线性代数第四章练习题答案

1、第四章练习4、11、写出下列二次型的矩阵(1)f(X1,x2,x3)=2X2X24XiX32x2X3；f(Xi,X2,X3,X4)=2XiX22XiX32X1X42X3X4。解：（1）因为所以二次型(2)所以二次型f(Xl,X2,X3)=(Xi,X2,X3)2f（X1，X2，X3）的矩阵为：02因为XiX2X3f(X1,X2,X3,X4)=(X1,X2,X3,X4)0111100010011010X1X2X3X4f（X1，X2，X3，X4）的矩阵为:01111000100110102、写出下列对称矩阵所对应的二次型:(1)1212解：（1）设X(2)1212(X1,X2,X3)T,则12。12

2、12x12X2X32f(Xi,X2,X3,X4)=XTAX=(Xi,XX3,X4)i ii22i 八i022i i i22XiX2X3X4rT1f(Xi,X2,X3)=XTAX=(Xi,X2,X3)-1222,=Xi2x3XiX2XiX34x2X3。设X(Xi,X2,X3,X4)T,则对于i2,求其线性方程组（2E A）X 0,可解得基础解系为=X；X2XiX22xiX3X2X3X2X4X3X4o练习4、2i、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(i) f (Xi，X2，X3)=2Xi2X24xix2 4x2x3；2X2X3；(2) f(xi,x2,x3)=2xix2(

3、3) f(x1，x2,x3)=x；2x23x24xix24x2x3。解：（i）二次型f（Xi,X2,X3）的矩阵220A=2i2020A的特征方程为2det( E A)= 2020i 2 =(2)( 2 54)=0,2由此得到A的特征值将1, 2, 3单位化，123令P=( 1则ptap=作正交替换X=PY,即X1X2X3122二 y1二 丫2二 y3333212二 y1二 y2二 y3，333221二 y1二 y2二 y33332 0 0diag(-2,1,4)=010。00 4i(1,2,2)T。对于21,求其线性方程组(EA)X0,可解得基础解系为:2(2,1,2)T。对于34,求其线性

4、方程组(4EA)X0,可解得基础解系为:3(2,2,1)T。_1_122TN1(3,3,3)1212tU2(3,3,3)'_1_221tO3(3,w,3)122333、212,2,3)-3332 213 33二次型f(X1,X2,X3)可化为标准形:2y2 y2 4y2。(2)类似题(1)方法可得:2P= 012即得标准形：2 y2(3)类似题(P=112211221122000PTAP= 0 420,002J2y2。1)的方法可得：21233312 2 ,33 32213332 00PTAP= 0 500 01即得标准形：2y25y2y2。2、用配方法将下列二次型化为标准形:22_

5、2(1) f (x1 ,x2, x3) = x1 2x2 5x32x1x22x1x36x2 x3 ；(2) f (x1 ,x2, x3) =2x1x2 4x1x3 ；(3)f(x1,x2,x3)= 4x1x2 2x1x32x2 x3。解：(1)先将含有x1的项配方。2 f(x1,x2,x3)= x1 +2x1 (x2222x3)+(x2 x3) - (x2 x3) +2x2+6x2x3 + 5x3= (x1 x2 x3)2+ x2+ 4x2x3+ 4x2 ,再对后三项中含有x2的项配方，则有f (x1,x2,x3)=(x1x2 x3)2+x2 +4x2x3 +4x2 = (x1 X2 x3)2

6、 + (x2 2x3)2 01 1 1设 Y=(y1,y2,y3)T, X=(x1,x2,x3)T, B= 0 12，0 0 0令Y=BX则可将原二次型化为标准形y2 y2。(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)的方法进行配方。x1y1y2x11x2y1y2，即x2=1101001y1y2。y3x3y3x30则原二次型化为f(x1,x2,x3)=2(y1y2)(y1y2)+4(y1y2)y322=2y12y2+4y1y3+4y2y322=2(y1y3)2(y2y3)，101设Y=(y1,y2,y3)T，Z=(z1,z2,z3)T，B=011000令Z=

7、BY则可将原二次型化为标准形2zj2z2。3）类似题（2）的方法，可将原二次型化为标准形：3、用初等变换法将下列二次型化为标准形：1 ) f (x1 ,x2 , x3 ) = x122x22 4x322x1x24x2x3；2) f (x1,x2, x3) = x12 3x22 x322x1x2 2x1x3 6x2x3 ；3）f (x1 ,x2 , x3) = 4x1x2 2x1x36x2x3 。 （此题与课本貌似而已，注意哈）解：（1）二次型f（x1,x2,x3）的矩阵为100012024110010001100010000112012001日110122A024E=100010001110A

8、=122。024110012024100010001C=0100作可逆线性变换X=CY,原二次型可化为标准形:(2)类似题(1)的方法，原二次型可化为标准形:f(X1,X2,X3)=y24y2y；。(3)类似题(1)的方法，原二次型可化为标准形：212八2f(X1,X2,X3)=2y1-y26y3。24、已知二次型f(x1,x2,x3)=5x125x；cx；2x1x26x1x36x2x3的秩为2。求参数c的值，并将此二次型化为标准形。解：二次型f(Xi，X2，X3)的矩阵为5A=13因为A的秩为2,令detA=0,可得c=3。f (Xi，X2，X3)=5x125x23x2 2X1X2 6X1X

9、3 6x2x3也就是5A=1通过初等变换法，即可将其化为标准形:224y2 9y3 。XnXn 15、设2n元二次型f(X1,X2,X2n)=XX2nX2X2n1试用可逆线性替换法将其化为标准形。解：令XiVly2n1X2y2y2n 10001110即作正交变换 X=CY,二次型f(X1,X2,22y1ynXnVnVn1口，P二Xn1ynyn1X2n1y2y2n10X2ny1y2n111111 10001，X2n)可化为标准型：2 2yn1y2n。3 (0,1,1A6、已知二次型f(X1,x2,X3)=2X123X23x；2ax2x3(a>0)通过正交变换化为标准222型fy12y25y

10、3,求a的值及所作的正交替换矩阵。解：因为原二次型可化为f222y12y25y3,可知原二次型的矩阵的特征值为1,2和5。而原二次型的矩阵为200A=03a。0a3故A的特征方程为20det(EA)=030a0a=(2)(269a2)=0。3kJ因此将此特征方程的解1,2,5代入得：a=2o对于11,求其线性方程组(EA)X0,可解得基础解系为1(0,1,1)T。0 ,可解得基础解系为:对于22,求其线性方程组(2EA)X2(1,0,0)T。0,可解得基础解系为:对于35,求其线性方程组(5EA)X将1,2,3单位化，得2(1,0,0)T，211133(0,.2,2)故正交替换矩阵为:010r

11、/、1C1P=(1,2,3)=-j201c1022练习4、31、判别下列二次型是否为正定二次型：(1)f(x1,x2,x3)=5x26x24x24x1x24x2x3；22(2) f (x1 ,x2, x3) =10x1 2x22x38x1x2 24x1 x3(3)f (x1，x2,x3,x4)=x； x2 4x27x2 6x1 x328x2 x3 ；4x1x4 4x2x32x2x44x3x4。解：(1)二次型f(x1,x2,x3)的矩阵为520A=262024520由于5>0,=26>0,262=84>0,024即A的一切顺序主子式都大于零，故此二次型为正定的。(2)二次型f

12、(x1，x2,x3)的矩阵为10412A=4214°12141412214 =-3588<0 ,141由于10|A|=412故此二次型不为正定的。(3)二次型f(XX2，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:6X2 X3 ；4X2X3 ；(1) f(x1,x2,x3)=X：4x2x22txix210x1x3(2) f(X1,X2,X3)=x；x；5x22tx1X22X1X322(3)f(X1,X2,X3)=2xX22X32x1x2tX2X3解：(1)二次型

13、f(X1,X2,X3)的矩阵为:1t5A=t43。531由于1 t =4t 41t530t 105,t2,t43=t2531但易知不等式组4t20t230t1050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(Xi，X2，X3)的矩阵为：1t1A=t12。125此二次型正定的充要条件为1t/,2-21>0,t1=1t>0,|A|=5t4t>0,4-由此解得：一t0。5(3)二次型f(X1,X2,X3)的矩阵为:210A=11-0|A|=1 >0,2212>0,>0,11解得：<2tJ2。3、设A、B为n阶正定矩阵，证明BAB也是正定矩

14、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C1，C2,有A=C1TC1,B=C2TC2,所以BAB=C2TC2C1TC1C2TC2=(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也为实对称矩阵,而且fXTAX,gXTBX,为正定二次型。于是对不全为零的实数X1,X2,Xn，有XTAX0,XTBX0。故h=XT(AB)X=XTAX+XTBX0,即二次型h=XT

15、(AB)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。1T一一T_1.11从而(A)(A)A即A也为对称矩阵，(A)T(AT)A即A也为对称矩阵。由已知条件可知，存在可逆矩阵C,使得ACTC。1_T_1_1_1T_T_A(CC)C(C)=QQ,*1_1_1TC 1= PTP,其中 Q= (C 1)T ,P=(,C 1)T都为可逆矩阵。A=|A|A|A|C(C)故A-1和A*都为正定矩阵。6、设A为nxm实矩阵，且r(A)=n<n,求证:(1) ATA为m阶正定矩阵；(2) AAT为n阶半正

16、定矩阵。证明(1)因为A为nxm实矩阵，所以AT为mxn矩阵，又r(A)=n<n,因此，方程组AX=O,只有零解。于是对于任意的X。，有AX。则XT(ATA)X=(AX)T(AX)>0。因此，ATA为正定矩阵。(2)因为A为nxm实矩阵，所以AT为nrn矩阵，又r(A)=n<n,因此，方程组ATX=O,有非零解。即存在XoO，有AXo=O。于是对于任意的XO，有XT(AAT)X=(ATX)T(ATX)0。因此，AAT为半正定矩阵。7、试证实二次型f(X1,X2,4)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222f(x1,X2,Xn)=y1y2yr。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 ，使f(x1,x2,xn)=y12y22yr20.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)=y1ysys1yr，s&l