《高等代数》第六章习题及答案

1、习题6.11.写出二次型f(x1, x2,x3)=2x12-x1x2-2x1x3+x22+3x2x3- x32解 所给二次型的对称形式为f(x1, x2,x3)=2x12-1/2x1x2-x1x3-1/2 x2x1 +x22+3/2x2x3-x3x1 +3/2x3x2- x32二次型的矩阵为2.求二次型f(x1, x2,x3)= 的秩解 原二次型即是f(x1, x2,x3)= ，其矩阵的秩显然为2，所以该二次型的秩为23.证明定理6.1.2即二次型的等价（矩阵的合同）具有反身性、对称性、传递性（略）习题6.21.化下面二次型为标准形，并写出所用的非退化的线性替换 f(x1, x2,x3)=2x

2、12-4x1x2+4x1x3+3x22-2x2x3-2x32 f(x1, x2,x3)=2x12-4x1x2+2x1x3+x22+2x2x3 f(x1, x2,x3)= x1x2-x1x3+x2x3解 f(x1, x2,x3)=2(x12-2x1x2+2x1x3)+3x22-2x2x3-2x32=2(x1-x2+x3) 2+x22+2 x2x3-4x32 =2(x1-x2+x3) 2+(x2+x3) 2-5x32作非退化的线性替换，即得原二次型的标准形为2y12+y22-5y32 f(x1, x2,x3)= 2(x12-2x1x2+x1x3)+ x22+2x2x3=2(x1-x2+1/2x3)

3、 2- x22+4x2x3-1/2 x32 =2(x1-x2+1/2x3) 2-(x2-2x3) 2+7/2x32作非退化的线性替换，即得原二次型的标准形为2y12-y22+7/2y32作变换原二次型变为y12-y22-2y2y3=y12-(y2+y3) 2+y32再令，即=得原二次型的标准形为z12-z22+z322.秩是r的（复）对称矩阵，可表示成r个秩是1的对称矩阵的和解 设A是nn对称矩阵，则A对应的二次型通过非退化的线性替换可变成标准形，即存在可逆矩阵C，使A通过合同变换变成对角矩阵，对角线上的非零元素得数目正是A的秩r从而有=+上式右端是r个秩是1的对称矩阵的和，记作1，2，r，则

4、有A=(C-1)T1C-1+(C-1)T2C-1+(C-1)TrC-1记B1=(C-1)T1C-1，B2=(C-1)T2C-1，Br=(C-1)TrC-1，由于C-1是可逆矩阵，所以Bi的秩等于i的秩等于1，i=1,2,r，故A可表示成r个秩是1的对称矩阵的和习题6.31.设XTAX(AT=A)是C上4元二次型，若|A|0，写出该二次型的规范形解 因为|A|0，A的秩为4，所以复数域上的二次型XTAX的规范形为y12+y22+y32+y422.在C上，求习题6.2中，第一题之的规范形解 习题6.2中，第一题之对应的二次型为 f(x1, x2,x3)=2x12-4x1x2+2x1x3+x22+2

5、x2x3对应的矩阵为A=二次型的秩为3，所以起规范形为y12+y22+y323.把合同的复二次型归为一类，四元复二次型一共有几个不同的类？解 可根据二次型的秩来分类，四元复二次型一共有5个不同的类（包括零二次型）习题6.41.求下列实二次型的正惯性指数f(x1, x2,x3)=2x12+2x1x2+4x1x3+4x22+4x2x3+3x32f(x1, x2,x3)=4x1x2-2x1x3解 f=2(x1+1/2x2+x3)2+7/2x22+2x2x3+x32 =2(x1+1/2x2+x3)2+7/2(x22+4/7x2x3)+x32 =2(x1+1/2x2+x3)2+7/2(x2+2/7x3)

6、2+5/7x32作变换 得标准形2y12+7/2y22+5/7y32所以正惯性指数为3作变换原二次型变为4y12-4y22-2y1y2-2y2y3=4(y1-1/4 y2)2-17/4y22 -2y2y3 4(y1-1/4 y2)2-17/4(y2+4/17y3) 2+4/17y32再令，得原二次型的标准形为4z12-17/4z22+4/17z32所以正惯性指数为22.把等价的实二次型归为一类，四元实二次型一共有几个不同的类？解 可先根据四元二次型的秩的不同分，在秩相同的情况下再根据正惯性指数的不同来分类当四元实二次型的秩为0时，正惯性指数只能取0，所以只有1类；当秩为1时，正惯性指数可取0或

7、1，所以有2类；当秩为2时，正惯性指数可取0，1，2，所以有3类；当秩为3时，正惯性指数可取0，1，2，3，所以有2类；当秩为4时，正惯性指数可取0，1，2，3，4，所以有5类总之一共有19种不同的类（包括零二次型）3.证明：如果一个实二次型可以分解成两个一次齐次多项式的乘积，则这个二次型或秩是2，并且符号差是零；或秩是1证 如果一个实二次型f可以分解成两个一次齐次多项式的乘积，即存在不全为零的实数a1，a2，, an和不全为零的实数b1，b2，, bn使f=(a1x1+ a2x2+ +anxn) (b1x1+b2x2+ +bnxn) 作变换 得f=ky1y2再令得标准形f= z12-z22特

8、殊情形下，如果a1= b1 ，a2= b2， an=bn，则作变换得标准形f= y12总之，这个二次型或秩是2，并且符号差是零；或秩是14.设A是实对称矩阵，如果A与-A合同，求XTAX的符号差解 因为A与-A合同，所以二次型XTAX与二次型YT(-A)Y等价，所以它们有相同的规范形，设有非退化的线性替换X=CZ，使XTAX=ZTCTACZ=z12+zp2-zp+12-zp+q2则对二次型YT(-A)Y，另X=CY，使YT(-A)Y= -YTAY= -z12+-zp2+zp+12+zp+q2因为两个标准形的正惯性指数相等，所以应有p=q，从而XTAX的符号差为p-q=05.设A是一个nn实矩阵

9、，证明A是反对称矩阵的充分必要条件是：对任意Rn，都有TA=0证 先证必要性若A是反对称的，则AT=-A，从而对任意Rn，都有TA=0再证充分性若对任意Rn，都有TA=0，记B=，则显然二次型XTBX的标准形中平方项的系数全为0，即二次型的秩为0，从而B=0，故AT=-A6.设A是实对称矩阵，证明：如果|A|0，则存在Rn，使得TA0证 设实二次型XTAX的规范形为y12+yp2-yp+12-yp+q2，则存在可逆矩阵C使CTAC=两边取行列式知 |CTAC|=|CT|A|C|=|C|2|A|0,说明CTAC的对角线中最少有一个-1，即二次型XTAX的规范形中最少有一个平方项的系数为-1，不妨

10、设yk的系数为-1，令Y=第k个，则对应的X0， 使二次型XTAX= y12+yp2-yp+12-yp+q2=-10，TA0，则必定存在0Rn，使得TA=0证 设实二次型XTAX的规范形为y12+yp2-yp+12-yp+q2，则根据已知条件知p,q均大于等于1即存在可逆矩阵C使XTAX=YTCTCY取y1=1，yi=0(i=2,3,p); 取yp+1=1，yp+i=0(i=2,3,q)令两边取行列式知 |CTAC|=|CT|A|C|=|C|2|A|0, XTBX0,从而XT(A+B)X=XTAX+XTBX0,故A+B也是正定的3.判断下列实二次型是否正定：f(x1, x2,x3)=5x12+

11、4x1x2-8x1x3+x22-4x2x3+5x32f(x1, x2,x3)= x12+4x1x2-4x1x3-2x22-4x2x3+x32解 二次型的矩阵为因为50, ,=25+16+16-16-20-20=10,所以，实二次型是正定的 二次型的矩阵为因为10, ,所以，实二次型不是正定的4.设抛物线y=ax2+bx+c开口向上，并且与x轴不相交，证明：三元实二次型f(x1, x2,x3)= x12+ax22+bx2x3+4cx32是正定的证 由抛物线y=ax2+2bx+c开口向上知a0，又，又因抛物线与x轴不相交，所以，所给三元实二次型的矩阵为因为10, ,故三元实二次型f(x1, x2,

12、x3)= x12+ax22+bx2x3+4cx32是正定的5. 三元实二次型f(x1, x2,x3)=(2x1+x2+2x3)2+(3x1-2x2+2x3)2+(5x1-5x2+2x3)2是否正定，为什么？解 令2x1+x2+2x3=0，3x1-2x2+2x3=0，5x1-5x2+2x3=0，解线性方程组有非零解，所以存在XR3，X0，使实二次型f(x1, x2,x3)=(2x1+x2+2x3)2+(3x1-2x2+2x3)2+(5x1-5x2+2x3)2=0所以此二次型不是正定的6.证明：n元实二次型x12+x22+ +xn2+ x1x2+ x1x2+ xn-1xn是正定的证 记所给二次型为f，则当x10时，无论其他xi(i=2,3,n)取何值，显然f0；当x1=0而x20时，显然也有f0；当x1=0，x2=0而x30时，也有f0；，当x1=0，x2=0，xn-1=0而xn0时，也有f0总之，对于任意XRn，若X0，总有实二次型f0，所以所给二次型是正定的7.设a,bR，ab0，证明：是正定的因为ab0,所给矩阵的任意k阶顺序主子式Dk=a+(k-1)b(a-b)k-10所以原矩阵是正定的8.设A，BMatnn(R)，并