华理线性代数第8册参考答案

1、华东理工大学线性代数作业箭(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.填空题(1)设三阶矩阵A的行列式为0,且有两个特征值为1,-1,矩阵A与B合同，B与C合同，则矩阵C是阶矩阵,其秩r(C)=.解：三，2.(2)设n阶矩阵A与正交阵B合同，则r(A)=.解：n.因B为正交阵，故B可逆.A与B合同即存在可逆矩阵C,使得CtAC=B,故r(A)=r(B)=n.nn(3)二次型f(x1,x2,xn)=nZx,2-(Zx,)2,则此二次型的i1i1矩阵A=,二次型的秩为,二次型的正交变换标准型为.1/10n-1-1.-1-1n-1-199o斛：，n-1,ny1+ny2+-+ny；

2、，-1-1.n-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.(4)二次型f(x)=xTAx,其中At#A,则二次型的矩阵为解：3,椭圆柱面.提示：二次型的矩阵A3毋的秩为2,故|A|=0,由此可求得c=3.再求出A的特征值为兀=0,%=4,%=9,即标准型为f=4y1+9y；,由止匕知f(Xi,X2,X3)=1为椭圆柱面.2_2-22 .已知一次型f(Xi,X2,&)=2xi+3x2+3&+2ax2X3

3、(a>0)通过正交变换化成标准型f=y12+2y22+5y32,求a的值及所用的正交变换矩阵Q.200解：二次型的矩阵为A=03a,A=2(9-a2),由：。a/101A=%即2(9-a2)=10得a=2.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。分别求出对应的特征向量£=0,1,-1T,=1,0,0T,£=0,1,1T并把它们单位r1010化，得正交变换矩阵为Q二%03 .已知二次曲面方程X2+ay2+z2+2bXy+2xz+2yz=4可以通过正交变换xly=P-zj百nF化为椭圆柱面M+4,2=4.求a,b的值和正交矩阵Q.1b10解：

4、由A=ba1与8=1相似，故：111J一4jt(rAg)BA=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:=1,0,1T,%=1,-1,1T,4=1,2,1T,显然他们两两正交，把它们单位化，可得正交变换矩阵为Q=01-1忑6.2正定二次型与正定矩阵1 .选择题2 -1-1(1)设矩阵A=卜12-1,B=000,则人与B().-1-12_0021(A)合同，但不相似；(B)合同，且相似；(C)不合同，也不相似；(D)不合同，但相似.解：A.4/10(2)下列二次型中，正定的二次型是().222(A.)fx1一X2+X32xiX2+2X1X36X2X3,(B)f=3xx

5、2+x2x3+x3x1；222cfhi”-X2X4jrX2-X32x4jrX3-2x4；222dfhi、X2-X3)一X2-2x31rX2X3.解：D.(3)设n阶方阵A,B都正定，则下述选项不正确的是().(A)A+B正定；(B)AB正定；(C) !|A正定；(D)A*+B正定.一B解：B.AB未必对称，故不正定.(4)与“实二次型f(x)=xTAx(其中At=A)是正定的”等价的选项是().(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=ptp；(D) A的特征值均不小于零.解：C.(5)若用A<O表示A为负定矩阵，则下述选项正确的是

6、().(A)若A<O,则A<0;(B)若A<O,则A的顺序主子式均小于零；(C)若A<O,则对任意与A同阶的可逆阵C都有CtAC<O;(D)若A1+A2+.十An<O,则其中至少有一个A<O.5/10解：C.提示：事实上，CTAC<0等价于f=xTCTACx<0(Vx0),即yTAy<0(Vy#0),等价于A<0.2.填空题222(1)一次型f(Xi,X2,X3)=Xi+5x2+5x3+2X1X24X1X3在正父变换下的标准型为f=;而它在非正交变换喧-吆1x=I0敢y下的结果是.0011J解：都是f(X1,X2,X3)=5y；

7、6y20y2.(2)设f(xX2,X3)=2x+x22+x2+2x1X2+tx?X3是正定二次型，则t的取值范围是.解：-<2<t<v2.提示：根据二次型矩阵的各阶顺序主子式大于零求解.(3)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：k>1,X2+x2+x2.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k1.6/103 .设二次型f(x)=xTAx经

8、正交变换x=Py可化为标准型九iyi2+£2y2+十卬y2,证明：二次型g(x)=xTAx+kxTx(kwR)经相同的正交变换x=Py可化为标准型、2、2、2(ik)yi(2k)y2(nk)yn.证：g(x)=(Py)TA(Py)k(Py)T(Py)=yT(PTAP)ykyT(PTP)y/2222.2.2、=(%yi+K2y2+£nyn)+(kyi+ky2+'+kyn)=(九i+k)y；+(%+k)y；+(九n+k)y；.2224 .设一次型f(xi,x2,R)=txi+tx2+tx34xx24x*3+4x2x3,试用正交变换化f为标准型，并讨论当t取何值时f为负定

9、二次型.解：根据第3题的结论，我们只需先求出二次型g=Yx1x2-4x1x3+4x2x3的正交变换矩阵及其标准型。经计算得二次型g的矩阵的特征值为-2,-2,4.对应的线性无关的特征向量为i,i,0T,i,0,iT,-i,i,i.经施密特正交化，单位化可得所求的i近i*6-A/3正交变换矩阵为p=|i/亚-VV6VV3I,而g在正交变换02/V61Qj下的标准型为g=-2y2-2y2+4y；.故有：f(x1,x2,x3)=txjtx2tx：-4x1x24x1x34x2x37/10在正交变换X=Py下的标准型为(t-2)y2+(t-2)y；十(t十4)y2.二次型f为负定二次型，即t-2<

10、0,t十4<0,故有t<Y(也可用顺序主子式来解).5.设矩阵A为任意n阶的实对称阵，试分别确定实数t的取值范围，使得tI+A是1)正定矩阵；2)负定矩阵；3)不定矩阵；4)不可逆矩阵.解：因A为n阶实对称矩阵，故一定存在正交矩阵P,使得：PTAP=diag(九1包,，九n),其中%£%Wn(i=1,2,，n)为矩阵A的特征值.于是有：PT(tIA)P=diag(t,t2,tn),故：1) 当ta-九时，tI+A为正定矩阵；2) 当t<-儿时，tI+A为负定矩阵；3) 当九n<t<-%时，tI+A为不定矩阵；4) 当tE-%,-，-2,，-，n时，tI+

11、A为不可逆矩阵.6.设A为n阶实对称阵，试证：如果A是正定阵又是正交矩阵，则A=I.证：(证法一)因为A为n阶实对称阵，故存在可逆阵P,使PAP=diag(上1J-2,，&n),其中%,%人是A的特征值.因为A正定且正交，所以8/101%>0（i=1,2,HI,n）,且一为A也即A丁的特征值；由于A的,i一一1.属于'的特征向量与A的属于儿的特征向量相同，故有,i1A11Lil1PAP=diagL，,川,丁.|_儿人2n.n又由P'AP=P'ATP=P/AP可得.11.1diag（%,%,lll,Ln）=diag一,一川，一.%2.2丸n_1所以%=（=1

12、,2川n）,由九i>0得川=1（i=1,2*|,n1即,iPAP=I,故A=PIP=I.（证法二）由AAT=I及A=AT,得A2=I,即AIA-I=O,因为A正定，所以-1不是A的特征值，即A+I#0,所以A+I可逆，从而A-1=O,即A=I.7.n阶实对称矩阵A,B均为正定矩阵，试证明：乘积矩阵AB正定的充分必要条件是A,B可交换.证：“必要性”显然；“充分性”由题设，知AT=A,BT=B;再由AB=BA,可知（AB）T=BTAT=BA=AB,故AB是对称矩阵.由正定矩阵的判别定理知，存在可逆矩阵C,D,使成立9/10A=CtC,B=DtD于是ab=ctcdtd,进而成立(Ct)(AB)Ct=CDtDCt=(DCt)t(DCt)由c,d均可逆，知矩阵(DCT)T(DCT)正定，故而其特征值全大于零.结合它相似于AB,即知AB的特征值全大于零.综合即得，AB正定.10/10解：1(a+At).提示：A不是二次型的矩阵，因A不是对2称阵。注意到f(x)=xTAx的值是一个数，即f(x)=fT(x),故有1.TT1_.1Tf(x)=-f(x)+fT(x)=xT-(A+A)x.而(A+At)为对称阵.(5)