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1、第六章 二次型将下列1-3题的二次型表示成矩阵形式。1.解：2.解：3.解：4.设元二次型的矩阵为阶三对角对称矩阵，试写出二次型（二次齐次多项式）的表示式。解：。5.若二次型对一切恒有，证明为阶零矩阵。证明：取(其中第个分量为1，其余分量全为零)，则有。再取(其中第和第个分量为1，其余分量全为零)，则有。所以，的个元素全为0，即为阶零矩阵。6.设均为阶对称矩阵，且对一切有，则。证明：由，对一切恒有。利用上题结果得。7.设，且它们都是阶实对称矩阵，下列结论成立吗？(1) ； (2) 解：(1)不成立；如，此时，与不合同。(2)成立。由(其中为可逆矩阵)，得，其中仍然可逆，所以结论成立。8.用正交

2、变换，将下列二次型化为标准形，并求正交矩阵：(1) 解：二次型对应的矩阵为的三个特征值为。由，求得对应的特征向量为由，求得对应的特征向量为由，求得对应的特征向量为因是分别属于三个不同特征值的特征向量，故正交。单位化，令，有。(2) 解：二次型对应的矩阵为由，求得对应的特征向量为正交化，得再单位化，得由，求得对应的特征向量为单位化，令，则。9.设，求正交矩阵，使得为对角矩阵。解：利用7(2)分块矩阵合同的结论，令，其中。对，存在可逆矩阵，使得；对，存在可逆矩阵，使得。不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化。取，令 ，则有 。10.用配方法将下列二次型化为标准形，并写出所用的坐标变换：(1)

3、 解： 令则这样，二次型化为标准形，所用的坐标变换为，其中。(2) 解：因为二次型中没有平方项，无法配方，所以先做一个坐标变换，使其出现平方项。根据，利用平方差公式，令则令则这样，二次型化为标准形，所用的变换为和，即，其中，。(3) 解： 令 则 这样，二次型转化为标准形，所用的变换为，其中。11.用初等变换法将下列二次型化为标准形，并求相应的坐标变换。(1) 解：，则初等变换可以写成于是，做坐标变换，其中，则二次型化为标准形。(2) 解：，则初等变换可以写成于是，做坐标变换，其中，则二次型化为标准形。(3) 解：，则初等变换可以写成于是，做坐标变换，其中，则二次型化为标准形。12.设为可逆矩

4、阵，且，问：对角矩阵的对角元是否都是的特征值？并说明理由。解：对角矩阵的对角元不一定都是的特征值，当为正交矩阵时，对角矩阵的对角元一定是的特征值。13.设阶实对称矩阵的秩为，试证明：(1)存在可逆矩阵，使得，其中。(2) 可表示为个秩为1的对称矩阵之和。证明：(1) 实对称矩阵存在正交矩阵，使得为对角矩阵，其中为的非零特征值。(2) 由(1)的结论，有，其中(第个元素为，其余元素全为0，)，则 ，其中是秩为1的实对称矩阵，因为14.设阶实对称幂等矩阵()的秩为，试求：(1) 二次型的一个标准形；(2) .解：(1) 由课本P240例4可知，对阶实对称幂等矩阵，存在正交阵()，使得(1是重特征值

5、，0是重特征值)。令，则为二次型的一个标准形。(2) 由，得()，于是，且15.设阶实对称矩阵的正负惯性指数都不为零，证明：存在非零向量和，使得和。证明：设的正、负惯性指数分别为，则存在可逆阵，使得，其中1的个数为，(-1)的个数为。令，则。取(第个分量为1，其余分量全部为0)，(第一和第个分量为1，其余分量全部为0)，代入，则得。16.设是奇数阶实对称矩阵，且。证明：存在非零的向量，使。证明：若矩阵的全部(奇数个)特征值都小于或等于零，则的行列式(等于所有特征值的乘积)也小于或等于零，这与已知的矛盾。所以存在特征值(不妨设)。由于是实对称矩阵，存在正交阵，当时，有。取，代入，则。或 设特征值

6、所对应的特征向量为，即，则。17.把11题中的二次型化为规范形，并求变换矩阵。解：(1) 令即故。又由于，所以做坐标变换，其中，二次型化为规范形为。(2) 令即故。又由于，所以做坐标变换，其中，二次型化为规范形为。(3) 令即故。又由于，所以做坐标变换，其中，二次型化为规范形为。18.对9题中的矩阵，求可逆矩阵，使成为规范形。解：在第9题中求出正交矩阵，使得。故，因此，取可逆矩阵使。19.证明6.3节末尾的结论(i)。证明：即要证“两个实对称矩阵合同的充要条件是有相同的正惯性指数和相同的负惯性指数”，首先证必要性。由惯性定理知，对于实对称矩阵分别存在可逆矩阵，使得，其中。由于，故存在可逆矩阵，

7、使得，所以。因此，存在可逆矩阵和，将化为对角阵，由惯性定理知，故有相同的正惯性指数和相同的负惯性指数。充分性：有相同的正惯性指数和相同的负惯性指数，假设分别为和，故，其中有个，有个，其中有个，有个，由传递性知。20.证明6.3节末尾的结论(ii)。证明：即要证“全体阶实对称矩阵，按其合同规范形(不考虑的排列顺序)分类，共有类”。不考虑的排列顺序，只考虑其个数，和的个数不同其合同规范形就不同。假设其中有个，那么的个数可以为，共有种，故按其合同规范形(不考虑的排列顺序)分类，共有类。21.判断下列矩阵是否是正定矩阵：(1) ； (2) ； (3) .解：(1) 令，则的阶顺序余子式为，根据定理6.

8、6可知为正定矩阵。(2) 令，则的阶顺序余子式为，根据定理6.6可知不是正定矩阵。(3) 令，则的阶顺序余子式为，根据定理6.6可知为正定矩阵。22.判断下列二次型是否是正定二次型：(1) ；(2) ；(3) .解：(1) 设此二次型对应的矩阵为，则的阶顺序余子式为，根据定理6.6可知此二次型为正定二次型。(2) 设此二次型对应的矩阵为，则的阶顺序余子式为，根据定理6.6可知此二次型为正定二次型。(3) 设此二次型对应的矩阵为，则的阶顺序余子式为，根据定理6.6可知此二次型不是正定二次型。23.用正交变换法化二次型为标准形，并说明它是否正定。在的情况下求正交变换的矩阵。解：二次型对应的矩阵为，

9、由 得：(重)。由此可得正定。由于的每行行和均为，由(其中)得对应的特征向量为。当(重根)时，由的同解方程组，得对应的个线性无关的特征向量：。已经为正交向量组，只须单位化。令，则为正交阵，且为所求的标准形。24.对上题中时的二次型矩阵，求正定矩阵，使得.解：当时，取，则。所以。令正定矩阵，则。25.求下列二次型中的参数，使得二次型正定：(1) ；(2) .解：(1) 设此二次型所对应的矩阵为，若要使二次型为正定二次型，则要求的阶顺序余子式均大于零，即，由此可得。(2) 设此二次型所对应的矩阵为，若要使二次型为正定二次型，则要求的阶顺序余子式均大于零，即，由此可得。26.用矩阵的特征值和特征向量

10、的定义及正定二次型的定义，证明正定矩阵的特征值大于零。证明：设为正定二次型，则根据正定二次型的定义，对于任意的非零向量，恒有。设为矩阵的对应于的特征向量，则，于是，所以正定矩阵的特征值大于零。27.若是可逆矩阵，用定义证明：是正定矩阵。证明：，因为可逆，所以，且，因此，矩阵正定。28.设是正定矩阵，是实可逆矩阵，证明：是实对称矩阵，而且也是正定矩阵。证明：由于，所以是实对称矩阵。由于，即存在可逆矩阵，使得，根据合同的定义知与合同，故与具有相同的正惯性指数。由于是正定矩阵，所以的正惯性指数为，因此的正惯性指数也为，由此可得为正定矩阵。29.设是正定矩阵，证明的伴随矩阵也是正定矩阵。证明：由于是正

11、定矩阵，所以的特征值均大于零，且，而的特征值为，故的特征值均大于零，所以也是正定矩阵。30.设均是阶正定矩阵，都是正数，用定义证明也是正定矩阵。证明：由于均是阶正定矩阵，所以对于任意的，。由于都是正数，所以，因此，也是正定矩阵。39.设是实对称矩阵，证明：当充分大时，是正定矩阵。证明：设是实对称矩阵，是的个特征值，则的个特征值是，这样，当时，均大于零，故是正定矩阵。40.设阶实对称矩阵的特征值为，问：满足什么条件时，为正定矩阵。解：的个特征值为，所以的个特征值为，则当时，均大于零，此时为正定矩阵。41.证明：因为正定，所以，存在可逆阵，使得.因为，所以，为实对称阵。于是，存在正交阵(注意)，使

12、得,其中为的特征值。令，则于是，和都成对角形。42.设皆为正定矩阵，且，证明是正定矩阵。证明：显然AB是对称阵。下面证明AB是正定阵由于A正定，故对称，因此存在正交阵C，使得B正定，根据28题可知也是正定阵，故存在正交阵D，使得，即 (1)对两边同时左乘，右乘D，可得，即 (2)(1)(2)两式相乘即得由于为正定阵，故可以有归纳法得出的顺序主子式均大于零，由此即可得到AB是正定阵。44.设是阶正定矩阵，证明：。证明：将分块为，其中。因为正定，的阶顺序主子式，所以，矩阵正定(也正定)，且可逆。对分块矩阵做初等行变换，将矩阵化为上三角块阵，即。上式两边取行列式(上三角块矩阵的行列式等于对角块的行列

13、式的乘积)，得。因为也正定，当时，有，所以。同理，在中，有，以此类推，得，其中，所以。45.设是阶实可逆矩阵，证明：。证明：作，由于可逆，故由合同的定义可知，因此为正定矩阵，且，。又由44题结论可得，即。46.已知通过正交变换可化为标准形，试求参数及正交矩阵。解：设二次型对应的矩阵为，根据题设条件可得，故 。当时，的三个特征值为。由，求得对应的特征向量为由，求得对应的特征向量为由，求得对应的特征向量为因是分别属于三个不同特征值的特征向量，故正交。单位化，令，有。当时，的三个特征值为。由，求得对应的特征向量为由，求得对应的特征向量为由，求得对应的特征向量为因是分别属于三个不同特征值的特征向量，故正交。单位化，令，有。47.已知的秩为2.(1) 求； (2) 方程表示何种二次曲面。解：设二次型所对应的矩阵为，则，故，即。因此，。下面求的特征值：的特征方程为由此可得的全部特征值为。做正交变换，原二次型化为标准形，则方程表示椭圆柱面。48.设，为实数，为单位矩阵。求对角矩阵，使并问：为何值时，为正定矩阵。解：由于为实对称矩阵，故由定理5.12知，存在正交矩阵，使得。下面求的特征值：的特征方程为，故的特征值为。因此，存在正交矩阵，使得。由于所以存在正交矩阵，使得，即。要使为