华东理工大学本科生线性代数第八册

1、华东理工大学本科生线性代数第八册华东理工大学线性代数作业簿(第八册)学 院 专 业班 级学 号 姓 名任课教师6.1 二次型及其标准型1. 设矩阵 A与B 合同，则下述选项正确的是 ( ).( A) r(A) r(B)； ( B) | A| |B|；( C) tr(A) tr(B)； ( D) A与 B 有相同特征值 .解： A. 提示： A与 B合同即存在可逆矩阵 C，使得 CTAC B， 故 r(A) r(B).nn2设二次型 f (x1,x2, ,xn) n xi2 ( xi )2, 则此二次型的矩i 1 i1阵 A , 二次型的秩为 , 二次型的正交变换标准型为 .解：22， n 1

2、， ny1 ny22 nyn1 1 . n 1z12 z22zn2 1. 提示：二次型的秩就是二次型的矩阵的秩，也 是其标准型中非零项的个数（注：标准型不唯一） 。因此求二次 型的秩有两种方法， 1） 直接求二次型的矩阵 A的秩， 2）先求 A 的特征值， A 有几个非零特征值（重根按重数计算） ，二次型的 秩就是几 .3. 设实二次型 f(x) xT Ax, 其中 AT A ，则二次型的矩阵为1解 ： (A AT ) . 提 示 ： f(x) xT Ax 的 值 是 一 个 数 ， 即 T 1 T T 1 Tf(x) f T (x)，故有 f (x) f(x) f T(x) xT (A AT

3、 )x。而 11(A AT ) 为对称矩阵 .4. 若 n元( n 2)实二次型 f (x) xTAx (其中 AT A)的正交变换 标准型为 y12 2y22 ，则 A ，矩阵 A的迹为 .解： 0, 1. 提示： A的特征值为 1 1, 2 2, 3 . n 0， nn根据 i tr(A), i A 易得.i 1 i 12225. 若 二次 型 f(x1,x2,x3) 5x12 5x22 cx32 2x1x2 6x1x3 6x2x3 的 秩为 2，则参数 c的值为 ， f (x1,x2,x3) 1表示的曲面为.解：3, 椭圆柱面 . 提示：二次型的矩阵 A3 3的秩为 2，故| A | 0

4、，由此可求得 c =3。再求出 A的特征值为 1 0, 2 4, 3 9，即标准型为 f 4y22 9 y32 ，由此知 f (x1, x2 , x3) 1为椭圆柱面6.已知二次型 f (x1,x2,x3)2x1223x223x32222ax2 x3(a0) 通过正交变换化成标准型fy12y25y3，求参数 a 及所用的正交变换矩阵 .200解：二次型的矩阵为 A03a，且A2(9 a2) ，由0a3A1 2 3即 2(9 a 2) 10得a2。A 有三个不同的特征值1,2,5, 故对应这三个特征值的特征向量线性无关。分别求出属于 这三个特征值的特征向量 1 0,1, 1T, 2 1,0,0T

5、 , 3 0,1,1T并把它们单位化，得正交变换矩阵为 Q01217. 已知二次曲面方程 x 22 ay2z2 2bxy 2xz 2yz 4可以通过正交变换x yPz化为椭圆柱面方程 2 42 4 。求 a, b 的值和正交矩阵 P.221 b 1 0解 : 由 A b a 1 与 B相似，故 tr(A) tr(B) 5 ，1 1 1 4A B =0，进而得 a 3, b 1. 代入后分别求出 A的线性无关的特征向量 1 1,0, 1T ,2 1, 1,1T,31,2,1T , 并把它们单111236位化，可得正交变换矩阵为P0132.6.1112366.2 正定二次型与正定矩阵1. 设 n阶

6、方阵 A, B都正定，则下述结论不正确的是 （ ）A） A B正定；（B） AB正定；AC） A B 正定；（D）A* B 1正定.解： B. AB未必对称，故不正定2与“实二次型 f（x） xT Ax （其中 AT A ）是正定的”等价 的是 .（A） 对任意 x ，恒有 f （x） 0 ；（B）二次型的负惯性指数为零；（C）存在可逆阵 P ，使得 A PT P； （ D） A的特征值均不小于零 .解： C.3. 若用 A0 表示 A为负定矩阵，则下述结论正确的是 ( ).(A) 若 A0，则 A 0;(B) 若 A0，则 A* 0;(C) 若 A 0，则对任意与 A同阶的可逆阵 C都有 C

7、TAC 0;(D) 若 A1 A2 . An 0，则其中至少有一个 Ai 0.解：C. 提示：根据惯性定理可知第三个选项成立 . 事实上,CT AC 0 等价于 f xTCT ACx 0 (x 0), 又等价于 yTAy 0(y 0) ，等价于 A0.4. 设 f(x1,x2,x3) 2x12 x22 x32 2x1x2 tx2x3 是正定二次型，则 t 的取值范围是 .解： 2 t 2 . 提示：根据二次型矩阵的各阶顺序主子式大 于零求解 .5. 设 A为一个三阶矩阵，其特征值为 -1 ，-1 ，2，则当 k满足条件时， f (x) xT (A kI)3x 为正定二次型 , 此时的规范型为解

8、： k 1, x12 x22 x32 . 提示：由 A的特征值为 -1，-1，2 知 (A kI)3 的 特 征 值 为 ( 1 k)3,( 1 k)3,(2 k)3,又f(x) xT (A kI)3x 为正定二次型，其特征值必须全部都大于零，故得 k 1.6. 设 二 次 型 f (x) xT Ax 经 正 交 变 换 x Py 可 化 为 标 准 型 1y12 2y22n yn2 ，证明：二次型 g(x) xT Ax kxTx (k R)经 相 同 的 正 交 变 换 x Py 可 化 为 标 准 型 2 2 2( 1 k)y12 ( 2 k)y22( n k)yn2证明： g(x) (P

9、y)T A(Py) k(Py)T(Py) yT (PT AP)y kyT (PT P)y( 1y12 2y22n yn2 )( ky12 ky22kyn2)( 1 k)y12 ( 2 k)y22( n k)yn2 2227. 设二次型 f (x1,x2,x3) tx12 tx22 tx32 4x1x2 4x1x3 4x2x3，试 用正交变换化二次型 f 为标准型，并讨论当 t取何值时， f 为负 定二次型解：根据上一题的结论，我们只需先求出二次型 f 4x1x2 4x1x3 4x2x3 的正交变换矩阵及其标准型。 经计算得 二次型 f 的矩阵的特征值为 -2,-2,4. 对应的线性无关的特征向

10、 量为1,1,0T,1,0,1T, 1,1,1T . 经施密特正交化，单位化可得所求 1 2 1 6 1 3的正交变换矩阵为 P 1 2 1 6 1 3 , 而 f 在正交0 2 6 1 3 2 2 2变换下的标准型为 f 2y 2 y 4 y 故有： f(x1,x2,x3) tx12 tx22 tx32 4x1x2 4x1x3 4x2x3 在 正 交变 换222x Py 下的标准型为 (t 2) y1 (t 2) y2 (t 4)y3二次型 f 为负定二次型，即 t 2 0, t 4 0,故有 t 4(也可用顺序主子式来解) .8. 设 f(x) xTAx (其中AT A) 为 一个 n 元

11、实 二次型 ，12n 为 A 的 特 征 值， P 为 正 交矩 阵 ， 且PT APdiag( 1, 2, , n ). 试证明：(1)221 x f(x) n x ；(2)f (x) 在 x 1时取到的最大值就等于 A 的最大特征值n证明： 1)令 x Py ，则 f yT PAPy 1y122y22n yn2，故 1 y 22f n y ， 又 x y ，故 1 )得证 .2) 令 x P0,0,0, ,1T ，显然 x 1，代入得 f(x) n由1)得 f(x) n，故 f(x)在 x 1时取到的最大值就等于 A 的最大特 征值 n (同理取 X P1,0,0, ,0T，知 f (x) 在 x 1时取到的最 小值就等于 A 的最小特征值 1)