为0，即a为n阶零矩阵。

3、,a b均为n阶对称矩阵，且对一切x有ttx axx bx，那么ab。证明：由12(,)()tnf x xxxab x，对一切12(,)tnxx xx恒有( )0f x。利用上题结果得0ab。7. 设,ab cd，且它们都是n阶实对称矩阵，以下结论成立吗？(1) )()acbd(； (2) aoboocod解： (1) 不成立；如1000,0111abcd，现在，ac与bd不合同。(2) 成立。由1122,ttc acb c ccd( 其中12,cc为可逆矩阵 ) ，得11112222tttccaoboc acoccocodoc cc，其中12cc仍然可逆，因此结论成立。8. 用正交变换xqy

4、，将以下二次型化为标准形，并求正交矩阵q：(1) 222123232334fxxxx x解：二次型对应的矩阵为200032023a200032(1)(2)(5)023eaa的三个特点值为1231,2,5。由()0ea x，求得对应11的特点向量为1011由(2)0ea x，求得对应22的特点向量为2100由(5)0ea x，求得对应35的特点向量为3011因123,是别离属于三个不同特点值的特点向量，故正交。单位化，101121，2100，301121令1230101102211022q，有1125tqaqq aq。(2) 22221234121423342222fxxxxx xx xx xx

5、 x解：二次型对应的矩阵为1101111001111011a222110101(1) 1 (1)11100121(21)0111011110111011ea1,23,412,12由(12)0ea x，求得对应12的特点向量为121221,1001正交化，得1221202,12021再单位化，得12110112,122102pp由(12)0ea x，求得对应12的特点向量为341221,1001单位化，34121121,221001pp令1234111212021211100201qpppp，那么112121212tqaqq aq。4200021000005000004600061a，求正交矩阵

6、q，使得tq aq为对角矩阵。解：利用7(2) 分块矩阵合同的结论，令102aaaa，其中1024246,(5),2161aaa。对14221a，存在可逆矩阵11221p，使得1111105p ap；对24661a，存在可逆矩阵22332p，使得1222258p a p。不同特点值对应的特点向量已经正交，只需单位化。取121223551313,2132551313qq，令121255215511231313321313qqq，那么有05558tq aq。10. 用配方式将以下二次型化为标准形，并写出所用的坐标变换：(1) 21122343xx xx x解：212311223(,)43f x x

7、xxx xx x221222322122232221223324332443249,2xxxx xxxxx xxxxxx令112223332,3,2,yxxyxxyx则11232233323,3,2,xyyyxyyxy如此，二次型212311223(,)43fx xxxx xx x化为标准形222123123(,)49fx xxyyy，所用的坐标变换为xcy，其中1233012001c。(2) 1213233x xx xx x解：因为二次型中没有平方项，无法配方，因此先做一个坐标变换，使其显现平方项。依照12x x，利用平方差公式，令11221233,xyyxyyxy则123121323221

8、21231232212132313232211322322213322322213233(,)3()3()3324()4()(2)3,f x xxx xx xx xyyyyyyyyyyy yy yy yy yyy yyy yyyyyy yyyyyy令11322333,2,zyyzyyzy则11322333,2,yzzyzzyz如此，二次型123121323(,)3f x xxx xx xx x化为标准形222123123(,)3f x xxzzz，所用的变换为1xc y和2yc z，即xcz，其中1110110001c，2101012001c，12113111001cc c。(3) 22212

9、3122331254484xxxx xx xx x解：222123123122331(,)254484f x xxxxxx xx xx x22211213232322222123232323232221232323222123223322212323322254822245482324423232223,33xx xx xxxx xxxxxxx xxxx xxxxxxx xxxxxx xxxxxxxx令112322333,2,3,yxxxyxxyx那么1123223331,32,3,xyyyxyyxy如此，二次型222123123122331(,)254484f x xxxxxx xx xx

10、x转化为标准形2221231232(,)233f x xxyyy，所用的变换为xcy，其中11132013001c。11. 用初等变换法将以下二次型化为标准形，并求相应的坐标变换。(1) 122331x xx xx x解：1123122331123231102211(,),02211022xf x xxx xx xx xx xxxx，那么初等变换能够写成1 21 21212121212111101222211110022221110102221001000101100010011011004100110211ai+- 31311001004001.1112101122001001c - 于是，

11、做坐标变换xcy，其中11121112001c，那么二次型123(,)f xxx化为标准形2221231231(,)4tf x xxyyyyy。(2) 2221231213232242xxxx xx xx x解：122212312312132312323112(,)2242,121211xf x xxxxxx xx xx xx xxxx，那么初等变换能够写成212131 2231 2112102121031211211100110010010001001100031013112010001ai - 13 231313 231000308003.51131013001c -于是，做坐标变换xcy

12、，其中51131013001c，那么二次型123(,)f xxx化为标准形2221231238(,)33tf x xxyyyyy。(3) 2222123412132434546448xxxxx xx xx xx x解：2222123123412132434(,)546448f x xxxxxxx xx xx xx x1212343413203502,20440241xxx xx xxx，那么初等变换能够写成21 331 23221 31320102035020462204426440241024110001300010001000010001000010001ai -+3 1 21221323

13、321322100004620604024113200100001000011000013103040141312021000200100001+ 234424210000101009701713510221500220010000110000100009700703531222151022200100001 -739797439100001000090490009.394122915130229700190001c +于是，做坐标变换xcy，其中394122915130229700190001c，那么二次型123(,)f x xx化为标准形22221234123449(,)99tf x x

14、xxyyyyyy。c为可逆矩阵， 且12(,)tnc acdiag d dd，问：对角矩阵的对角元是不是都是a的特点值？并说明理由。解：对角矩阵的对角元不必然都是a的特点值，当c为正交矩阵时，对角矩阵的对角元必然是a的特点值。13. 设n阶实对称矩阵a的秩为()r rn，试证明：(1) 存在可逆矩阵c， 使得12(,0,0)trc acdiag ddd， 其中0(1,2, )idir。(2) a可表示为r个秩为 1 的对称矩阵之和。证明： (1) 实对称矩阵a存在正交矩阵q，使得1tqaqq aq为对角矩阵12(,0,0)rdiag，其中0(1,2, )iir为a的非零特点值。(2) 由(1)

15、 的结论，有11112() ()traqqqq，其中(0,0)iidiag( 第i个元素为i，其余元素全为0，1,2,ir) ，那么11111112()()()tttraqqqqqq12rddd，其中11()(1,2, )ttiiidqqdir是秩为 1的实对称矩阵， 因为()()1.iir dr14. 设n阶实对称幂等矩阵a(2aa) 的秩为r，试求：(1) 二次型tx ax的一个标准形；(2) 2det()niaaa. 解：(1) 由讲义 p240例 4 可知，对n阶实对称幂等矩阵a，存在正交阵p(1tpp) ，使得(1,1,1,0,0)tp apdiag(1 是r重特点值， 0 是nr重

16、特点值 ) 。令xpy，那么221()tttrx axyp ap yyy为二次型tx ax的一个标准形。(2) 由2aa，得kaa(1,2,kn) ，于是，1kaap p，且211111det()det()()()()11(1) .11nriaaainappnppp inppinpppinnnnn阶实对称矩阵a的正负惯性指数都不为零，证明：存在非零向量12,x x和3x，使得11220,0ttx axx ax和330tx ax。证明：设a的正、负惯性指数别离为,p rp，那么存在可逆阵c，使得(1,1, 1,1,0,0)tc acdiag，其中 1 的个数为0p， (-1) 的个数为0rp。令

17、xcy，那么222211()tttpprx axyc ac yyyyy。取13(1,0,0) ,(0,0,1,0)ttyy( 第r个分量为1，其余分量全数为0) ，2(1,0,0,1,0,0)ty(第一和第r个分量为1，其余分量全数为0)，代入(1,2,3)iixcy i，那么得11332210,10,0tttx axx axx ax。16. 设a是奇数阶实对称矩阵，且det()0a。证明：存在非零的向量0 x，使000tx ax。证明：假设矩阵a的全数 ( 奇数个 ) 特点值都小于或等于零，那么a的行列式 ( 等于所有特点值的乘积 )也小于或等于零，这与已知的det()0a矛盾。 因此存在特

18、点值( 不妨设 )10。由于a是实对称矩阵，存在正交阵q，当xqy时，有2211()tttnnx axyq aq yyy。取0(1,0,0)ty，代入000 xqy，那么0010tx ax。或 设特点值10所对应的特点向量为00(0)xx，即010axx，那么000101000tttx axxxx x。17. 把 11 题中的二次型化为标准形，并求变换矩阵c。解： (1) 令112233,1,2,zyzyzy即112233,2,yzyzyz故121yzpz。又由于xcy，因此做坐标变换xcycpzqz，其中11121111111211121001001qcp，二次型123(,)f x xx化为

19、标准形为222123123(,)f x xxzzz。(2) 令112233,3,8,3zyzyzy即112233,1,33,8yzyzyz故11338yzpz。又由于xcy，因此做坐标变换xcycpzqz，其中35 6511113123113601033123001630048qcp，二次型123(,)f x xx化为标准形为222123123(,)f x xxzzz。(3) 令11223344,3,7,3zyzyzyzy即11223344,1,33,7yzyzyzyz故111337yzpz。又由于xcy，因此做坐标变换xcycpzqz，其中33439411122212291521151300

20、267122911370000133393700010007qcp，二次型1234(,)f x xxx化为标准形为222212341234(,)f xxxxzzzz。18. 对 9 题中的矩阵a，求可逆矩阵c，使tc ac成为标准形。解：在第9 题中求出正交矩阵125521551231313321313q，使得05558tq aq。故11055151515512 22 2tq aq，因此，取可逆矩阵115151512 21215512155511523113135321131322125521551,523652263115665cq使01111tc ac。19. 证明节末尾的结论(i)。证明

21、：即要证“两个实对称矩阵,a b合同的充要条件是,a b有相同的正惯性指数和相同的负惯性指数” ，第一证必要性。由惯性定理知，对于实对称矩阵,a b别离存在可逆矩阵,c d，使得1100pptrdddc acd，1100pptreeed bde，其中0,0(1, )iideir。由于ab，故存在可逆矩阵p，使得tp apb，因此11()00ppttttreeed bdd p apdpdapde。因此，存在可逆矩阵c和pd，将a化为对角阵，由惯性定理知pq，故,a b有相同的正惯性指数和相同的负惯性指数。充分性：,a b有相同的正惯性指数和相同的负惯性指数，假设别离为p和q，故(1,1, 1,

22、1,0,0)adiag，其中1有p个，1有q个，(1,1, 1, 1,0,0)bdiag，其中1有p个，1有q个，由传递性知ab。20. 证明节末尾的结论(ii)。证明：即要证“全部n阶实对称矩阵，按其合同标准形( 不考虑1, 1,0的排列顺序 ) 分类，共有(1)(2)2nn类” 。不考虑1, 1,0的排列顺序，只考虑其个数，1和1的个数不同其合同标准形就不同。假设其中有(0,1, )k kn个1，那么1的个数能够为0,1,nk，共有1nk种，故按其合同标准形( 不考虑1, 1,0的排列顺序 ) 分类，共有0(1)(2)(1)2nknnnk类。21. 判定以下矩阵是不是是正定矩阵：(1) 2

23、10121012； (2) 211121112； (3) 111122123. 解： (1) 令210121012a，那么a的k阶顺序余子式ka为1232102120;30;1214012012aaa，依照定理可知a为正定矩阵。(2) 令211121112a，那么a的k阶顺序余子式ka为1232112120;30;121012112aaa，依照定理可知a不是正定矩阵。(3) 令111122123a，那么a的k阶顺序余子式ka为1231111110;10;1221012123aaa，依照定理可知a为正定矩阵。22. 判定以下二次型是不是是正定二次型：(1) 2221231213233202210

24、 xxxx xx xx x；(2) 222123122334544xxxx xx x；(3) 22221234122334234248xxxxx xx xx x. 解： (1) 设此二次型对应的矩阵为1111351520a，那么a的k阶顺序余子式ka为1231111110;20aa，依照定理可知此二次型为正定二次型。(2) 设此二次型对应的矩阵为320242025a，那么a的k阶顺序余子式ka为1233203230;80;24228024025aaa，依照定理可知此二次型为正定二次型。(3) 设此二次型对应的矩阵为1100122002340044a，那么a的k阶顺序余

25、子式ka为1231101110;10;1221012023aaa，依照定理可知此二次型不是正定二次型。211niijiijnxx x为标准形， 并说明它是不是正定。在3n的情形下求正交变换的矩阵q。解：二次型对应的矩阵为111221112211122a，由111111222211111112222111111222nia1111221001110,22221002nnn得：1211,22n(1n重) 。由此可得a正定。由于a的每行行和均为12n， 由1()0ia x(其中(1,1)tx) 得112n对应的特点向量为1(1,1)tx。当212(1n重根 ) 时，由2()0ia x的同解方程组12

26、0nxxx，得2对应的1n个线性无关的特点向量：23(1, 1,0,0) ,(1,1, 2,0,0) ,(1,1,)tttnxxxn。1,nxx已经为正交向量组，只须单位化。令1(1,2, ),(,)iinixin qx，则q为正交阵，且111(1),)222tq aqdiagn为所求的标准形。24. 对上题中3n时的二次型矩阵a，求正定矩阵b，使得2ab. 解：当3n时，取11132611132612036q，那么121212qaq。因此111222111222111222aqqqqqq。令正定矩阵121212bqq，那么2ba。t，使得二次型正定：(1) 2221231213235422x

27、xtxx xx xx x；(2) 22212312132322xxxtx xx x. 解： (1) 设此二次型所对应的矩阵为52121111at，假设要使二次型为正定二次型，则要求a的k阶顺序余子式ka均大于零，即1235215250;10;211202111aaatt，由此可得2t。(2) 设此二次型所对应的矩阵为2110103tat，假设要使二次型为正定二次型，那么要求a的k阶顺序余子式ka均大于零，即2212321220;20;105301103ttaatattt，由此可得5533t。26. 用矩阵的特点值和特点向量的概念及正定二次型的概念，证明正定矩阵的特点值大于零。证明：设tx ax

28、为正定二次型，那么依照正定二次型的概念，关于任意的非零向量x，恒有0tx ax。设x为矩阵a的对应于的特点向量，那么axx，于是，00ttx axx x，因此正定矩阵的特点值大于零。27. 若p是可逆矩阵，用概念证明：tp p是正定矩阵。证明：0 x，因为p可逆，因此，0ypx，且()()0ttttxp p xpxpxy y，因此，矩阵tp p正定。a是正定矩阵，c是实可逆矩阵，证明：tc ac是实对称矩阵，而且也是正定矩阵。证明：由于()()tttttttc acc acc ac，因此tc ac是实对称矩阵。由于1111()()tttcc ac cccacca，即存在可逆矩阵1c，使得11(

29、)ttcc ac ca，依照合同的概念知tc ac与a合同，故tc ac与a具有相同的正惯性指数。由于a是正定矩阵，因此a的正惯性指数为n，因此tc ac的正惯性指数也为n，由此可得tc ac为正定矩阵。a是正定矩阵，证明a的伴随矩阵*a也是正定矩阵。证明：由于a是正定矩阵，因此a的n特点值,1,2,iin均大于零，且0a，而*a的特点值为,1,2,iain，故*a的n特点值均大于零，因此*a也是正定矩阵。,a b均是n阶正定矩阵，,k l都是正数，用概念证明kalb也是正定矩阵。证明：由于,a b均是n阶正定矩阵， 因此关于任意的0 x，0,0ttx axx bx。 由于,k l都是正数，因

30、此()0,()0()0tttxka xxlb xxkalb x，因此，kalb也是正定矩阵。a是实对称矩阵，证明：当t充分大时，ati是正定矩阵。证明：设a是实对称矩阵，,1,2,iin是a的n个特点值，那么ati的n个特点值是,1,2,it in，如此， 当max,1,2,itin时，,1,2,it in均大于零，故ati是正定矩阵。n阶实对称矩阵a的特点值为12,n，问：t知足什么条件时，ati为正定矩阵。解：a的n个特点值为12,n，因此ati的n个特点值为12,nttt，那么当12min,nt时，12,nttt均大于零， 现在ati为正定矩阵。41. 证明：因为b正定，因此，存在可逆阵

31、1c，使得11tc bci. 因为1111tttc acc ac，因此，11tc ac为实对称阵。于是，存在正交阵2c( 注意22tc ci) ，使得211212(,)ttncc ac cdiag, 其中12,n为11tc ac的特点值。令12cc c，那么211212211222(,),tttnttttc accc accdiagc bcc c bc cc ici于是，tc ac和tc bc都成对角形。,a b皆为正定矩阵，且abba，证明ab是正定矩阵。证明：显然ab是对称阵。下面证明ab是正定阵由于 a正定，故对称，因此存在正交阵c，使得1tc acb正定，依照28 题可知tc bc也是

32、正定阵，故存在正交阵d，使得2ttd c bcd，即2tcdb cd (1) 对1tc ac两边同时左乘td，右乘 d，可得1tttd c acddd，即1ttcda cddd (2) (1)(2)两式相乘即得1212tttttcda cdcdb cdddcdab cddd由于1tdd为正定阵，故能够有归纳法得出12tdd的顺序主子式均大于零，由此即可取得 ab是正定阵。()ijn naa是n阶正定矩阵，证明：1122nnaa aa。证明：将a分块为1ntnnaaa，其中121,(,)tnnnnaaa。因为a正定，a的k阶顺序主子式0(1,2, )kakn，因此， 矩阵1na正定 (11na也

33、正定 ) ，且1na可逆。对分块矩阵做初等行变换，将矩阵a化为上三角块阵，即1111111010nnntttnnnnnniaaaaaa。上式两边取行列式(上三角块矩阵的行列式等于对角块的行列式的乘积) ，得111tnnnnaaaa。因为11na也正定，当0时，有11110,ttnnnnnnaaaa，因此1nnnaaa。同理，在1na中，有11,12nnnnaaa，以此类推，得11,121,1221nnnnnnnnnnnnaaaa aaa aaa，其中11aa，因此1122nnaa aa。()ijbb是n阶实可逆矩阵，证明：2222121()niiniibbbb。证明：作()ttijttb bb

34、 ib，由于b可逆，故由合同的概念可知bi，因此b为正定矩阵，且21niikiktb，2ttb bb。又由 44 题结论可得1niiitt，即22221211()nniiiiniiibtbbb。22212312323(,)2332f x xxxxxax x通 过 正 交 变 换xqy可 化 为 标 准 形22212325fyyy，试求参数a及正交矩阵q。解： 设二次型对应的矩阵为2000303aaa， 依照题设条件可得100020005a，10a，故2200032(9)10203aaaaa。当2a时，200032023a，200032(1)(2)(5)023eaa的三个特点值为1231,2,5

35、。由()0ea x，求得对应11的特点向量为1011由(2)0ea x，求得对应22的特点向量为2100由(5)0ea x，求得对应35的特点向量为3011因123,是别离属于三个不同特点值的特点向量，故正交。单位化，101121，2100，301121令1230101102211022q，有1125tqaqq aq。当2a时，200032023a，200032(1)(2)(5)023eaa的三个特点值为1231,2,5。由()0ea x，求得对应11的特点向量为1011由(2)0ea x，求得对应22的特点向量为2100由(5)0ea x，求得对应35的特点向量为3011因123,是别离属于三个不同特点值的特点向量，故正交。单位化，101121，2100，301121令1230101102211022q，有1125tqaqq aq。222123123121323(,)55266f x xxxxcxx xx xx x的秩为 2. (1) 求c； (2) 方程123(,)1f x xx表示何种二次曲面。解：设二次型所对应的矩阵为51315333ac，那么( )2r a，