线性代数二次型习题及答案Word格式文档下载.docx

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B对称

即B为对称矩阵.

3•设A是n阶正定矩阵，B为n阶实对称矩阵，证明：

存在PTAP与ptbp均为对角阵.

证：

因为A是正定矩阵，所以存在可逆矩阵M,使

MtAME

记BiMtBM，则显然Bi是实对称矩阵，于是存在正交矩阵Q,使

diag（i,|||,n）

QTBiQD

CTAi

A2C

阶可逆矩阵

P,使

其中ij||,n为BiMtBM

令P=MQ，则有

的特征值.

ptape,ptbpd

A,B同时合同对角阵

4•设二次型f

m

（aiiXi卅ainXn）2，令A（aij）mn，则二次型

ii

f的秩等于r（A）.

方法一将二次型f写成如下形式：

m......

f（aiiXi卅a.jXj卅a,nXn）2

设Ai=（aiiJ||,aijain）（ii,,m）

（aiiXi

i1

a11

I

Aai1

ami

Ill

III

aij

amj

bl

111

ain

ATA（A「川,AiT,川,A：

）

aijXj|||ainXn）2=

aii

Am

ATAi

1

[（冷|||Xj,川Xn）a（ij]2

an

x1

[（X1,|||xj,

ain）Xj]=（Xl，|||Xj,川Xn）（aTA）

Xn

=XT（ATA）X

因为atA为对称矩阵，所以ATA就是所求的二次型f的表示矩阵.r（ATA）=r（A），故二次型f的秩为r（A）.

方法二设yiaMX!

ainXn,i

YAX，其中X（X1」||,Xn）T，则

fy：

y；

|l|

因为ATA为对称矩阵，所以ATA就是所求的二次型f的表示矩阵.r（ATA）=r（A），故二次型f的秩为r（A）.

5.设A为实对称可逆阵，

f化成规范形•

aiix

1,|||,n•记Y（yi,川,ym）T，于

2TTT

ymYYX（AA）X.

Xj

显然

xtAx为实二次型，则A为正交阵可用正交变换将

设i是A的任意的特征值，因为A是实对称可逆矩阵，所以i是实数，且

0,i1,|||,n.

因为A是实对称矩阵，故存在正交矩阵P，在正交变换XPY下，f化为标准形,

fXTAXYT（PTAP）YYTDYYTdiag（1,|||,i,|||,n）Y1%2IIIiyi2IIIny；

因为A是正交矩阵，显然DPTAP

对角实矩阵，故i21即知i只能是1或

因为A为实对称可逆矩阵，故二次型

设在正交变换XQY下二次型f化成规范形，于是

fxtaxy（qtaq）yy"

yy；

diag（1,卅,1,1,卅，1）.QTAQ，故AQDQT，且有

（*）

diag（1,|||,i,|||,n）也是正交矩阵，由D为1，这表明（*）恰为规范形•

f的秩为n.

曰

yytdy

其中r为f的正惯性指数，

显然D是正交矩阵，由是正交矩阵•

6•设A为实对称阵，

IA|

0，则存在非零列向量

ata

aate,

0.

方法

A为实对称阵，所以可逆矩阵

D

其中i（i

ptap

1,川,n）是A的特征值,

P，使

diag（1,川,订||,n）

|A|0，故至少存在一个特征值

k，使k

，则有

（o,|||,1|||,o）ptap

（反证法）

0,都有xtax

方法二

若X

|A|0矛盾.

7•设n元实二次型fXTAX

由A为实对称阵，则

A为半正定矩阵，故|A|

证明f在条件X12

2

X2

Xn1下的最大值恰

为方阵A的最大特征值.

解：

设1,2,,n是f的特征值，则存在正交变换

fXtAXYt（PtAP）Y1y12

1,2,,n中最大者，当XTXXfX|

X

2y2

PY，

使

nyn

1时，有

XTXYTPTPYYTYy12y22yn21

因此

f

1y1

这说明在x12

x2

xn2=1的条件下

设

Y0

（y1,

yk,,yn）T

则

Y0TY0

22

1y122y22

令X0PY0，则

nynk（y1

y2yn）

k

f的最大值不超过

k.

（0,,0,1,0,

0）T

y2

kyk2

nynk

X0TX0Y0TY1

并且

特征值．

&

设A正定，P可逆，则PtAP正定.

因为A正定，所以存在可逆矩阵Q，使AQtQ,

于是ptapptqtqp（qp）tqp，显然qp为可逆矩阵，且（PtAP）t（QP）tQPptap，即ptap是实对称阵，故ptap正定.

9.设A为实对称矩阵，则A可逆的充分必要条件为存在实矩阵B，使AB+BTA正定.

先证必要性取BA1，因为A为实对称矩阵，则

ABBTAE（A1）TA2E

当然ABBtA是正定矩阵.再证充分性，用反证法.

若A不是可逆阵，则r（A）<

n，于是存在

X00,使AX00

因为A是实对称矩阵，B是实矩阵，于是有

X0T（ABBTA）X0（AX0）TBX0X0TBT（AX0）0

这与ABABBTA是正定矩阵矛盾.

2*1

10.设A为正定阵，则aa3A仍为正定阵.

2*

因为a是正定阵，故a为实对称阵，且a的特征值全大于零，易见a,a,a

2*12*

全是实对称矩阵，且它们的特征值全大于零，故A2,A*,A1全是正定矩阵，A2A*3A为实对称阵•

对X0，有

T2*1T2T*T1

XT（A2A*3A1）XXTA2XXTA*XXTA1X0

即A2A3A1的正定矩阵.

11.设A正定，B为半正定，则AB正定.

显然A,B为实对称阵，故AB为实对称阵•对X0,XTAX0,

XTBX0,因XT（AB）X0,故AB为正定矩阵•

12.设n阶实对称阵A,B的特征值全大于0,A的特征向量都是B的特征向量，则AB正定•

设A,B的特征值分别为i,i（i1,川，n）.

由题设知i0,i0,i1,川，n.

因为A是实对称矩阵，所以存在正交矩阵P（R,川，R,|||,Pn），使

PTAPdiag（1,,i,,n）

即APiiPi,Pi为A的特征向量，i1,,n.

由已知条件Pi也是B的特征向量，故

BPiiPii1,|||i,|||,n

因此ABPiAiP（ii）Pi,这说明ii是AB的特征值，且ii0,i1,卅，n.又因为ABPPdiag（11,,ii,|||,nn）,PTP1.

故ABPdiag（11,|||,i「，nn）P，显然AB为实对称阵，因此AB为正定矩阵.

13•设A（aj）nn为正定矩阵，b1,b2,,bn为非零实数，记

B（ajbbj）nn

则方阵B为正定矩阵.

方法一因为A是正定矩阵，故A为对称矩阵，即aijaji,所以

ajbjbjajibjbi，这说明B是对称矩阵，显然

即B是正定矩阵.

a11b1

Ba21b2bia2&

b2

ainRbn

a2nb2bn

anibnD3.204川annbA

则因为A是实对称矩阵，显然B是实对称矩阵，$|||0

B的k阶顺序主子阵Bk可由A的阶顺序主子阵分别左，右相乘对角阵而

0bn

得到，即

bk

计算Bk的行列式，有

n

BkbiAk0

故由正定矩阵的等价命题知结论正确.

14.设A为正定矩阵，B为实反对称矩阵，则AB0.

因为M是n阶实矩阵，所以它的特征值若是复数，则必然以共轭复数形式成对

出现；

将M的特征值及特征向量写成复数形式，进一步可以证明对于n阶实矩阵M,如

果对任意非零列向量X，均有

XTMX0

可推出M的特征值（或者其实部）大于零.由于M的行列式等于它的特征值之积，故必有

M0.

因为A是正定矩阵，B是反对称矩阵，显然对任意的

非零向量X，均有

XT（AB）X0,

而A+B显然是实矩阵，故AB0.

15.设A是n阶正定矩阵，B为nm矩阵，则r（^AB）=r（B）.

考虑线性方程组BX0与BTABX0，显然线性方程组BX0的解一定是btabx0的解.

考虑线性方程组btabx0,若X。

是线性方程组btabx0的任一解，因此有BTABX00.

上式两端左乘xj有

（BX0）tA（BX。

）0

因为A是正定矩阵，因此必有BX。

0,故线性方程组BX

同解方程组，所以必有r（BTAB）=r（B）.

16.设A为实对称阵，则存在实数k，使|AkE|0.

0与BTABX0是

因为A为实对称阵，

则存在正交矩阵

P1AP

diag（1

川川

i）.

其中i为A的特征值，且为实数，i

1川2

于是

A

Pdiag（1,

i,卅，n

）P1

>

|A

kE||P|

ik

|P1

'

nk

取kmax{|

i|1}，则

（ik）

0，故

|AkE|

k）

17•设A为n阶正定阵，则对任意实数k0,均有|AkE|kn.

因为A为正定矩阵，故A为实对称阵，且A的特征值i0,i1,川，n.则存在正交矩阵P，使

于是对任意

设A为半正定阵，则对任意实数因为A为半正定矩阵，存在正交矩阵P，使

P1APdiag（订卄，

于是对任意k0,有

18.

|AkE||P