2025年考研数学《线代》专项训练试卷

2025年考研数学《线代》专项训练试卷考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、设矩阵$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&a\\b&0&3\end{pmatrix}$，其中$a,b$为常数。(1)求矩阵$\boldsymbol{A}$的秩；(2)若矩阵$\boldsymbol{A}$可逆，求$a,b$应满足的条件；(3)在$\boldsymbol{A}$可逆的情况下，求$\boldsymbol{A}^{-1}$。二、已知向量组$\boldsymbol{\alpha}_1=\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_2=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_3=\begin{pmatrix}2\\1\\t\end{pmatrix}$。(1)当$t$为何值时，向量组$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$线性相关？(2)当$t\neq4$时，证明向量组$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$线性无关，并求向量$\boldsymbol{\beta}=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$在该向量组下的线性组合表示。三、考虑线性方程组$\left\{\begin{array}{l}x_1+2x_2-x_3=1\\2x_1+3x_2+x_3=2\\-x_1+x_2+2x_3=\lambda\end{array}\right.$。(1)当$\lambda$为何值时，方程组有解？(2)当方程组有解时，求其通解。四、设$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&-1&1\\a&3&b\\1&1&0\end{pmatrix}$为三阶矩阵，且存在非零向量$\boldsymbol{x}$使得$\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=3\boldsymbol{x}$。(1)求$a,b$的值；(2)求矩阵$\boldsymbol{A}$的特征值和特征向量；(3)求矩阵$\boldsymbol{A}$的相似对角矩阵。五、设二次型$f(\boldsymbol{x})=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2ax_1x_2+2bx_2x_3+2cx_1x_3$，其中$a,b,c$为常数。(1)若二次型$f(\boldsymbol{x})$的矩阵$\boldsymbol{A}$可逆，求$a,b,c$应满足的条件；(2)若$a=1,b=2,c=1$，将二次型$f(\boldsymbol{x})$化为标准形，并写出所用的可逆线性变换。六、设$\boldsymbol{A}$为$n$阶正定矩阵，$\boldsymbol{B}$为$n$阶可逆矩阵。证明$\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}$也是正定矩阵。七、证明：若向量组$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$线性无关，则向量组$\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_3+\boldsymbol{\alpha}_1$也线性无关。试卷答案一、(1)对矩阵$\boldsymbol{A}$进行初等行变换：$\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&a\\b&0&3\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-br_1}\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&a\\0&-2b&3\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3+2br_2}\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&a\\0&0&3+2ab\end{pmatrix}$矩阵的秩为非零行数。因此：当$3+2ab\neq0$时，$\text{rank}(\boldsymbol{A})=3$；当$3+2ab=0$时，$\text{rank}(\boldsymbol{A})=2$。(2)矩阵$\boldsymbol{A}$可逆的充分必要条件是其行列式不为零。计算行列式：$\det(\boldsymbol{A})=1\cdot(1\cdot3-a\cdot0)-2\cdot(0\cdot3-a\cdotb)+0\cdot(0\cdot1-1\cdotb)=3+2ab$因此，$\boldsymbol{A}$可逆当且仅当$3+2ab\neq0$。(3)当$\boldsymbol{A}$可逆时，即$3+2ab\neq0$，利用初等行变换法求逆矩阵：$\left(\boldsymbol{A}|\boldsymbol{E}\right)=\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&a&|&0&1&0\\b&0&3&|&0&0&1\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_3-br_1}\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&a&|&0&1&0\\0&-2b&3&|&-b&0&1\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_3+2br_2}\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&a&|&0&1&0\\0&0&3+2ab&|&-b&2b&1\end{pmatrix}$$\xrightarrow{\frac{1}{3+2ab}r_3}\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&a&|&0&1&0\\0&0&1&|&\frac{-b}{3+2ab}&\frac{2b}{3+2ab}&\frac{1}{3+2ab}\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_2-ar_3}\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&0&|&\frac{ab}{3+2ab}&\frac{1-2ab}{3+2ab}&\frac{-a}{3+2ab}\\0&0&1&|&\frac{-b}{3+2ab}&\frac{2b}{3+2ab}&\frac{1}{3+2ab}\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_1-2r_2}\begin{pmatrix}1&0&0&|&\frac{1-2ab}{3+2ab}&\frac{-2}{3+2ab}&\frac{2a}{3+2ab}\\0&1&0&|&\frac{ab}{3+2ab}&\frac{1-2ab}{3+2ab}&\frac{-a}{3+2ab}\\0&0&1&|&\frac{-b}{3+2ab}&\frac{2b}{3+2ab}&\frac{1}{3+2ab}\end{pmatrix}$因此，$\boldsymbol{A}^{-1}=\frac{1}{3+2ab}\begin{pmatrix}1-2ab&-2&2a\\ab&1-2ab&-a\\-b&2b&1\end{pmatrix}$。二、(1)设存在不全为零的常数$k_1,k_2,k_3$使得$k_1\boldsymbol{\alpha}_1+k_2\boldsymbol{\alpha}_2+k_3\boldsymbol{\alpha}_3=\boldsymbol{0}$，即$k_1\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}+k_3\begin{pmatrix}2\\1\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$得线性方程组：$\begin{cases}k_1+2k_3=0\\k_2+k_3=0\\2k_1-k_2+tk_3=0\end{cases}$对系数矩阵进行初等行变换：$\begin{pmatrix}1&0&2\\0&1&1\\2&-1&t\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-2r_1}\begin{pmatrix}1&0&2\\0&1&1\\0&-1&t-4\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3+r_2}\begin{pmatrix}1&0&2\\0&1&1\\0&0&t-3\end{pmatrix}$向量组线性相关的充要条件是系数矩阵的秩小于3。因此，当$t-3=0$，即$t=3$时，向量组线性相关。(2)当$t\neq4$时，由(1)中的行变换结果$\begin{pmatrix}1&0&2\\0&1&1\\0&0&t-3\end{pmatrix}$可知，系数矩阵的秩为3，因此向量组$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$线性无关。设$\boldsymbol{\beta}=k_1\boldsymbol{\alpha}_1+k_2\boldsymbol{\alpha}_2+k_3\boldsymbol{\alpha}_3$，即$\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}=k_1\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}+k_3\begin{pmatrix}2\\1\\t\end{pmatrix}$得线性方程组：$\begin{cases}k_1+2k_3=1\\k_2+k_3=2\\2k_1-k_2+tk_3=3\end{cases}$系数矩阵同(1)，其增广矩阵为：$\begin{pmatrix}1&0&2&|&1\\0&1&1&|&2\\2&-1&t&|&3\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-2r_1}\begin{pmatrix}1&0&2&|&1\\0&1&1&|&2\\0&-1&t-4&|&1\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3+r_2}\begin{pmatrix}1&0&2&|&1\\0&1&1&|&2\\0&0&t-3&|&3\end{pmatrix}$由于$t\neq3$，方程组有唯一解。对增广矩阵继续作行变换：$\xrightarrow{\frac{1}{t-3}r_3}\begin{pmatrix}1&0&2&|&1\\0&1&1&|&2\\0&0&1&|&\frac{3}{t-3}\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_1-2r_3}\begin{pmatrix}1&0&0&|&1-\frac{6}{t-3}\\0&1&0&|&2-\frac{3}{t-3}\\0&0&1&|&\frac{3}{t-3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0&|&\frac{t-9}{t-3}\\0&1&0&|&\frac{2t-9}{t-3}\\0&0&1&|&\frac{3}{t-3}\end{pmatrix}$因此，$k_1=\frac{t-9}{t-3}$，$k_2=\frac{2t-9}{t-3}$，$k_3=\frac{3}{t-3}$。所以，$\boldsymbol{\beta}=\frac{t-9}{t-3}\boldsymbol{\alpha}_1+\frac{2t-9}{t-3}\boldsymbol{\alpha}_2+\frac{3}{t-3}\boldsymbol{\alpha}_3$。三、增广矩阵为：$\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\2&3&1&2\\-1&1&2&\lambda\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_2-2r_1}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&3&0\\-1&1&2&\lambda\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_3+r_1}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&3&0\\0&3&1&\lambda+1\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_3+3r_2}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&3&0\\0&0&10&\lambda+1\end{array}\right)$(1)当$\lambda+1=0$，即$\lambda=-1$时，增广矩阵的秩等于系数矩阵的秩，均为2，方程组有解。(2)当$\lambda=-1$时，方程组的增广矩阵为：$\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&3&0\\0&0&10&0\end{array}\right)$$\xrightarrow{\frac{1}{10}r_3}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&3&0\\0&0&1&0\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_2-3r_3}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&0&0\\0&0&1&0\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_1+r_3}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&0&1\\0&-1&0&0\\0&0&1&0\end{array}\right)$$\xrightarrow{-r_2}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&0&1\\0&1&0&0\\0&0&1&0\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_1-2r_2}\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&0&1\\0&1&0&0\\0&0&1&0\end{array}\right)$通解为$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$。四、(1)由$\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=3\boldsymbol{x}$知，$\lambda=3$是$\boldsymbol{A}$的一个特征值，$\boldsymbol{x}$是对应的特征向量。设$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}\neq\boldsymbol{0}$，则$\left(\boldsymbol{A}-3\boldsymbol{E}\right)\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}-2&-1&1\\a&0&b\\1&1&-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$即线性方程组：$\begin{cases}-2x_1-x_2+x_3=0\\ax_1+bx_3=0\\x_1+x_2-3x_3=0\end{cases}$对其系数矩阵进行初等行变换：$\begin{pmatrix}-2&-1&1\\a&0&b\\1&1&-3\end{pmatrix}\xrightarrow{r_1+2r_3}\begin{pmatrix}0&1&-5\\a&0&b\\1&1&-3\end{pmatrix}\xrightarrow{r_2-ar_3}\begin{pmatrix}0&1&-5\\0&-a&b+3a\\1&1&-3\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_1-r_2}\begin{pmatrix}0&1&-5\\0&-a&b+3a\\1&1&-3\end{pmatrix}$要使方程组有非零解$\boldsymbol{x}$，系数矩阵的秩必须小于3。当$a\neq0$时，$\text{rank}(\boldsymbol{A}-3\boldsymbol{E})=3$，方程组只有零解，矛盾。因此，$a=0$。代入$a=0$，系数矩阵变为：$\begin{pmatrix}0&1&-5\\0&0&3b\\1&1&-3\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_2\leftrightarrowr_3}\begin{pmatrix}0&1&-5\\1&1&-3\\0&0&3b\end{pmatrix}\xrightarrow{r_1-r_2}\begin{pmatrix}-1&0&2\\1&1&-3\\0&0&3b\end{pmatrix}$此时$\text{rank}(\boldsymbol{A}-3\boldsymbol{E})=2$，方程组有非零解。取$x_3=1$，则$x_2=3-x_3=2$，$x_1=-x_2=-2$。即$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}-2\\2\\1\end{pmatrix}$是特征值$\lambda=3$对应的特征向量。由$(\boldsymbol{A}-3\boldsymbol{E})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$得：$\begin{pmatrix}-2&-1&1\\0&0&b\\1&1&-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$得$-2x_1-x_2+x_3=0$和$x_1+x_2-3x_3=0$。两式相加得$-x_1-2x_3=0$，即$x_1=-2x_3$。取$x_3=t$，则$x_1=-2t$，$x_2=3-x_3=3-t$。令$t=1$，得特征向量$\boldsymbol{\xi}_1=\begin{pmatrix}-2\\1\\1\end{pmatrix}$。取$x_3=s$，则$x_1=-2s$，$x_2=3-s$。令$s=0$，得特征向量$\boldsymbol{\xi}_2=\begin{pmatrix}0\\3\\0\end{pmatrix}$。因此，$a=0$，$b$可以是任意实数。(2)矩阵$\boldsymbol{A}$的特征值为$\lambda=3,3,\mu$。已知$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}-2\\2\\1\end{pmatrix}$和$\boldsymbol{\xi}_1=\begin{pmatrix}-2\\1\\1\end{pmatrix}$是$\lambda=3$对应的特征向量，且线性无关。令$\boldsymbol{\xi}_2=\begin{pmatrix}0\\3\\0\end{pmatrix}$，易验证$\boldsymbol{\xi}_1,\boldsymbol{\xi}_2$与$\boldsymbol{x}$线性无关。因此，$\lambda=3$至少是$\boldsymbol{A}$的二重特征值。由$\det(\boldsymbol{A})=\lambda_1\lambda_2\lambda_3=3^2\mu=9\mu$，且$\det(\boldsymbol{A})=1\cdot(3\cdot0-b\cdot1)\cdot(1\cdot1-1\cdot0)=-b$。因此，$9\mu=-b$。由特征多项式$\det(\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})=(\lambda-3)^2(\lambda-\mu)$。计算$\mu$：$\det(3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})=\det\begin{pmatrix}2&1&-1\\0&3&b\\-1&-1&6\end{pmatrix}=2\cdot(3\cdot6-b\cdot(-1))-1\cdot(0\cdot6-b\cdot(-1))-1\cdot(0\cdot(-1)-3\cdot(-1))$$=2(18+b)-1(-b)-1\cdot3=36+2b+b-3=33+3b$因此，$33+3b=9\mu$，即$\mu=\frac{33+3b}{9}=\frac{11+b}{3}$。$\boldsymbol{A}$的特征值为$3,3,\frac{11+b}{3}$。特征向量：$\lambda=3$对应的特征向量为$\text{span}\left\{\begin{pmatrix}-2\\2\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-2\\1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\3\\0\end{pmatrix}\right\}$。$\lambda=\frac{11+b}{3}$对应的特征向量可通过求解$\left(\frac{11+b}{3}\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$得到。(3)令$\boldsymbol{P}=\begin{pmatrix}-2&-2&0\\2&1&3\\1&1&0\end{pmatrix}$，则$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{\Lambda}=\begin{pmatrix}3&0&0\\0&3&0\\0&0&\frac{11+b}{3}\end{pmatrix}$。五、二次型$f(\boldsymbol{x})$的矩阵$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&a&c\\a&1&b\\c&b&1\end{pmatrix}$。(1)矩阵$\boldsymbol{A}$可逆的充分必要条件是其行列式不为零。计算行列式：$\det(\boldsymbol{A})=1\cdot(1\cdot1-b\cdotc)-a\cdot(a\cdot1-b\cdotc)+c\cdot(a\cdotb-1\cdotc)$$=1-abc-a^2+abc+abc-c^2=1-a^2-c^2+abc$因此，$\boldsymbol{A}$可逆当且仅当$1-a^2-c^2+abc\neq0$。(2)当$a=1,b=2,c=1$时，$f(\boldsymbol{x})=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2x_2x_3+2x_1x_3$，对应的矩阵为$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&2\\1&2&1\end{pmatrix}$。计算$\boldsymbol{A}$的特征值：$\det(\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})=\begin{vmatrix}\lambda-1&-1&-1\\-1&\lambda-1&-2\\-1&-2&\lambda-1\end{vmatrix}$$\xrightarrow{r_1+r_2+r_3}\begin{vmatrix}\lambda-3&\lambda-3&\lambda-3\\-1&\lambda-1&-2\\-1&-2&\lambda-1\end{vmatrix}=(\lambda-3)\begin{vmatrix}1&1&1\\-1&\lambda-1&-2\\-1&-2&\lambda-1\end{vmatrix}$$\xrightarrow{c_2-c_1}\begin{vmatrix}1&0&1\\-1&\lambda+1&-2\\-1&-1&\lambda-1\end{vmatrix}$$\xrightarrow{c_3-c_1}\begin{vmatrix}1&0&0\\-1&\lambda+1&-1\\-1&-1&\lambda\end{vmatrix}=\lambda\begin{vmatrix}1&0\\-1&\lambda+1\end{vmatrix}=\lambda(\lambda+1)=\lambda(\lambda-1)(\lambda+3)$特征值为$\lambda_1=0,\lambda_2=1,\lambda_3=-3$。对$\lambda_1=0$，求解$(0\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$：$\begin{pmatrix}-1&-1&-1\\-1&-1&-2\\-1&-2&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$得$x_1+x_2+x_3=0$。取$x_2=1,x_3=-1$，则$x_1=0$。特征向量$\boldsymbol{\xi}_1=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}$。对$\lambda_2=1$，求解$(1\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$：$\begin{pmatrix}0&-1&-1\\-1&0&-2\\-1&-2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$得$x_1=x_2=x_3=0$。特征向量$\boldsymbol{\xi}_2=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$。对$\lambda_3=-3$，求解$(-3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$：$\begin{pmatrix}-4&-1&-1\\-1&-4&-2\\-1&-2&-4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$得$4x_1+x_2+x_3=0$和$x_1+4x_2+2x_3=0$。两式相减得$3x_2-x_3=0$，即$x_3=3x_2$。代入第一式得$4x_1+x_2+3x_2=0$，即$4x_1+4x_2=0$，$x_1=-x_2$。取$x_2=1$，则$x_1=-1$，$x_3=3$。特征向量$\boldsymbol{\xi}_3=\begin{pmatrix}-1\\1\\3\end{pmatrix}$。将特征向量单位化：$\boldsymbol{\xi}_1'=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{\xi}_2'=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{\xi}_3'=\frac{1}{\sqrt{11}}\begin{pmatrix}-1\\1\\3\end{pmatrix}$令$\boldsymbol{Q}=\begin{pmatrix}0&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-1}{\sqrt{11}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{11}}\\\frac{-1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{3}{\sqrt{11}}\end{pmatrix}$，则$\boldsymbol{Q}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{\Lambda}=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&-3\end{pmatrix}$。令$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$，则$f(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{y}^T\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{y}=y_2^2-3y_3^2$。所用可逆线性变换为$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$，其中$\boldsymbol{Q}$为上述正交变换矩阵。六、证明$\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}$也是正定矩阵。思路：证明一个矩阵正定，通常有两条主要途径：一是证明其特征值全为正；二是证明它满足定义，即对任意非零向量$\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}$，都有$\boldsymbol{x}^T(\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})\boldsymbol{x}>0$。考虑到$\boldsymbol{A}$是正定矩阵，可以利用其特征值或定义进行证明。证明一（利用特征值）：设$\boldsymbol{A}$是正定矩阵，则$\boldsymbol{A}$的所有特征值$\lambda_i>未知内容：\lambda_i>0$。需要证明$\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}$也是正定矩阵，即证明其所有特征值$\mu_i>未知内容：\mu_i>0$。设$\boldsymbol{A}$的特征值为$\lambda_1,\lambda_未知内容：\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，$\lambda_i>未知内容：\lambda_i>0$。设$\boldsymbol{x}$是$\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{未知内容：\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}$的特征值$\mu_i$，即存在非零向量$\boldsymbol{y}$使得$\boldsymbol{B}\boldsymbol{y}=\mu_i\boldsymbol{y}$。需要证明$\mu_i>未知内容：\mu_i>0$。对$\boldsymbol{B}\boldsymbol{未知内容：\boldsymbol{B}\boldsymbol{y}=\mu_i\boldsymbol{未知内容