线代第六章答案.doc

习题6.11 解 (1) A = (2) A = (3) A = (4) A = 2 解 (1) (2) 3解 二次型f的矩阵 因f的秩为2 , 故R(A) = 2.所以= 0, 由此解得c = 3.4证明 设 作变换 , 即 X=CY 其中, C为非奇异矩阵. 则 又 于是有 , 故A与B合同.习题6.21解 令 即则 为标准形。 令 即则 为标准形。 （4） 令2解 不能。因变换为Y=CX其中变换矩阵,因 故C不是非奇异矩阵.所以Y=CX不是非奇异线性变换。因此不能认为f = 是原二次型的标准形，也不能认为原二次型的秩为3.以下采用配方法化原二次型为标准形: 3解 (1) 二次型矩阵为令 则Q为正交矩阵正交变换为X=QY在此变换下,二次型的标准形为 (3). 二次型的矩阵为故A的特征值为 1= 0, 2= 4, 3= 9由 (1EA)X = 0解得对应于1= 0的特征向量为X1由 (2EA)X = 0解得对应于2= 4的特征向量为X2由 (3EA)X = 0解得对应于3= 9的特征向量为X3因A的3个特征值互异,故X1,X2,X3是正交向量组。单位化得令则Q为正交矩阵,正交变换为X=QY 在此变换下 , 二次型的标准形为 4证明 设两个实对称矩阵为A与B,因A与B具有相同的特征多项式,从而A与B有相同的特征值i ( i = 1,2,n)于是A与B均正交相似于即A与B均合同于.由合同关系的对称性与传递性知,A与B合同.5解 变换前后的二次型的矩阵分别为 因A与B正交相似,于是 即 (2)(26+9a2) = (1)(2)(5)令 =1, 得a24 = 0 a =2因 a 0故 a = 2这时 A = A的特征值为 1 = 1, 2 = 2, 3 = 5由 (1EA)X = 0解得对应1 = 1的特征向量为X1 = 由 (2EA)X = 0解得对应2 = 2的特征向量为X2 = 由 (3EA)X = 0解得对应3 = 5的特征向量为X3 = 单位化得所用的正交变换矩阵为6解 第1题: (1) 令则.正惯性指数为2, 负惯性指数为1，符号差为1. (2) 令则正, 负惯性指数都为1, 符号差为0.(3) 令则正惯性指数为1, 负惯性指数为3, 符号差为2.(4). f已是规范形.正,负惯性指数均为n, 符号差为0.第3题:(1) 令 则正惯性指数为3, 负惯性指数为0, 符号差为3.(2)令 则正惯性指数为3, 负惯性指数为1, 符号差为2.(3) 令 则 正惯性指数为2, 负惯性指数为0, 符号差为2.习题6.31解 (1). A的各阶顺序主子式 2 00 故f正定.(3). A的k ( k = 1, 2, , n ) 阶顺序主子式： 故f正定.2解 (1). 由 (2). 因不等式组 无解，故无论t取何值，原实二次型都不可能是正定的.3证明 （1） 因为A正定. 所以A与单位阵合同.即存在非奇异阵C，使得A = CTEC = CTC 故 (2). 因为A正定.所以A的特征值全为正, 且 于是A1, A*, Ak 的特征值也全为正,故A1, A*, Ak也正定. (3). 作二次型 f = XT（A+B）X = XTAX + XTBX因为A，B正定故对任意实n维非零列向量X都有XTAX 0 , XTBX 0 从而 f 0于是f是正定二次型, 故A + B 正定. 复习题六1解 注: 以上各题亦可用正交变换法化二次型为标准形. 化法略.2解 因为A的k阶顺序主子式： 所以 f 正定.3解 A的各阶顺序主子式4证明 设A的特征值为1,n因为 A正定. 所以 i0 ， (i=1,2,n)因A + E的特征值为 i +11， (i=1,2,n)所以 5证明 因为 BT = (E+ATA)T =E+ATA = B 所以B为n阶实对称阵.对任意的实n维非零列向量X.有 XTBX = XT(E + ATA)X =XTX + XTATAX =XTX + (AX)TAX因为 X 故 XTX 0.(AX)TAX0因此 0时. XTBX 0故B为正定矩阵.6证明 设是A的任一特征值,对应的特征向量为X 因为(A3 + A2 + A3E)X =(3+2+-3)X =0而 X 所以3+2+-3 = 0 解得 =1, =1i因A为实对称阵,其特征值必为实数.故A的特征值只有 = 1 0 所以A为正定矩阵.7证明： 8 证明 由题设知 是不定的，因此它的正、负惯性指数都不等于零。设经非奇异线性变换X = CY 后f 化为 9试证： 10证明 设 B = ATA则B是实对称矩阵. 又因为 f =