线性代数第四章练习题集答案解析

1、第四章二 次型练习 4、 11 、写出下列二次型的矩阵1)f (x1 ,x2 ,x3 ) = 2x1x224x1x3 2x2x3；x1x2x3f (x1,x2,x3,x4) =(x1 ,x2,x3,x4)110000011010x1x2x3x42) f (x1 ,x2 ,x3 , x4 ) = 2x1x2 2x1x3 2x1x4 2x3x4 。解： ( 1 ) 因为20f (x1, x2 ,x3 ) = (x1 , x2, x3 ) 0121202所以二次型f (x1 ,x2 , x3 ) 的矩阵为：01121001111000所以二次型f (x1 ,x2 , x3 , x4 ) 的矩阵为：1

2、00110102、写出下列对称矩阵所对应的二次型：12122)12121212解： ( 1 )设 X (x1, x2, x3 )T，则f (x1,x2,x3) =XTAX=(x1 ,x2, x3)1212x1x2= x12 2x32 x1x2 x1 x3 4x2x3。2)设X(x1 ,x2, x3,x4)T，则f (x1, x2,x3,x4)=XTAX=(x1,x2,x3,x4)12121212x1x2x3x4练习4、 21 、用正交替换法将下列二次型化为标准形，并写出所作的线性替换。2)3)22= x2 x4 x1 x2 2x1x3 x2x3 x2x4f (x1 ,x2 ,x3 ) = 2x

3、1 x2 4x1 x2 4x2 x3 ；f (x1 ,x2 ,x3 ) = 2x1x2 2x2 x3 ；f (x1 ,x2 ,x3 ) = x1 2x2 3x3 4x1x2 4x2 x3 。x3 x4 。解： ( 1 ) 二次型f (x1, x2 ,x3)的矩阵220A=212020A 的特征方程为22det( E A) = 2102022 = (2)(54) =0 ，A 的特征值12 ，21 ，34 。对于 12，求其线性方程组( 2E A)X 0，可解得基础解系为1(1,2,2)T。对于2 1 ，求其线性方程组(E A)X 0，可解得基础解系为：2( 2,1, 2)T。对于3 4，求其线性

4、方程组(4E A)X 0，可解得基础解系为：3(2, 2,1)T。将 1, 2, 3 单位化，得1122T111(3,3,3)2212T,)33332 1)T3,3P=( 1, 2, 3)=3232PTAP=diag(-2,1,4)=作正交替换X=PY，即1x13y12x2y132x33 y12 3y2 1二次型 f (x1 , x2, x3 )可化为标准形：2) 类似题(1 )方法可得：即得标准形：P=3)类似题(2y22P=21211 )的方法可得：31323231323 y32y2y33321y2y3332y12y224y32。2121PTAP =2 y3 。31323PTAP =001

5、即得标准形：2y12 5y22 y32。2、用配方法将下列二次型化为标准形：222(1 )f (x1,x2,x3) =x1 2x2 5x32x1x22x1x3 6x2x3；( 2) f (x1,x2,x3)=2x1x2 4x1x3；( 3) f (x1 ,x2,x3) = 4x1x2 2x1x3 2x2x3。( 4) 1 ) 先将含有x1 的项配方。22222f (x1, x2 , x3) = x1 + 2x1 (x2 x3) + (x2 x3 ) (x2 x3 ) + 2x2 + 6x2 x3 +5x3222= (x1 x2 x3 ) + x2 + 4x2x3 + 4x3 ，再对后三项中含有

6、x2 的项配方，则有f (x1,x2,x3)= (x1 x2 x3)2 + x22+ 4x2x3+ 4x32= (x1 x2 x3)2 +(x2 2x3)2。111TT设 Y=(y1 , y2, y3) ， X=(x1, x2,x3) ， B= 0 1 2 ，000令 Y=BX，则可将原二次型化为标准形y12 y22 。2 ） 此二次型没有平方项，只有混合项。因此先作变换，使其有平方项，然后按题（1 ）x1y1y2x2y1y2 ，即x3y3x11x2 = 1x30y1y2 。y3则原二次型化为f (x1,x2,x3)= 2(y1 y2)(y1 y2) + 4(y1y2)y322=2y1 2y2

7、+4y1y3+4y2y3=2(y1 y3)2 2(y2 y3)2，101设 Y=（y1, y2, y3）T， Z=（z1, z2,z3）T ， B= 0 11 ，000令 Z=BY，则可将原二次型化为标准形2z112C= 012 ，001作可逆线性变换X=CY，原二次型可化为标准形：f （ x1 , x2 , x3 ） = y1y2 。 ） 类似题（1）的方法，原二次型可化为标准形： 2z22 。（ 3） 类似题（2）的方法，可将原二次型化为标准形：4z12 4z22 z32。（ 1） 变换法将下列二次型化为标准形：222（ 2） ） f （x1 ,x2,x3） = x1 2x2 4x3 2x

8、1x2 4x2x3；222（ 3） f （x1 ,x2,x3）= x1 3x2 x3 2x1x2 2x1x3 6x2x3；（ 4） f（x1 ,x2,x3）=4x1x2 2x1x3 6x2x3。 （此题与课本貌似而已，注意哈）（ 5） 1 ） 二次型f （x1, x2 ,x3）的矩阵为110A= 1 2 2 。024于是110110100100122012012010A024024024000E10010011011。2010010010012001001001001222f (x1 ,x2 , x3) = y1 4y2 y3 。3 ) 类似题(1)的方法，原二次型可化为标准形：2122f (

9、x1 ,x2 , x3) = 2y12 y2 6y3 。4、已知二次型f (x1 ,x2, x3) = 5x12 5x22 cx32 2x1x2 6x1x3 6x2x32。求参数c 的值，并将此二次型化为标准形。解： 二次型f (x1 , x2 , x3 ) 的矩阵为513A=15333cA 的秩为 2，令 detA=0，可得c=3。也就是通过初等变换法，即可将其化为标准形：f (x1 , x2 , x3 ) =5x1A=5、设2n 元二次型5x2223x3 2x1 x2 6x1x3 6x2x34y229y32。f (x1,x2,x2n) = x1x2n x2x2n 1xnxn 1试用可逆线性

10、替换法将其化为标准形。解： 令x1 y1 y2nx2 y2 y2n 1xnynyn 1 ，P=xn 1 yn yn 1x2 n 1 y2 y2n 1x2 ny1y2n即作正交变换X=CY，二次型f(x1 ,100101101111011 010012 , x2n ) 可化为标准型：2222y1yn yn 1y2n 。2226、 已知二次型f (x1, x2,x3)= 2x1 3x2 3x3 2ax2x3(a>0) 通过正交变换化为标准222型 f y12 2y22 5y32，求a的值及所作的正交替换矩阵。解： 因为原二次型可化为fy12 2y22 5y32，可知原二次型的矩阵的特征值为1

11、， 2和 5。而原二次型的矩阵为200A= 0 3 a 。0a3故 A 的特征方程为200det( E A) = 03 a = (2)(69 a ) =0 。0a 3因此将此特征方程的解1 ， 2， 5 代入得：a=2。对于 11 ，求其线性方程组( E A)X 0 ，可解得基础解系为1(0,1,1)T。对于 22，求其线性方程组(2E A)X 0，可解得基础解系为：2(1,0,0)T。对于 35，求其线性方程组(5E A)X 0，可解得基础解系为：3(0,1, 1)T。将 1, 2, 3 单位化，得)，111(0,22(1,0,0)T，133(0, 12,)，故正交替换矩阵为：P=( 1,

12、2, 3)=0121201212练习4、 3 1 、判别下列二次型是否为正定二次型：1 ) f (x1 ,x2,x3) = 5x12 6x22 4x32 4x1x2 4x2x3 ；2222) f (x1 ,x2,x3) = 10x1 2x2 x3 8x1x2 24x1x3 28x2x3；3)f (x1 ,x2 ,x3 , x4 ) = x1x22 4x32 7x42 6x1x3 4x1x4 4x2x32x2 x44x3x4。解： ( 1 ) 二次型f (x1, x2 ,x3)的矩阵为520A= 2620245>0 ，5202=26>0 ，262=84>0,602452即 A

13、的一切顺序主子式都大于零，故此二次型为正定的。解： ( 1 ) 二次型f (x1, x2 ,x3)的矩阵为：2 ) 二次型f (x1, x2 , x3 ) 的矩阵为10412A=42141214110412|A|=421412141=-3588<0 ，故此二次型不为正定的。( 3) 二次型 f (x1,x2,x3,x4) 的矩阵为：10320122A=32422227由于103012 =-9<0 ，324故此二次型不为正定的。2、当t 为何值时，下列二次型为正定二次型：2221 ) f (x1 ,x2 ,x3 ) = x1 4x2 x3 2tx1 x2 10x1 x3 6x2 x3

14、；2223)2) f (x1 ,x2 ,x3 ) = x1x2 5x3 2tx1x 2 2x1 x3 4x2 x3 ； f (x1 , x2, x3 )= 2x12 x22 x32 2x1x2 tx2x3 。1t52111A=但易知不等式组=4 t2，2= t2 30t 105，4 t2t2 30t 105 0无解，因此，不论t 取何值，此二次型都不是正定的。2) 二次型 f (x1,x2,x3)的矩阵为：A=此二次型正定的充要条件为1>0,1tt1=1 t2>0,|A|=25t24t>0，t 0。3) 二次型f (x1,x2,x3)的矩阵为：2>0,>0,|A|

15、=1 t2 >0，2解得：2 t 2 。3、设A、 B 为 n 阶正定矩阵，证明BAB 也是正定矩阵。证明： 由于A、 B 是正定矩阵，故A 及 B 为实对称矩阵。所以(BAB)T=BTATBT=BAB，即BAB 也为实对称矩阵。由于 A、 B 为正定矩阵，则存在可逆矩阵C 1， C2，有A= C 1TC1， B= C 2TC2 ，所以BAB= C 2TC2C1TC1C2TC2=(C1C2TC2)T(C1C2TC2)，即 BAB 也是正定矩阵。4、如果A， B 为 n 阶正定矩阵，则A+B 也为正定矩阵。证明： 由于A、 B 是正定矩阵，故A 及 B 为实对称矩阵。从而A+B 也为实对称

16、矩阵，而且f XTAX ， g X TBX ，为正定二次型。于是对不全为零的实数x1 , x2 , ,xn，有X T AX 0 ， X T BX 0 。故h= XT(A B)X =X TAX + XTBX 0，即二次型h= XT(A B)X 为正定的，故A+B 为正定矩阵。5、设A 为正定矩阵，则A-1 和 A*也是正定矩阵。其中A*为 A 的伴随矩阵。证明： 因为A 为正定矩阵，故A 为实对称矩阵。1TT 111从而 (A )(A ) A 即 A 也为对称矩阵，*TT* *(A ) T (AT )A 即 A 也为对称矩阵。C，使得A C TC 。于是 A 1 (CTC) 1 C 1(C 1)

17、T=QTQ ，A* =|A |A 1 | A|C 1(C 1)T= 1 C 1 1 C 1T= PTP， AA1其中 Q= (C 1)T， P= (C 1)T 都为可逆矩阵。A故 A-1 和 A*都为正定矩阵。6、设A为 n×m 实矩阵，且r(A)=m<n，求证：( 1 ) ATA 为 m 阶正定矩阵；( 2) AAT为 n 阶半正定矩阵。证明(1) 因为A为 n×m 实矩阵，所以AT为 m×n 矩阵，又r(A)=m<n ，因此，方程组AX O , 只有零解。于是对于任意的X O , 有 AX O 。则XT( ATA) X(AX) T( AX)>

18、0 。因此，AT A为正定矩阵。( 2) 因为 A 为 n×m 实矩阵，所以AT 为 m×n 矩阵，又r(A)=m< n ，因此，方程组ATX O , 有非零解。即存在X0 O , 有AX0 = O 。于是对于任意的X O , 有XT( AAT) X(A T X) T( A T X) 0 。因此, AAT 为半正定矩阵。7、 试证实二次型f (x1, x2, ,xn )是半正定的充分必要条件是f 的正惯性指数等于它的秩。证明： 充分性。设 f 的正惯性指数等于它的秩，都是r， 则负惯性指数为零。于是 f 可经过线性变换X=CY 变成f (x1,x2, ,xn) = y12 y22yr2。从而对任一组实数x1,x2, xn ，由 X=CY 可得Y=C -1X，即有相应的实数y1 , yr,yn ，222使 f(x1,x2, ,xn)= y1y2yr 0.即 f 为半正定的。必要性。 设 f 为半正定的，则 f 的负惯性指数必为零。否则， f 可经过线性变换X=CY化为2222f (x1,x2, ,xn)= y1ys ys 1yr ，