线性代数二次型习题及答案.docx

1、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

2、 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

3、,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.

4、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)n,于就是存在因为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

5、,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

6、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,

7、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

8、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

9、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:

10、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

11、 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

12、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

13、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

14、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

15、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

16、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

17、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

18、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

19、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),

20、(-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=

21、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 (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

22、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

23、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、