考研数学三线性代数（二次型）模拟试卷4

考研数学三线性代数(二次型)模拟试

卷4

一、解答题(本题共18题，每题1.0分，共18分。)

已知二次型f(xi,X2,X3)=(l—a)xi2+(l—a)X22+2x32+2(1+a)x।X2的秩为2。

1、求a的值；

I-aI0

1+。1-a01

标准答案：二次型矩阵A」002」。已知二次型的秩为2,则二次型矩阵A

1-a

的秩也为2,从而|A|=21♦aI-a='8a=0.因此a=0o

知识点解析：暂无解析

2、求正交变换x=Qy,把f(xi,X2,X3)化为标准形；

I10'

II0

标准答案：由⑴中结论a=0,则A」oo2」，由特征多项式|加一A|二

A-J-10

-1A-10

00入々1=0—2)。一一1]=入(九一2产得矩阵A的特征值Q=Q=2,

TT

九3二0。当九=2,由(2E-A)x=0得特征向量囚=(1,1,0),a2=(0,0,1)O当

入=0,由(0E—A)x=0得特征向量a3=(l,—1,0)T,容易看出ai，a2，。3己两两

11

正交，故只需将它们单位化：丫|=、唐(1,1,0)T,Y2=(0,0,1)T,Y3=G(1,—1,

i0

i°G

0)To那么令Q=(yi，72»Y3)=0।0,则在正交变换X=Qy下，二次型

f(xj,X2，X3)化为标准形f(xi，X2，X3)=xTAx=yTAy=2y12+2y22o

知识点解析：暂无解析

3、求方程f(X],X2,X3)=0的解。

JX,.盯=0,

标准答案：由f(X],X2，X3)=x12+X22+2X32+2X12=(X1+X2)2+2X32=O,得L,=00所

以方程f(xi，X2，X3)=0的通解为k(l,一1,0)T,其中k为任意常数。

知识点解析：暂无解析

「3

42-1=6I

4、已知三元二次5^f=xTAx的秩为2,且L1L3-J求此二次型的表达

式，并求正交变换x二Qy化二次型为标准形。

标准答案：二次型XTAX的秩为2,即r（A）=2,所以入=0是A的特征值。

LJL3JIJJIL.jJL】」所以3是A的特征值，（I,2,l）'「是与3对

应的特征向量；一1也是A的特征值，（1,一1,1/是与一1对应的特征向量。

因为实对称矩阵不同特征值的特征向量相互正交，设入=0的特征向量是（xi，X2,

2-1JX)+编+=0，

np,.由方程组'7?=6解

X3），则有（XI，X2，X3）1|」=O,（X],X2，X3）LI」=0,

-ro3-r

A021=061

■。3-J所以A=

出入=0的特征向量是（1,0,一1）T。那么L-lI

o3-iiri!II81

1

06108108-

66

03-1JL-I-18I」因此x^A

x=1

而万百

2

一0q

Q=

而

1

_\__!_

石

(X]2+10X22+X32+16x]X2+2X]X3+16x2X3),令飞后」则经正交变换

x=Qy,有xTAx=yTAy=3y]2-

知识点解析：暂无解析‘

0100"

I000

00y1

5^设矩阵A」。012」有一个特征值是3,求y,并求可逆矩阵P,使

(AP)T(AP)为对角矩阵。

标准答案：因为3是A的特征值，故|3E—A|=8（3—丫―1）=0,解得y=2。于是

000,00O-

10000100

A

0020054

002」由于AT=A,要(AP)T(AP尸pTA2P=A,而A2」0045-是对称矩

阵，即要A2—A,故可构造二次型x」A2x,再将其化为标准形。由配方法，有

X1A2x=x]2+X22+532+542-»-8x3X4=y12+V22+5y32+T2y42，其中yi=X[,y2=X2，V3=X3+-5

4c

J

X4»y4=X4，即1于是

5

9

(AP)T(AP)=PrA2P=LTJ

知识点解析：暂无解析

T

设二次型f(xi,X2,x3)=xAx在正交变换x二Qy下的标准形为y』+y22,且Q的第三列

为停。阴。

6、求A；

标准答案：由题意知Q「AQ=A,其中A=L0」，则人=(5八(»,设Q的其他任一

列向量为(X],X2,X3)L因为Q为止交矩阵，所以(X],x2,X3)停口孝)=0,即

xi+x3=0,其基础解系含两个线性无关的解向量,即为的二(一1,0,1)T,ci2=(0,

1

1,0)To把四单位化得仇="(一1,0,1)T,所以

0I

&o=Q'

01

则

■r-10I

10万0

O-IL!oI

-0I0o

-I0I

22

知识点解析•：暂无解析

7、证明A+E为正定矩阵，其中E为三阶单位矩阵，

标准答案：证明：因为(A+E)T=AT+E=A+E,所以A+E为实对称矩阵。又因为A

的特征值为1,1,0,所以A+E特征值为2,2,1；都大于0,因此A+E为正定矩

阵。

知识点解析：暂无解析

11、若a,0正交且均为单位向量，证明f在正交变换下的标准形为2yJ+y22。

标准答案：设A=2aaT+郎由于网=1,a=ppTa=O,则

Aa=(2aaT+ppT)a=2a|a|2+Ppra=2a,所以a为矩阵对应特征值X|=2的特征向量；

Ap=(2aaT+PPT)P=2a|a|2-p|p|2=p,所以为矩阵对应特征值入2=1的特征向量。而

TTTT

矩阵A的秩r(A)=r(2aa+pp)<r(2aa)+r(pp)=2,所以X3=0也是矩阵的一个特征

值。故f在正交变换下的标准形为2』+丫22。

知识点解析：暂无解析

12、证明：二次型f(x);xTAx在|冈|=1时的最大值为矩阵A的最大特征值。

标准答案：A为实对称矩阵，则存在正交矩阵Q,使得QAQ"=diag(入1，九2,.•.，

猫尸A,其中九1，入2,…，院为A的特征值，不妨设心最大。作正交变换

y=Qx,即x=Qly=QTy,贝ijf=xTAx=yTQAQTy=yTAy=X।y12+A，2y22+.•.+^nyn2»因为

y=Qx,所以当||x||二l时，有l|x|『二xTx=yTQQTy=||y『二l,即y』+y22+...+yn2=l。因

此f^XjyI2+X2Y22+...+Mi2^i(yi2+y22+...+yn2)=Xi<>又当yi=hy3=y2=...=yn=o

时尸fXj,所以fmax=Q。

知识点解析：暂无解析

13、设方阵A］与B］合同，A2与B2合同，证明：1°通」【°"合同。

T

标准答案：因为Ai与&合同，所以存在可逆矩C，使得B。=C|AIC|O同理，

产0］

存在可逆矩C2,使得B2二C2TA2c2。令C」。GL则c可逆，且

4

产。］:产£。卜>0］卜。］产0］.Ctf'°］c「。⑶凤°

I。BJIOC；&cJI。“IocjI。4：j所以IoAt\loB.

合同。

知识点解析：暂无解析

设二次型f(x],X2,X3)=axi2+ax22+(a-l)X32+2x।X3—2x2x3。

14、求二次型f的矩阵的所有特征值；

<10I0-1

0a-10A-aI

标准答案：二次型的矩阵为A」】・1」.则有仇E—A仁-I14一a+l

人一。10A-a

=(X—a)IA-a♦1-II=(入一a)[(X—a)(X-a+l)-2]=(X一a)(X一

a+2)(X一a—1),所有特征值是入尸a,九2二2一2,入3=a+1。

知识点解析：暂无解析

15、若二次型f的规范形为yj+'l,求a的值。

标准答案：若规范形为yZ+yz?,说明有两个特征值为正，一个为0,则由于a—2

<a<a+l,所以a—2=0,即a=2。

知识点解析：暂无解析

16、设A为m阶实对称矩阵且正定，B为mxn实矩阵，为B的转置矩阵，试

证：BTAB为正定矩阵的充分必要条件是r(B尸n。

标准答案：必要性：设BrAB为正定矩阵，所以「(BTAB尸n,又因为

r(BTAB)<r(B)<n,所以r(B尸n。充分性：因(BTABJ二BTAT(BV=BTAB,&BTAB

为实对称矩阵。若r(B)=n,则线性方程组Bx二0只有零解，从而对任意的n维实列

向量x#),有Bx#)。又A为正定矩阵，所以对于Bx#O,有(BX)TA(BX)>0。于是

当x#0,WXT(BTAB)X=(BX)TA(BX)>0,故UAB为正定矩阵。

知识点解析：暂无解析

设D」2T为正定矩阵，其中A,B分别为m阶，n阶对称矩阵，C为mxn矩

阵。

[E.-A'C

17、计算MDP