实对称矩阵与二次型.docx
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实对称矩阵与二次型
第八章实对称矩阵与二次型
课后习题详解
习题8.1
1求正交矩阵使化为对角矩阵,此中为:
（1）
（2）
（3）（4）
（5）（6）
（7）（8）
解:
（1）
因而
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
取,.
（2）
因而
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
取,.
（3）
因而
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
取,.
（4）
因而
代入,
得根底解系,,
正交为:
规范化
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
取,
（5）
因而
代入,
得根底解系,,
正交为:
规范化
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
取,
（6）
因而
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
取,.
（7）
因而
因而.
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
取,.
（8）
因而.
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
代入,
得根底解系,,规范正交化为:
取
.
2.设是阶实对称矩阵,且
（1）证实:
存在正交矩阵,使得.
（2）设,,求正交矩阵,使得.
（1）证实:
由于是阶实对称矩阵,且特点多项式一样,因而,有完整一样的特点值,且存在正交矩阵,使得:
因而.从而有
取是满意前提的正交矩阵.
（2）解:
有一样的特点值，特制值为：
5，-1
关于，代入得：
得根底解系：
规范正交化为:
代入得：
得根底解系：
规范正交化为:
取有
关于，代入得：
得根底解系：
规范正交化为:
代入得：
得根底解系：
规范正交化为:
取有
由〔1〕.
3.设三阶实对称矩阵的特点值为是属于的一个特点向量,求
（1）对应于1的特点向量;
（2）矩阵
解：
〔1〕对应于1的特点向量恰好是跟正交的向量的全部
也确实是方程组
的解得全部，该方程组的根底解系为：
，因而对应于1的全部特点向量为：
不全为零.
〔2〕规范正交化为
规范正交化为
取有
4.设是三阶实对称对合矩阵,假定.求的相似对角形,并求.
解:
由于三阶实对称对合矩阵满意:
因而,即也是正交矩阵.
阐明阐明是的一个特点值,并且特点子空间的维数是1维的.因而是单特点根.又实对称,其特点值均为实数且肯定能够对角化,也是正交矩阵,其特点值只能是,因而其他两个特点值是1（二重根）,的相似对角形为
故的特点值为3,3,1,且对称矩阵,相似于
5.设三阶实矩阵有三个相互正交的特点向量,证实A是对称矩阵.
证实:
三阶实矩阵有三个相互正交的特点向量,故能够对角化,将这三个向量单元化,得一组由特点向量构成的规范正交基,取,那么有
是对角线元素是的特点值构成的对角阵
因而是对称矩阵.
6.证是阶投影矩阵,,令.证实:
（1）
（2）即是在上的正交投影.
（3）正交相似于,此中.
证实:
（1）是阶投影矩阵,因而
因而
（2）显然,将按列分块,
因而,因而即是在上的正交投影.
（3）,因而其特点值只能是,实对称矩阵都能够存在正交矩阵使化为对角矩阵
属于1的特点向量的个数为,属于0的特点向量的个数为,
因而正交相似于,此中.
习题8.2
1.写出以下二次型的矩阵:
（1）
（2）.
解:
（1）
（2）
2.写出以下矩阵对应的二次型：
（1）
（2）
解:
（1）
（2）.
3．用正交交换法化以下二次型为规范形：
（1）
解:
（1）对应的对称矩阵为
特点多项式
的特点值为
代入
的根底解系:
单元化得:
代入
的根底解系:
单元化得:
取有
（2）
对应的对称矩阵为
特点多项式
的特点值为
代入
的根底解系:
单元化得:
代入
的根底解系:
单元化得:
代入
的根底解系:
单元化得:
取有
（3）
对应的对称矩阵为
特点多项式
的特点值为
代入得
的根底解系:
单元化得:
代入得
的根底解系:
单元化得:
代入
的根底解系:
单元化得:
取有
（4）
对应的对称矩阵为
特点多项式
因而,,分不代入求得的特点向量并规范化得:
取有
4．曾经明白二次型经过正交交换化为规范形求的值跟所做的正交交换矩阵.
解:
由曾经明白前提,有二次型的特点值分不为,因而二次型的对应答称矩阵的行列式为从而
时对应答称矩阵
代入:
根底解系:
单元化得:
代入:
根底解系:
单元化得:
代入:
根底解系:
单元化得:
取有
时对应答称矩阵
代入:
根底解系:
单元化得:
代入:
根底解系:
单元化得:
代入:
根底解系:
单元化得:
取有
5曾经明白二次型经正交交换化为，且二次型矩阵对应的线性有关向量为，求二次型
解:
经正交交换化为,因而特点值为1,1,-1
属于的特点向量与正交,故为方程组的解:
单元化:
将正交化:
单元化:
取
因而
6.设是阶实对称矩阵，是的全部特点值，且，证实：
对恣意有
证实:
由于是阶实对称矩阵,因而存在正交矩阵使得
对恣意有
记,那么
因而
7．设是阶实对称矩阵，证实：
存在一正实数，使对恣意，都有
证实:
由上题,取正实数年夜于的一切特点值的相对值即可.
习题8.3
1.用非退步线性交换化以下二次型为规范型,并用矩阵验算一切论断:
（1）
解:
做非退步线性交换
做非退步线性交换
有
验证:
第一个线性交换的矩阵为
第二个线性交换的矩阵
（2）
解:
配方
作非退步线性交换
有
验证:
第一个线性交换的矩阵为
第二个线性交换的矩阵
（3）
解:
做非退步线性交换
作非退步线性交换
有
验证:
第一个线性交换的矩阵为
第二个线性交换的矩阵
（4）
配方
作非退步线性交换
的规范形为
矩阵验证相似上题.
2.用非退步线性交换化以下二次型为规范型,并应用矩阵验算所得论断:
（1）
（2）
3.设二次型,证实:
的秩即是如下矩阵的秩,此中
证实:
因而,二次型的对称矩阵为,而,得证.
4.的秩跟正负惯性指数,此中
解:
由上题,二次型的矩阵为,故为半正定矩阵,此中,
半正定二次型的秩跟正惯性指数一样,均为.
5.证实:
一个二次型能够剖析为两个齐次多项式的乘积的充沛须要前提是,它的秩即是2跟标记差即是0,或许秩即是1.
证实:
依照题意,二次型
假如线性相干,如今无妨设
依照题意,这两个向量均不能够是0向量.无妨设
作非退步线性交换
二次型化为
如今二次型的秩是1
假如线性有关关,如今无妨设
作非退步线性交换
如今二次型化为
再作非退步线性交换
如今二次型化为
因而二次型的秩是2,标记差是0.
二次型的秩即是2跟标记差即是0,或许秩即是1.因而二次型能够经过非退步线性交换
化为
或许
论断得证.
6.假如把实对称矩阵按条约分类,可分为几多类?
解:
把实对称矩阵按条约分类,即看其规范形有几多个即可.而规范形由二次型的秩跟正惯性指数断定
共1类
共2类
共3类
共类
因而加起来共有类
7.证实:
秩为的实对称矩阵能够表成个秩即是1的对称矩阵之跟.
证实:
设
那么存在可逆矩阵使得
此中,是只要第行列的元素为1,其他元素基本上0的阶矩阵.
显然,是秩是1的对称矩阵.
习题8.4
1求推断以下二次型能否正定：
（1）；
（2〕.
解:
（1）对应的对称矩阵为
而显然其1阶跟2阶次序奴才式均年夜于零.
故正定.
（2）对应矩阵为
存在奴才式
因而不正定.（或盘算,即3阶次序奴才式小于0）
2.取什么值时,以下二次型是正定的:
（1）
（2）
解:
对应矩阵为
次序奴才式均年夜于0,即
综合上述前提知:
（2）对应矩阵为
次序奴才式均年夜于0,即
两个不等式结合起来无解.因而,不管取什么值时二次型都不会正定.
3.假如基本上阶正定矩阵,那么也是正定矩阵.
证实:
关于
论断成破.
4.设是正定矩阵,整数证实:
（1）也是正定矩阵;
（2）存在正定矩阵使得
证实:
（1）是正定矩阵,因而存在正交矩阵使得
如今
特点值都年夜于零,因而正定
（2）在
（1）中,存在正交矩阵使得
取即可.
5.设是阶正定矩阵,证实存在一个上三角矩阵,使得.
证实:
是阶正定矩阵,故存在可逆矩阵,,关于
有QR剖析,此中是正交矩阵,是上三角矩阵,这时:
6.设是实对称矩阵,证实当充沛年夜之后,是正定矩阵.
证实:
是实对称矩阵,因而存在正交矩阵使得
，因而，事先的特点值全年夜于0，故正定.
7.设是正定矩阵,证实:
（1）元二次型
此中,是负定二次型;
（2）这里是的阶次序奴才式;
（3）
证实：
（1）由于
双方取行列式
因而
因而负定.
（2）将分块，应用负定，
（3）
8.设是阶正定矩阵,是维向量,是常数,证实二次函数
在处有最小值,且其最小值
证实：
由于是阶正定矩阵，因而存在正交矩阵使得
作线性交换，令有
求驻点后知：
时，也确实是
处最小，代入得
9.设是阶实对称矩阵,且证实:
必存在维向量,使.
证实：
是阶实对称矩阵,且阐明不是半正定矩阵，因而存在非退步线性交换使得且
取此中第个重量为1，其他是0，如今取，显然,且.
10.设二次型,有维向量使
证实:
必存在维向量使.
证实：
依照题意，存在非退步线性交换使得且，
取此中第个重量是1，其他均为0，如今取，显然使
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