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文档简介

6.1

A

(1)(2)(40A的特征值为12213（AiI）x0得对应于

11， T T单位化后得1 22T2 2令Q

3QQTAQ

xQyf2y2y24y 0 0（2

A

,由AI

(1)2(1)2

得A的特征值为

0

121,34（AiI）x0111

。12112

1令Q

3 4

1121200

QxQy

QTAQ

11fy2y2y2y2 A6.3f令 yyf 准形的 惯证：因AQx=QyfyT

AQyyT（y2y2y 即xTxyTy x0,因为A正定，BxTAx0,xTBxxT(AB)xxTAxxTBx得证AB

1f5x21 A

0x1x3x4xxx x32x4x x4，使得f=0，故而f是半T证：设AA36A211A故1或2证：因A正定，所以A的所有特征值iA+I的特征值i+1A

nn(i1)A

1（1A

2

t0A0 1t2

545t24t0解得5t0 （2：

10t

t0A02解得1t0

1

2t2t(t1)(t2)9 86.10

A

10A3kA相似于

,由trA)tr(),即得123k24，k4 8此时，A 10，三个特征值为

7

3线性方程组AiI)x0，得对应于1，2，333113

21T

12T2单位化后，可得2

1 3

222

13

2T，令Q

1

2g9x23x24xx16xx20x

1 1 216x

yf

k11y2k7y2k16y2f 必须有k110k70k160综合得k116.111BTAB正定，所以xRnx0xT(BTAB)x(Bx)TA(Bx)0ABx0Bx0只有零解，故r（B）=n。2BTAB故r(BTAB)n又r(BTAB)r(B)n,r（B）=n。证法3:BTAB,BTAB0，于是齐次线性方程组(BTAB)x0Bx0的解都是(BTAB)

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