线性代数二次型习题及答案.docx

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线性代数二次型习题及答案

第六章二次型

1.设方阵与合同,与合同,证明与合同、

证:

因为与合同,所以存在可逆矩,使,

因为与合同,所以存在可逆矩,使、

令,则可逆,于就是有

即与合同、

2.设对称,与合同,则对称

证:

由对称,故、

因与合同,所以存在可逆矩阵,使,于就是

即为对称矩阵、

3.设A就是n阶正定矩阵,B为n阶实对称矩阵,证明:

存在n阶可逆矩阵P,使均为对角阵、

证:

因为A就是正定矩阵,所以存在可逆矩阵M,使

记,则显然就是实对称矩阵,于就是存在正交矩阵Q,使

令P=MQ,则有

同时合同对角阵、

4.设二次型,令,则二次型得秩等于、

证:

方法一将二次型f写成如下形式:

设A=

则

于就是

故=

==

=X（AA）X

因为为对称矩阵,所以就就是所求得二次型f得表示矩阵.显然（）=（A）,故二次型f得秩为（A）.

方法二设、记,于就是

其中,则

、

因为为对称矩阵,所以就就是所求得二次型f得表示矩阵.显然（）=（A）,故二次型f得秩为（A）.

5.设为实对称可逆阵,为实二次型,则为正交阵可用正交变换将化成规范形、

证:

设就是得任意得特征值,因为就是实对称可逆矩阵,所以就是实数,且、

因为就是实对称矩阵,故存在正交矩阵,在正交变换下,化为标准形,即

（*）

因为就是正交矩阵,显然也就是正交矩阵,由为对角实矩阵,故即知只能就是或,这表明（*）恰为规范形、

因为为实对称可逆矩阵,故二次型得秩为、

设在正交变换下二次型化成规范形,于就是

其中为得正惯性指数,、

显然就是正交矩阵,由,故,且有,故就是正交矩阵、

6.设为实对称阵,,则存在非零列向量,使、

证:

方法一

因为为实对称阵,所以可逆矩阵,使

其中就是得特征值,由,故至少存在一个特征值,使,取,则有

方法二（反证法）

若,都有,由为实对称阵,则为半正定矩阵,故与矛盾、

7.设n元实二次型,证明f在条件下得最大值恰为方阵A得最大特征值.

解:

设得特征值,则存在正交变换,使

设就是中最大者,当时,有

因此

这说明在=1得条件下f得最大值不超过.

设

则

令,则

并且

这说明f在达到,即f在条件下得最大值恰为方阵A得最大特征值.

8.设正定,可逆,则正定、

证:

因为正定,所以存在可逆矩阵,使,

于就是,显然为可逆矩阵,且

即就是实对称阵,故正定、

9.设A为实对称矩阵,则A可逆得充分必要条件为存在实矩阵B,使AB+正定.

证:

先证必要性

取,因为A为实对称矩阵,则

当然就是正定矩阵.

再证充分性,用反证法.

若A不就是可逆阵,则r（A）

因为A就是实对称矩阵,B就是实矩阵,于就是有

这与AB就是正定矩阵矛盾.

10.设为正定阵,则仍为正定阵、

证:

因为就是正定阵,故为实对称阵,且得特征值全大于零,易见全就是实对称矩阵,且它们得特征值全大于零,故全就是正定矩阵,为实对称阵、

对,有

即得正定矩阵、

11.设正定,为半正定,则正定、

证:

显然为实对称阵,故为实对称阵、对,,,因,故为正定矩阵、

12.设阶实对称阵得特征值全大于0,得特征向量都就是得特征向量,则正定、

证:

设得特征值分别为、

由题设知、

因为就是实对称矩阵,所以存在正交矩阵,使

即为得特征向量,、

由已知条件也就是得特征向量,故

因此,这说明就是得特征值,且,、

又因为、

故,显然为实对称阵,因此为正定矩阵、

13.设为正定矩阵,为非零实数,记

则方阵B为正定矩阵.

证:

方法一因为就是正定矩阵,故为对称矩阵,即,所以,这说明B就是对称矩阵,显然

=

对任给得n维向量,因为非零实数,所以,又因为A就是正定矩阵,因此有

=

即B就是正定矩阵.

方法二记

则因为A就是实对称矩阵,显然B就是实对称矩阵,

B得k阶顺序主子阵可由A得阶顺序主子阵分别左,右相乘对角阵而得到,即

计算得行列式,有

故由正定矩阵得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、

证:

因为M就是n阶实矩阵,所以它得特征值若就是复数,则必然以共轭复数形式成对出现;将M得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

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

因为A就是正定矩阵,B就是反对称矩阵,显然对任意得

非零向量X,均有

而A+B显然就是实矩阵,故、

15.设A就是n阶正定矩阵,B为nm矩阵,则r（BAB）=r（B）.

证:

考虑线性方程组,显然线性方程组.

考虑线性方程组,若就是线性方程组,因此有.

上式两端左乘

因为A就是正定矩阵,因此必有,故线性方程组与就是同解方程组,所以必有r（BAB）=r（B）、

16.设为实对称阵,则存在实数,使、

证:

因为为实对称阵,则存在正交矩阵,使

、

其中为得特征值,且为实数,、于就是

取,则,故、

17.设为阶正定阵,则对任意实数,均有、

证:

因为为正定矩阵,故为实对称阵,且得特征值、则存在正交矩阵,使

于就是对任意,有

、

18.设为半正定阵,则对任意实数,均有、

证:

因为为半正定矩阵,故为实对称矩阵,且得特征值,、则存在正交矩阵,使

于就是对任意,有

、

19.为阶实矩阵,为正实数,记,则正定、

证:

故就是实对称矩阵、

对,有,因此有

故为正定矩阵、

20.A就是mn实矩阵,若就是正定矩阵得充分必要条件为A就是列满秩矩阵.

证:

先证必要性

方法一

设就是正定矩阵,故,有

由此,即线性方程组仅有零解,所以r（A）=n,即A就是列满秩矩阵.

方法二

因为就是正定矩阵,故r（）=n,由于

所以r（A）=n.即A就是列满秩矩阵.

再证充分性:

因A就是列满秩矩阵,故线性方程组仅有零解,,X为实向量,有.因此

显然就是实对称矩阵,所以就是正定矩阵.

21.设为阶实对称阵,且满足,则为正定阵、

证:

设为得任意特征值,为得属于特征值得特征向量,故,则

由

有

由,故、

、

因为为实对称矩阵,故为正定阵、

22.设三阶实对称阵得特征值为,其中对应得特征向量分别为,求一正交变换,将二次型化成标准形、

解:

设为得属于特征值3得特征向量,由于就是实对称矩阵,故满足正交条件

解之可取,将其单位化有

令、

则在正交变换下,将化成标准形为

23.设

二次型经正交变换化成标准形,求所作得正交变换、

解:

由得标准形为,故得特征值为、

故

令,则

解之、

由此

对于有

可得得两个正交得特征向量

对于,可得得特征向量为

将特征向量单位化得

则为正交矩阵,

正交变换为、

注:

因特征向量选择得不同,正交矩阵不惟一、

24.已知二次型正定,求、

解:

二次型得表示矩阵

由正定,应有得各阶顺序主子式全大于0、故,即、

解之、

25.试问:

三元方程,在三维空间中代表何种几何曲面、

解:

记

则

设、

则、故得特征值为、

对于,求得特征向量为

、

由Schmidt正交化得

、

对于得特征向量,标准化得

令

则在正交变换下

于就是为

为椭球面、

26.求出二次型得标准形及相应得可逆线性变换、

解:

将括号展开,合并同类项有

令

即

则可逆变换为

在此可逆线性变换下得标准形为

、

27.用初等变换与配方法分别将二次型

（1）

（2）

化成标准形与规范形,并分别写出所作得合同变换与可逆变换、

解:

先用配方法求解

（1）

令即

令

则二次型经可逆线性变换化成标准形

若再令即

令

则原二次型经可逆线性变换化成规范形、

（2）先线性变换

原二次型化成

令,即、令,

则原二次型经可逆线性变换化成标准形

若再令即

令

则原二次型经可逆线性变换化成规范形

、

用初等变换法求解

（1）设

令,

则原二次型经过可逆线性变换化成标准形、二次型经过可逆线性变换化成规范形、

（2）设

令,

则原二次型经过可逆线性变换化成标准形

二次型经过可逆线性变换化成规范形

28.用三种不同方法化下列二次型为标准形与规范形、

（1）

（2）

解:

先用配方法求解

（1）

令即

令

则二次型经可逆线性变换化成标准形

若再令即

令

原二次型经可逆线性变换化成规范形

、

（2）

令即

令

则二次型经可逆线性变换化成标准形

若再令即

令

原二次型经可逆线性变换化成规范形、

用初等变换法求解

（1）设

令

则原二次型经过可逆线性变换化成标准形、二次型经过可逆线性变换化成规范形、

（2）设

令

则原二次型可经可逆线性变换化成标准形、可经可逆线性变换化成规范形

用正交变换法求解

（1）得矩阵为,

由,

知得特征值为1,2,5、

对,解,得,取,单位化,对,解,得,取,对解,得取,单位化得,令,则为正交阵,经正交变换,

原二次型化为、

（2）得矩阵为

由

知得特征值为、

对,解得,取单位化得,对,解得、

取单位化得、

对,解

得

取,

再令

令,则为正交阵,经正交变换,

原二次型化为

、

29.判断下列二次型正定,负定还就是不定、

（1）

解:

二次型得矩阵为

得各阶顺序全子式

、

所以二次型就是负定二次型、

（2）

解:

二次型得矩阵为

得各阶顺序主子式

,

所以二次型就是正定二次型、

（3）

解:

二次型得矩阵为

得各阶顺序主子式

,、

所以二次型就是不定二次型、

30.求一可逆线性变换,把二次型化成规范形,同时也把二次型

化成标准形、

解:

记,其中

取,则

记,其中

则

其中

显然都就是实对称矩阵,它们得特征值为倍得关系,特征向量相同、

则得特征值为,

故得特征值为、

以下求得特征向量、

对于,求得,单位化后

对于,求得

由Schmidt标准正交化后得

令、

则为正交矩阵,且有

令

于就是

即

在可逆线性变换下

、

（注:

经验算本题所得就是正确得,需要注意得就是并不惟一）

31.求一可逆线性变换,将二次型化成二次型、

解:

,,

将分别作合同变换如下:

在可逆线性变换下

其中

在可逆线性变换下、

其中

由得

令

在可逆线性变换下、

32.A就是正定矩阵,AB就是实对称矩阵,则AB就是正定矩阵得充分必要条件就是B得特征值全大于零.

证:

先证必要性.

设为B得任一特征值,对应得特征向量为且有

用左乘上式有

因为AB,A都就是正定矩阵,故

于就是,即B得特征值全大于零.

再证充分性.

因为A就是正定矩阵,所以A合同于单位矩阵,故存在可逆矩阵P,使

（1）

由AB就是对称矩阵,知也就是实对称矩阵,因此存在正交矩阵Q,使

（2）

即有

（3）

其中就是得特征值.

在

（1）得两端左乘,右乘Q有

这说明互逆,也就就是说

将上式代入（3）,说明矩阵B与对角阵D相似,故它们得特征值相等;由条件知B得特征值全大于零,因此对角阵D得特征值也全大于零.由

（2）知AB与D合同,因此AB得特征值全大于零.

33.设为阶实正定阵,证明:

存在可逆阵,使且,其中为得个实根、

证:

因正定,故存在可逆矩阵,使

因正定,故存在可逆矩阵,使

于就是

易见为正定矩阵,不妨设它得特征值为

、

则

故

即为得几个实根、

由为正定阵,知其为实对称矩阵,所以存在正交矩阵,使

令,则

34.设为阶实正定阵,为阶实半正定阵,则、

证:

因为就是阶正定矩阵,所以存在阶可逆矩阵,使得

、

因为就是阶半正定阵,则仍就是实对称半正定阵,故存在正交阵,使得

其中为得特征值,且有

令,则为可逆矩阵,于就是

上式两端取行列式,得

因,

故、

35.设均为实正定阵,证明:

方程得根全大于0、

证:

由33题知、其中为正交矩阵,它得特征值,,故得根全大于0、

36.设A为n阶正定矩阵,试证:

存在正定矩阵B,使.

证:

因为A就是正定矩阵,所以就是实对称矩阵,于就是存在正交矩阵P,使

其中为A得n个特征值,它们全大于零.

令则

而

令B=

显然B为正定矩阵,且.

37.设为阶可逆实方阵,证明:

可表示为一个正定阵与一正交阵得乘积.

证:

因为就是阶可逆实方阵,故就是正定矩阵,所以存在阶正定矩阵,使

、

于就是有

这说明就是正交阵、

令

则,其中就是正交矩阵,就是正定矩阵、

38.A、B为n阶正定矩阵,则AB也为n阶正定矩阵得充分必要条件就是:

AB=BA,即A与B可交换.

证:

方法一先证必要性.

由于A、B、AB都就是正定矩阵,所以知它们都就是对称矩阵,因此有

于就是

即A与B可交换.

再证充分性.

由条件AB=BA得

因此AB就是对称矩阵.

因为就是正定矩阵,故它们皆为实对称矩阵,且有可逆矩阵P、Q,使

于就是

上式左乘Q,右乘得

这说明AB与对称矩阵相似;因为P就是可逆矩阵,故矩阵就是正定矩阵,故它得特征值全大于零,所以AB得特征值也全大于零.

综合上述知AB正定.

方法二

必要性同方法一,以下证明充分性.

由条件AB=BA得

因此AB就是对称矩阵.

由于A正定,所以存在可逆矩阵Q,使

A=QQ

于就是

这说明AB与有相同得特征值.

因为B就是正定矩阵,易见也就是正定矩阵,故它得特征值全大于零,所以AB得特征值也全大于零.

综合上述知AB正定.

39.设A、B为实对称矩阵,且A为正定矩阵,证明:

AB得特征值全就是实数.

证:

因为A就是正定矩阵,故存在可逆矩阵Q,使,

于就是有

即、

因为B就是实对称矩阵,所以也就是实对称矩阵,因此它得特征值都就是实数,故AB得特征值也都就是实数.

40.设A就是正定矩阵,B就是实反对称矩阵,则AB得特征值得实部为零.

证:

因为A就是正定矩阵,故存在可逆矩阵Q,使

因为B就是实反对称矩阵,所以也就是实反对称矩阵,因此它得特征值实部为零,故AB得特征值实部也为零.

41.设A就是正定矩阵,B就是半正定得实对称矩阵,则AB得特征值就是非负得实数.

证:

由于A就是正定得,所以也就是正定得,于就是存在可逆矩阵P,使得,因此

即、

由于B就是半正定得实对称矩阵,故就是半正定得实对称矩阵,因此得根就是非负实数.于就是得根也就是非负实数,即AB得特征值就是非负得实数.

42.求证实二次型得秩与符号差与k无关.

证:

二次型得矩阵为

对矩阵A作合同变换,即把A得第1行得（-2）,（-3）,…,（-n）倍加到第2,3,…,n行上;同时把A得第1列得（-2）,（-3）,…,（-n）倍加到第2,3,…,n列上,得到与矩阵A合同得矩阵B为

对矩阵B作合同变换,即把B得第2行得倍依次加到第1,3,4,…,n行上;同时把B得第2列得倍依次加到第1,3,4,…,n列上,得到与矩阵B合同得矩阵C为

由合同变换得传递性,故A与C合同,于就是原二次型可经可逆线性变换化简成

再作可逆线性变换

于就是二次型f化成规范形

显然二次型得秩为2,符号差为0,它们得值均与k无关.

43.设二次型,其中a、b为实数,问a、b满足什么条件时,二次型f正定.

证:

二次型f得矩阵A得各阶顺序主子式得值与它得阶数n得奇偶性有关:

（1）当n=2m+1时,二次型f得矩阵为

它得各阶顺序主子式为

（2）当n=2m时,二次型f得矩阵为

它得各阶顺序主子式为

综合

（1）,

（2）可知:

当时,二次型f就是正定得.

44.设A为n阶实对称矩阵,r（A）=n,就是中元素得代数余子式,二次型

（1）记,把写成矩阵形式,并证明二次型f（X）得矩阵为.

（2）二次型与f（X）得规范形就是否相同？

说明理由.

证:

方法一

（1）因为A就是实对称矩阵,故.由r（A）=n,故可逆,且

二次型得矩阵形式为

从而、故也就是实对称矩阵,因此二次型f（X）得矩阵为.

（2）因为,所以A与合同,于就是二次型与f（X）有相同得规范形.

方法二

（1）同证法１

（2）对二次型作可逆线性变换,其中则

===

由此可知A与合同,二次型与f（X）有相同得规范形.

45.试说明二次型

+

当时,无论n为何值,得秩均为2.

解:

其中

对矩阵A作行得初等变换,可得、

所以当时,A得秩为2,这与n得取值无关,因此二次型f得秩为2.

46.已知A就是n阶正定矩阵,令二次型得矩阵为B,求证:

（1）B就是正定矩阵;

（2）.

证:

（1）设

则

显然B为实对称矩阵,且B与A得前n-1阶顺序主子式完全相同,由于A就是正定矩阵,故它得各阶顺序主子式全大于零,因此B得前n-1阶顺序主子式也全大于零.现考虑B得第n阶顺序主子式即它得行列式,有

+=（*）

可见B就是正定矩阵.

（2）由（*）即知.

47.设n元实二次型,就是A得特征值,且.证明:

对于任一实维列向量X有、

证:

设得特征值,则存在正交变换X=PY,使

由已知条件,有

（1）

又因为P就是正交矩阵,于就是有

将此结果代入

（1）即为

48.证明:

若二次型就是正定二次型,则

就是负定二次型.

证:

因为f就是正定二次型,故它得表示矩阵A就是正定矩阵,因此A就是可逆矩阵,作可逆线性变换Y=AZ.对上述行列式得列作消法变换,将第j列得-倍加入第n+1列,其中则

===

因为A就是正定矩阵,所以<0,可见就是负定二次型.

49.设A就是正定矩阵,则

（1）,其中就是A得n-1阶顺序主子式;

（2）.

解:

（1）因为A就是正定矩阵,故

也就是正定矩阵,于就是由48题知

=

就是负定二次型,因此由行列式得加法运算有

其中为A得顺序主子式.

1当中至少有一个不为零时,<0

<

2当时,则、总之有、

（2）:

由

（1）得

50.设就是n阶可逆矩阵,求证:

、

证:

因为P就是可逆矩阵,故就是正定矩阵,由49题得结论

（2）,有

显然,所以有、