实对称矩阵与二次型.docx

1、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8.11 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,

2、,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

3、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

4、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

5、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8.21 .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

6、).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

7、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

8、：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8.31 . 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

9、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

10、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.

11、41 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:

12、(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