线性代数二次型习题及答案

1、.第六章 二次型 1设方阵与合同，与合同，证明与合同. 证：因为与合同，所以存在可逆矩，使， 因为与合同，所以存在可逆矩，使. 令 ，则可逆，于是有 即 与合同. 2设对称，与合同，则对称证：由对称，故.因与合同，所以存在可逆矩阵，使，于是即为对称矩阵. 3设A是n阶正定矩阵，B为n阶实对称矩阵，证明：存在n阶可逆矩阵P，使均为对角阵. 证：因为A是正定矩阵，所以存在可逆矩阵M，使记，则显然是实对称矩阵，于是存在正交矩阵Q，使 令P=MQ，则有同时合同对角阵. 4设二次型，令，则二次型的秩等于. 证：方法一 将二次型f写成如下形式： 设A= 则 于是 故 = = =X(AA)X 因为为对称矩阵

2、，所以就是所求的二次型f的表示矩阵 显然()=(A)，故二次型f的秩为(A) 方法二 设. 记，于是，其中，则. 因为为对称矩阵，所以就是所求的二次型f的表示矩阵 显然()=(A)，故二次型f的秩为(A) 5设为实对称可逆阵，为实二次型，则为正交阵可用正交变换将化成规范形. 证：设是的任意的特征值，因为是实对称可逆矩阵，所以是实数，且. 因为是实对称矩阵，故存在正交矩阵，在正交变换下，化为标准形，即 （*） 因为是正交矩阵，显然也是正交矩阵，由为对角实矩阵，故即知只能是或，这表明（*）恰为规范形. 因为为实对称可逆矩阵，故二次型的秩为. 设在正交变换下二次型化成规范形，于是 其中为的正惯性指数

3、，. 显然是正交矩阵，由，故，且有，故是正交矩阵. 6设为实对称阵，则存在非零列向量，使. 证：方法一 因为为实对称阵，所以可逆矩阵，使其中是的特征值，由，故至少存在一个特征值，使，取，则有 方法二（反证法） 若，都有，由为实对称阵，则为半正定矩阵，故与矛盾. 7设n元实二次型，证明f在条件下的最大值恰为方阵A的最大特征值 解：设的特征值，则存在正交变换，使设是中最大者，当时，有因此这说明在=1的条件下f的最大值不超过 设 则 令，则并且这说明f在达到，即f在条件下的最大值恰为方阵A的最大特征值 8设正定，可逆，则正定. 证：因为正定，所以存在可逆矩阵，使，于是 ，显然为可逆矩阵，且，即是实对

4、称阵，故正定. 9设A为实对称矩阵，则A可逆的充分必要条件为存在实矩阵B，使AB+正定 证：先证必要性取，因为A为实对称矩阵，则当然是正定矩阵再证充分性，用反证法若A不是可逆阵，则r（A）n，于是存在因为A是实对称矩阵，B是实矩阵，于是有这与AB是正定矩阵矛盾 10设为正定阵，则仍为正定阵. 证：因为是正定阵，故为实对称阵，且的特征值全大于零，易见全是实对称矩阵，且它们的特征值全大于零，故全是正定矩阵，为实对称阵. 对，有 即 的正定矩阵. 11设正定，为半正定，则正定. 证：显然为实对称阵，故为实对称阵. 对，因，故为正定矩阵. 12设阶实对称阵的特征值全大于0，的特征向量都是的特征向量，则

5、正定. 证：设的特征值分别为.由题设知. 因为是实对称矩阵，所以存在正交矩阵，使即 为的特征向量，. 由已知条件也是的特征向量，故因此 ，这说明是的特征值，且，. 又因为 .故 ，显然为实对称阵，因此为正定矩阵. 13设为正定矩阵，为非零实数，记则方阵B为正定矩阵证：方法一 因为是正定矩阵，故为对称矩阵，即，所以，这说明B是对称矩阵，显然 = 对任给的n维向量，因为非零实数，所以，又因为A是正定矩阵，因此有 =即B是正定矩阵 方法二 记则因为A是实对称矩阵，显然B是实对称矩阵， B的k阶顺序主子阵可由A的阶顺序主子阵分别左，右相乘对角阵而得到，即计算的行列式，有故由正定矩阵的等价命题知结论正确

6、 14设A为正定矩阵，B为实反对称矩阵，则. 证：因为M是n阶实矩阵，所以它的特征值若是复数，则必然以共轭复数形式成对出现；将M的特征值及特征向量写成复数形式，进一步可以证明对于n阶实矩阵M，如果对任意非零列向量X，均有可推出M的特征值(或者其实部)大于零 由于M的行列式等于它的特征值之积，故必有 因为A是正定矩阵，B是反对称矩阵，显然对任意的非零向量X，均有而A+B显然是实矩阵，故. 15设A是n阶正定矩阵，B为nm矩阵，则r(BAB)=r(B) 证：考虑线性方程组，显然线性方程组 考虑线性方程组，若是线性方程组，因此有 上式两端左乘 因为A是正定矩阵，因此必有，故线性方程组与 是同解方程组

7、，所以必有r(BAB)= r(B). 16设为实对称阵，则存在实数，使. 证：因为为实对称阵，则存在正交矩阵，使.其中为的特征值，且为实数，. 于是 取，则，故 . 17设为阶正定阵，则对任意实数，均有. 证：因为为正定矩阵，故为实对称阵，且的特征值. 则存在正交矩阵，使于是对任意，有 . 18设为半正定阵，则对任意实数，均有. 证：因为为半正定矩阵，故为实对称矩阵，且的特征值，. 则存在正交矩阵，使 ，于是对任意，有 . 19为阶实矩阵，为正实数，记，则正定. 证：，故是实对称矩阵. 对，有，因此有 故 为正定矩阵. 20A是mn实矩阵，若是正定矩阵的充分必要条件为A是列满秩矩阵 证：先证必

8、要性方法一设 是正定矩阵，故 ，有由此，即线性方程组仅有零解，所以r(A)=n，即A是列满秩矩阵方法二 因为 是正定矩阵，故r( )=n，由于所以r(A)=n 即A是列满秩矩阵 再证充分性：因A是列满秩矩阵，故线性方程组仅有零解，X为实向量，有因此显然 是实对称矩阵，所以 是正定矩阵 21设为阶实对称阵，且满足，则为正定阵. 证：设为的任意特征值，为的属于特征值的特征向量，故，则由 有 由 ，故 . .因为为实对称矩阵，故为正定阵. 22设三阶实对称阵的特征值为，其中对应的特征向量分别为，求一正交变换，将二次型化成标准形. 解：设为的属于特征值3的特征向量，由于是实对称矩阵，故满足正交条件 解

9、之可取，将其单位化有 令 .则在正交变换下，将化成标准形为 23设二次型经正交变换化成标准形，求所作的正交变换. 解：由的标准形为，故的特征值为.故 令，则 解之 .由此 对于有 可得的两个正交的特征向量对于，可得的特征向量为将特征向量单位化得则为正交矩阵，正交变换为. 注：因特征向量选择的不同，正交矩阵不惟一. 24已知二次型正定，求. 解：二次型的表示矩阵由正定，应有的各阶顺序主子式全大于0. 故 ，即.解之 . 25试问：三元方程，在三维空间中代表何种几何曲面. 解：记则 设 .则. 故的特征值为. 对于，求得特征向量为.由Schmidt正交化得.对于得特征向量，标准化得 令 则在正交变

10、换下于是为为椭球面. 26求出二次型的标准形及相应的可逆线性变换. 解：将括号展开，合并同类项有 令 即 则可逆变换为在此可逆线性变换下的标准形为. 27用初等变换和配方法分别将二次型 （1） （2）化成标准形和规范形，并分别写出所作的合同变换和可逆变换. 解：先用配方法求解 （1） 令 即 令 则二次型经可逆线性变换化成标准形 若再令 即 令 则原二次型经可逆线性变换化成规范形. （2）先线性变换原二次型化成 令，即. 令，则原二次型经可逆线性变换化成标准形 若再令 即 令 则原二次型经可逆线性变换化成规范形. 用初等变换法求解 （1）设 令 ， 则原二次型经过可逆线性变换化成标准形. 二次

11、型经过可逆线性变换化成规范形. （2）设 令 ， 则原二次型经过可逆线性变换化成标准形二次型经过可逆线性变换化成规范形 28用三种不同方法化下列二次型为标准形和规范形. （1） （2） 解：先用配方法求解 （1） 令 即 令 则二次型经可逆线性变换化成标准形 若再令 即 令 原二次型经可逆线性变换化成规范形. （2） 令 即 令 则二次型经可逆线性变换化成标准形 若再令 即 令 原二次型经可逆线性变换化成规范形.用初等变换法求解 （1）设 令 则原二次型经过可逆线性变换化成标准形. 二次型经过可逆线性变换化成规范形. （2）设 令 则原二次型可经可逆线性变换化成标准形. 可经可逆线性变换化成规

12、范形用正交变换法求解 （1）的矩阵为，由 ，知的特征值为1,2,5.对，解，得，取，单位化，对，解，得，取，对解，得 取，单位化得，令 ，则为正交阵，经正交变换，原二次型化为. （2）的矩阵为 由 知的特征值为.对，解 得 ，取单位化得，对，解 得 . 取 单位化得 . 对，解 得 取 ， 再令 令 ，则为正交阵，经正交变换，原二次型化为. 29判断下列二次型正定，负定还是不定. （1） 解：二次型的矩阵为的各阶顺序全子式.所以二次型是负定二次型. （2） 解：二次型的矩阵为的各阶顺序主子式，所以二次型是正定二次型. （3） 解：二次型的矩阵为的各阶顺序主子式，.所以二次型是不定二次型. 30

13、求一可逆线性变换，把二次型化成规范形，同时也把二次型化成标准形. 解：记，其中取 ，则记 ，其中则 其中 显然都是实对称矩阵，它们的特征值为倍的关系，特征向量相同. 则的特征值为，故的特征值为.以下求的特征向量. 对于，求得，单位化后 对于，求得 由Schmidt标准正交化后得 令 . 则为正交矩阵，且有 令 于是 即 在可逆线性变换下.（注：经验算本题所得是正确的，需要注意的是并不惟一） 31求一可逆线性变换，将二次型化成二次型. 解：， ， 将分别作合同变换如下： 在可逆线性变换下 其中 在可逆线性变换下.其中 由 得令 在可逆线性变换下. 32A是正定矩阵，AB是实对称矩阵，则AB是正定

14、矩阵的充分必要条件是B的特征值全大于零 证：先证必要性设 为B的任一特征值，对应的特征向量为 且有用左乘上式有因为AB，A都是正定矩阵，故于是，即B的特征值全大于零再证充分性因为A是正定矩阵，所以A合同于单位矩阵，故存在可逆矩阵P，使 （1）由AB是对称矩阵，知也是实对称矩阵，因此存在正交矩阵Q，使 （2）即有 （3）其中是的特征值 在（1）的两端左乘，右乘Q有这说明互逆，也就是说将上式代入（3），说明矩阵B与对角阵D相似，故它们的特征值相等；由条件知B的特征值全大于零，因此对角阵D的特征值也全大于零 由（2）知AB与D合同，因此AB的特征值全大于零 33设为阶实正定阵，证明：存在可逆阵，使且

15、，其中为的个实根. 证：因正定，故存在可逆矩阵，使 因正定，故存在可逆矩阵，使于是易见为正定矩阵，不妨设它的特征值为.则 故 即 为的几个实根. 由 为正定阵，知其为实对称矩阵，所以存在正交矩阵，使 令 ，则 34设为阶实正定阵，为阶实半正定阵，则. 证：因为是阶正定矩阵，所以存在阶可逆矩阵，使得. 因为是阶半正定阵，则仍是实对称半正定阵，故存在正交阵，使得其中 为的特征值，且有 令，则为可逆矩阵，于是上式两端取行列式，得因 ， 故 . 35设均为实正定阵，证明：方程的根全大于0. 证：由33题知. 其中为正交矩阵，它的特征值，故的根全大于0. 36设A为n阶正定矩阵，试证：存在正定矩阵B，使

16、 证：因为A是正定矩阵，所以是实对称矩阵，于是存在正交矩阵P，使其中为A的n个特征值，它们全大于零 令 则 而 令 B=显然B为正定矩阵，且 37设为阶可逆实方阵，证明：可表示为一个正定阵与一正交阵的乘积 证：因为是阶可逆实方阵，故是正定矩阵，所以存在阶正定矩阵，使.于是有这说明是正交阵. 令 则 ，其中是正交矩阵，是正定矩阵. 38A、B 为n阶正定矩阵，则AB也为n阶正定矩阵的充分必要条件是：AB=BA，即A与B可交换证：方法一 先证必要性由于A、B、AB都是正定矩阵，所以知它们都是对称矩阵，因此有 于是即A与B可交换再证充分性 由条件AB=BA得因此AB是对称矩阵 因为是正定矩阵，故它们

17、皆为实对称矩阵，且有可逆矩阵P、Q，使于是 上式左乘Q，右乘得这说明AB与对称矩阵相似；因为P是可逆矩阵，故矩阵是正定矩阵，故它的特征值全大于零，所以AB的特征值也全大于零 综合上述知AB正定 方法二 必要性同方法一，以下证明充分性 由条件AB=BA得因此AB是对称矩阵 由于A正定，所以存在可逆矩阵Q，使A=QQ于是 这说明AB与有相同的特征值 因为B是正定矩阵，易见也是正定矩阵，故它的特征值全大于零，所以AB的特征值也全大于零综合上述知AB正定 39设A、B为实对称矩阵，且A为正定矩阵，证明：AB的特征值全是实数 证：因为A是正定矩阵，故存在可逆矩阵Q，使，于是有 即. 因为B是实对称矩阵，

18、所以也是实对称矩阵，因此它的特征值都是实数，故AB的特征值也都是实数 40设A是正定矩阵，B是实反对称矩阵，则AB的特征值的实部为零 证：因为A是正定矩阵，故存在可逆矩阵Q，使因为B是实反对称矩阵，所以也是实反对称矩阵，因此它的特征值实部为零，故AB的特征值实部也为零 41设A是正定矩阵，B是半正定的实对称矩阵，则AB的特征值是非负的实数 证：由于A是正定的，所以也是正定的，于是存在可逆矩阵P，使得，因此即.由于B是半正定的实对称矩阵，故是半正定的实对称矩阵，因此的根是非负实数于是的根也是非负实数，即AB的特征值是非负的实数 42求证实二次型的秩和符号差与k无关 证：二次型的矩阵为 对矩阵A作

19、合同变换，即把A的第1行的(-2)，(-3)，(-n)倍加到第2，3，n行上；同时把A的第1列的(-2)，(-3)，(-n)倍加到第2，3，n列上，得到与矩阵A合同的矩阵B为 对矩阵B作合同变换，即把B的第2行的倍依次加到第1，3，4，n行上；同时把B的第2列的倍依次加到第1，3，4，n列上，得到与矩阵B合同的矩阵C为由合同变换的传递性，故A与C合同，于是原二次型可经可逆线性变换化简成再作可逆线性变换 于是二次型f化成规范形 显然二次型的秩为2，符号差为0，它们的值均与k无关 43设二次型，其中a、b为实数，问a、b满足什么条件时，二次型f正定 证：二次型 f的矩阵A的各阶顺序主子式的值与它的

20、阶数n的奇偶性有关： （1）当n=2m+1时，二次型f的矩阵为它的各阶顺序主子式为 （2）当n=2m时，二次型f的矩阵为它的各阶顺序主子式为综合（1），（2）可知：当时，二次型f是正定的 44设A为n阶实对称矩阵，r(A)=n,是中元素的代数余子式，二次型 （1）记，把写成矩阵形式，并证明二次型f（X）的矩阵为 （2）二次型与f(X)的规范形是否相同？说明理由 证：方法一 （1）因为A是实对称矩阵，故由r(A)=n, 故可逆，且二次型的矩阵形式为从而. 故也是实对称矩阵，因此二次型f(X)的矩阵为 （2）因为，所以A与合同，于是二次型与f(X)有相同的规范形 方法二 （1）同证法 （2）对二次型作可逆线性变换， 其中则 =由此可知A与合同，二次型与f(