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.设方阵含与Q合同,%与场合同,证明J'码与(色Bj合同.证:
因为州与Q合同,所以存在可逆矩G,使=C,rA1CI,因为A,与B、合同,所以存在可逆矩C、,使B、=C;「A,C,.
(c
令C=1,则C可逆,于是有
2.设4对称,B与A合同,则B对称证: 由A对称,故A1'=A. 因B与A合同,所以存在可逆矩阵C,使B=C'「AC,于是 Bx=(CtAC)t=CrArC=CVAC=B 即B为对称矩阵. 3.设A是”阶正定矩阵,B为“阶实对称矩阵,证明: 存在n阶可逆矩阵P,使PlAP与P「BP均为对角阵. 证: 因为A是正左矩阵,所以存在可逆矩阵M,使 M^AM=E 记=MXBM,则显然&是实对称矩阵,于是存在正交矩阵Q,使 =D=cliag(“],…,“”) 其中佔,…,儿为B严M’BM的特征值. 令P=MQ,则有 PlAP=E,PlBP=D 同时合同对角阵. m 4.设二次型/=》©內+…+绻兀)2,令A=(呦)”呦,则二次型/•的秩等于r(A)./-I 证: 方法一将二次型/写成如下形式: m /=工(4內+・・・+。 内+・・・+4后)' ■ ■ ■ …Cl\j ■ • ■ … ■ ■ ■ ■ ■ ■ 则 A= …aij …5 — A- ■ ■ • ■ • • ■ • ■ ■ ■ ■ a. ・••a“ …a,、 A \〃rl \tn/ m 于是A丁A=(f…,A: …,A;;;)At=£A: At 故/=工(4內+・・・+呦心+…+g济兀»2=工[(召,・・・形,・・・暫)a”]2 r-i(-1• /\ 5 ■ ■ (\ X\ ■ ■ /、 ■ ■ m Z-1 ■ ■ ■ 佃,…5,…绻) ■ ■ m ]=Cs…9,・7)(》4「4) r-l ■ Xj ■ ■ ■ <"济) ■ ■ =Xr(ATA)X 因为为对称矩阵,所以AT/1就是所求的二次型f的表示矩阵.显然r(ATA)=r(A),故二次型./•的秩为r(A). 方法二设)[=4內+•••+©/”,i=l,…,n.记卩=(兀,…,儿)丁,于是 Y=AX,其中X=g,..・,x”)T,贝|j m f=SX2=#+.・•+£=YVY=Xt(AtA)X. r-1 因为人\4为对称矩阵,所以aTa就是所求的二次型f的表示矩阵.显然r(ATA)=r(A),故二次型./•的秩为r(A). 5.设A为实对称可逆阵,f=x7Ax为实二次型,则A为正交阵O可用正交变换将/化成规形. 证: =>设人是A的任意的特征值,因为A是实对称可逆矩阵,所以&是实数,且人H0,I=h・ 因为A是实对称矩阵,故存在正交矩阵P,在正交变换X=PY下,/化为标准形, f=xtax=yT(pTxp)y=yTny=yTdiag(/i1,...,A----^„)r=入〉‘;+…+2』;+…+2』: (*〉 因为A是正交矩阵,显然D=P「AP=diag(备…,人,…,人)也是正交矩阵,由。 为对角实矩阵,故器=1即知人只能是+1或一1,这表明(*)恰为规形. U因为A为实对称可逆矩阵,故二次型/的秩为n. 设在正交变换X=0丫下二次型/•化成规形,于是 f=XJAX=Y(QlAQ)Y=+…+y;-)也——y;=YlDY 英中r为f的正惯性指数,D=diag(l,・・・,l,—1,…,一1). 显然D是正交矩阵,由D=QVAQ,故4=QDQ1,且有A1A=AA1'=E,故A是正交矩阵. 6.设A为实对称阵,IAIvO,则存在非零列向量「使& 证: 方法一 因为A为实对称阵,所以可逆矩阵P,使 7>TAP=D=diag仏,…,人,…,右) 其中入0=1,•••/)是A的特征值,由IAI<0,故至少存在一个特征值弘,使<0,O ■ ■ 取E=p1,则有 C=(O,.・.,1,...,O)0/P ◎ • ■ ■ 1 • • =(0,…,1,()•••,0) /\ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ 1 ■ ■ =入<0 • © ■ ■ ° 方法二(反证法) 若VXHO,都有XrAX>0,由A为实对称阵,则A为半正定矩阵,故IAAO与IAIvO矛盾. 7.设"元实二次型f=X'lAX,证明/在条件时+卅+…+x: =1下的最大值恰为方阵A的最大特征值. 解: 设人厶,…人夥的特征值,则存在正交变换X=PY,使 f=XrAX=Yr(PrAP)Y=^y;+人嵩+…+血垃 设忑是儿4,…,&中最大者,当X'lX=x~+x;++=1时,有 XYX=YlPrPY=YVY=yr+元+…+£=1 因此 /=Ak+儿2用+…+人y: S人3+y;+…+y: )s人这说明在卅+卅+…+兀: =1的条件下/'的最大值不超过心. 设人=(儿,…,儿,…,儿)T=(0,…,0,1,0,….0)T 则咏=1 f=^y"+S+…+相;+…+人元=人 令X"=PY°,则 xjAr0=y;y=i 并且 f(x。 )=X;AX0=Y()r(PlAP)Y0=A- 这说明/在X。 达到4,即/•在屛+卅+…+A-;=1条件下的最大值恰为方阵A的最大特征值. 8.设A正定,P可逆,则PlAP正能. 证: 因为A正定,所以存在可逆矩阵0,使A=QVQ,于是PVAP=PrQlQP= QP,显然QP为可逆矩阵,且(P1AP)t=(QP)VQP=PrAP,即PlAP是实对称阵,故PAP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使AB+BJA正定. 证: 先证必要性 取B=A",因为A为实对称矩阵,则 AB+BlA=E+(AifA=2E 当然AB+BVA是正定矩阵. 再证充分性,用反证法. 若A不是可逆阵,则『(A)<»,于是存在 X°H0.使AXo=O 因为A是实对称矩阵,B是实矩阵,于是有 X: (AB+BtA)X0=(AX0)1BX()+X(;Br(AX0)=0 这与ABAB+BlA是正定矩阵矛盾. 10.设A为正定阵,则A2+A*+3A-*仍为正定阵. 证: 因为A是正左阵,故A为实对称阵,且A的特征值全大于零,易见A\A\Al全是实对称矩阵,且它们的特征值全大于零,故A2,A\A-*全是正泄矩阵,f+&+3A“为实对称阵. 对VXH0,有 Xt(A2+A*+3A_,)X=XtA2X+XlAX+XrA~lX>0 即A2+A+3A~}的正定矩阵. 11.设A正定,B为半正定,则A+B正定. 证: 显然A,B为实对称阵,故A+B为实对称阵•对VXHO,XlAX>0,XyBX>0,因X'r(A+B)X>0,故A+B为正定矩阵. 12.设”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A〃正建. 证: 设的特征值分别为“(/=1, 由题设知人>0,H>0,21,… 因为A是实对称矩阵,所以存在正交矩阵》=(£,•••,£,•••,£’),使 卩丁4卩=diag(入…,右) 即£为/1的特征向量,,=1, 由已知条件出也是B的特征向量,故 BP,=i=l, 因此佔£=4“£=(人")£,这说明人"是AB的特征值,且切>0,i=l,・・・,n.又因为ABP=PdiagQH,...,4“,...,>VG,PT=P-1. 故AB=Pdiag(AH,...,&“,・..,2”“”)P,显然AB为实对称阵,因此AB为正定矩阵. 13.设A=G/..)nxn为正左矩阵,勺“2,…,仏为非零实数,记 〃=("也巧)旳 则方阵B为正定矩阵. 证: 方法一因为4是正泄矩阵,故4为对称矩阵,即佝=5,所以aiibibi=aabibi>这说明B是对称矩阵,显然 对任给的n维向量X=(”…凡)丁工0,因…仏为非零实数,所以 即〃是正左矩阵. 方法二记 5折知也? •…%久" B=a21Mla22b2…a2nb2bn ••• ••• anlbnb,...anilbnbn, 则因为A是实对称矩阵,显然B是实对称矩阵,%...0、 B的k阶顺序主子阵禺可由A的阶顺序主子阵分別左,右相乘对角阵ii而 <°…儿 得到,即 计算•的行列式,有 |B十血才|如>0 故由正定矩阵的等价命题知结论正确. 14.设A为正泄矩阵,B为实反对称矩阵,则|A+B|>0. 证: 因为M是“阶实矩阵,所以它的特征值若是复数,则必然以共轨复数形式成对出现: 将M的特征值及特征向疑写成复数形式,进一步可以证明对于"阶实矩阵M,如果对任意非零列向量X,均有 XyMX>0 可推岀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|M|>0. 因为A是正泄矩阵,〃是反对称矩阵,显然对任意的 非零向MX,均有 XT(A+B)X>0, 而显然是实矩阵,故\A+B\>0. 15.设A是“阶正定矩阵,B为nxm矩阵,则r(B[AB)=r(B). 证: 考虑线性方程组BX=0与BVABX=0,显然线性方程组BX=0的解一定是BVABX=0的解. 考虑线性方程组BVABX=0,若X。 是线性方程组BVABX=0的任一解,因此有BtABXo=O. 上式两端左乘X: 有 (BX0)tA(BXo)=0 因为A是正泄矩阵,因此必有故线性方程组BX=0与BVABX=0是同解方程组,所以必有/r(B). 16.设A为实对称阵,则存在实数斤,使IA+MI>0. 证: 因为4为实对称阵,则存在正交矩阵P,使 P»AP=diag(备…,务…乂)・ 其中儿为A的特征值,且为实数,j=l,・・・,2.于是 A=Pdiag(/lp・・・,/l门…•,人JP」 \A+kE\=\P\ 人+k 1严1=口仏+灯 17.设4为"阶正泄阵,则对任意实数k>0,均有\A+kE\>kn. 证: 因为A为正泄矩阵,故A为实对称阵,且A的特征值人>0,i=l,…,几则存在正交矩阵P,使 于是对任意k>0,有 入+k lA+kEI=lPl IP“I=□(入+灯=k\ 18.设A为半正定阵,则对任意实数k>0,均有\A+kE\>0. 证: 因为A为半正立矩阵,故A为实对称矩阵,且A的特征值人》0,d=l,•••,“.则存在正交矩阵P,使 P“AP=diag(人,…,备…,&),A=PdiagQ,…,备…,盘)P" 于是对任意k>0,有 ft \A+kE1=1PIdiag(人+k,+k,…,人+灯IP°I=口(&+k)nL>0・ 19.A为n阶实矩阵,兄为正实数,记B=AE+AlA,则B正定.证: Bt=(AE+AtA)t=aE+ArA=B,故B是实对称矩阵. 对VXHO,有(X,X)>0,(AX,AX)>0,因此有 X'YBX=X1(AE+AYA)X=AXTX+X'vAlAX=/l(X,X)+(AX,AX)>0故B=AE+AVA为正定矩阵. 20.A是mxn实矩阵,若人\1是正泄矩阵的充分必要条件为A是列满秩矩阵. 证: 先证必要性 方法一 设AT/1是正立矩阵,故VX(>0,有 (AtA)X0=(AX0)t(AX0)>0 由此AX。 HO,即线性方程组AX=0仅有零解,所以r(A)=n,即A是列满秩矩阵. 方法二 因为A\4是正進矩阵,故r(ATA)=“,由于 « 所以r(A)=n.即A是列满秩矩阵. 再证充分性: 因A是列满秩矩阵,故线性方程组仅有零解,VXHO,X为实向量,有AXHO.因此 Xr(ATA)X=(AX)t(AX)=(AX,AX)>0 显然AT/! 是实对称矩阵,所以AL4是正定矩阵. 21.设A为"阶实对称阵,且满足A2-6A+4E=0,则A为正定阵.证: 设2为A的任意特征值,w为A的属于特征值兄的特征向量,故§工0,贝I」 4疋=兄乙A2^=A2q 由A2-6A+4E=0 有屁-6/£+4§=0 (,-62+4疋=0 由§H0,故22-62+4=0. 2=3±^5>0. 因为A为实对称矩阵,故A为正定阵. 22.设三阶实对称阵A的特征值为1,2,3,其中1,2对应的特征向量分别为备=(1,0,0)二§2=(0,l,l)T,求一正交变换X=PY,将二次型f=XvAX化成标准形. 解: 设<,=(xpx2,x3)t为A的属于特征值3的特征向疑,由于A是实对称矩阵,故•X满足正交条件 1-X|+0・花+°・兀3=0 < 0・召+1・尤2+1•=0 解之可取$=(°丄T),将其单位化有 2(1,0",P2=(。 ,令知r=(0,為为丁 P=(P"P“PJ= 0 1 疋 1 7? 0 1 忑 1 则在正交变换x=py下,将/化成标准形为 f=XJAX=YJ(PVAP)Y=y: +2y;+3y; 23.设 1 -2 2 解之c<=r. 对于入=易=0有 <-1 2 -2、 <1 -2 2、 OE-A= 2 -4 4 —> 0 0 0 \一2 4 -4? / 0 \ 0 可得A的两个正交的特征向量 3 5= 2 1 \/ ,^2= 1 0 将特征向量单位化得 (1-2 -2为正交矩阵, 2丿 -21、 1-2Y. 22」 5! iJP=(P,.P2,P3)=l21 J12 (2 正交变换X=PY为2 3 注: 因特征向量选择的不同,正交矩阵P不惟一. 24.已知二次型/=xf+2x}+(1-k)xj+lkxxx2+2xrv3正定,求k・ 解: 二次型的表示矩阵 "1k A=k2 “1k >0 k2 ,即< IAI>0 k2 <1° 由A正定,应有A的各阶顺序主子式全大于0. 解之一1<比<0. 25・试问: 三兀方程+3x7+3占+2x{x2++2x2x3—Xj—x2— 维空间中代表何种几何曲而. 解: 记/=3x;++2x{x2+2x{x3+2x2x3_召_x? —无 $1r /\ /\ 则/=(州,吃,兀3) 131 %2 +(-1,-1,—1) 尤2 J1> 0 (3 1' 设A=131 U13丿则UE-AI=(2-2)2(z-5)・故A的特征值为入=心=2,^=5. 对于人=易=2,求得特征向戢为 r-r 汨1 〔0丿 由Schmidt正交化得 r-n p\=1 【0丿 P2= £ 2 £ 2 ⑴ = 1 标准化得 kJ 1 '11 1 P产 1 品 0 2 / <4^) 对于^=5得特征向量黃 P=(P「P“PJ= 1 「汞 1 「乔 2 则在正交变换X=PY下 于是/=0为 f=2y[+2y;+5y;->j3y3 2片+2^+5(%-霁)7箱 为椭球而. 26.求岀二次型f=(―2比+x2+冯)・+(X]—2七+x3)"+(X|+x2—2x3)2的标准形及 相应的可逆线性变换. 解: 将括号展开,合并同类项有 f=+卅+卅_4x)x2_4x)x3+2x2x3+4卅+x;_4X|%2+2x{x3_4x2x3 +x;+x}+4卅+2x{x2一4xax3一4x2x3 =6x;+6卅+6x3_6x{x2_6x)x3_6x2x3=6(x;+卅+卅_x}x2_x{x3_x2x3) 羽11、23232311、29,宀 =6[(Xj%2“3)%2尤3]=6(州^2Xj)H(X>—X^) 令卩‘2=兀2一兀3 儿F f.11] /、 1一一 /X 22 即 = 01-1 兀2 001 则可逆变换为 /、 1-1 /、 州 2 X2 = 011 >2 小丿 001 在此可逆线性变换下f的标准形为 27.用初等变换和配方法分别将二次型 (1)/=-%,2一3卅+2#+4x}x2一4xjX4+2x2x4 (2)f2=2xax2-6x2x3+2x}x3 化成标准形和规形,并分别写出所作的合同变换和可逆变换. 解: 先用配方法求解 (1)J\=(一彳+4x)x2一4x}x4)一3x;+2.X4+2x2x4 =—(X]—2x>+2a*4)~+Xy+—6兀2忑=—(X]—2x>+2戈】)~+(七—3兀)~—3x[ 州=必+2儿+4九 lX4=儿 则二次型f经可逆线性变换x=Py化成标准形 £=_昇+丈一3才 ©=>1 S=力 5=>3 V3) 则原二次型/;经可逆线性变换X=PQz化成规形/;=-才+y~-y;• xi=X+儿 (2)先线性变换lx2=yi-y2 无=)‘3 原二次型化成 f2=2(.>f一)弓)一6久y3+6y2y3+2兀儿+2儿儿=_2y;-4y,y3+Sy2y3=2(y)-y3)2一2衣+8为儿一2胃=2(x—儿)‘一2(代一2)汀+6舅 2=必_儿 "110、 ‘10「 令《 。 =比一2儿,即' y2=z? +2石・令P]= 1-10 、p= • 012 3=儿 丿3=? 3 '001, 、00b 则原二次型f2经可逆线性变换x=P}P2z化成标准形 f2=2材一2疋+6疋 2 76 6 则原二次型f2经可逆线性变换X=P.P.Qw化成规形 fl=Wl-W2+W;• 用初等变换法求解 -1 2 0 、一2 二次型经过可 则原二次型经过可逆线性变换x=P{y化成标准形/,=-y;+y;-.逆线性变换x=P2z化成规形/;=-Z;+W-• 0 1 1 : 1 1 0 0] fo 1 0; 1 0 0] 1 0 -3 : 0 1 1 0 1 0 -3: 1 0 1 0 11 \ 一3 0 : 0 0 1 —3 6: 0 -1 J (A: E3)= 则原二次型f2经过可逆线性变换X=Pxy化成标准形 /2=2y;_*y;+6y; 二次型经过可逆线性变换x=P2z化成规形 2& (1) 人=Z]-0+®用三种不同方法化下列二次型为标准形和规形.f}=2x;+3x;+4x2x3+3xj 厶=x;+卅+x;+才+2x}x2_2x}x4_2x2x3+2x3x4 解: 先用配方法求解 (1)f}=2xf+3(Xj+—x2x3)+3xl=2x;+3(x2+—x3)2+-x^ >1=册 2儿=勺+严 >3=X3 州=)] 2 兀2=儿-亍儿 ®=儿 0、 _2 ~3 1丿 则二次型齐经可逆线性变换x=Py化成标准形 f\=2>? +3>2+|>3 72 皿 儿十3 若再令< Z]=迈N 5=辰2>/15 z严〒儿 fV2 2 V15 原二次型./;经可逆线性变换X=PQz化成规形 fi=zf+Z2+zl. (2)f2=(x;+2召x2一2xax4)+卅+x;+x;—2x2x3+2x3x4 =(X,+x2_兀)‘+_2x2x3+2兀3花+2x2x4 =(X|+x^y—£)■+(兀3—不+些)~—(忑一2x4)~+3兀d=州+花_£y2=x2-2x4 丁3=_花+兀3+花 NF 州=才一力一儿x2=y2+2y4可二力+儿+儿 A=儿 -1 1 1 0 0 0 1 0 -1 2 1 1 则二次型f2经可逆线性变换x=Py化成标准形 /2=y;-用+胃+3卅 若再令 21=Ji S=比 Z3=>‘3 54=后4 fl >4=石 『2=G 儿=乙3 V3 原二次型f2经可逆线性变换X=PQz化成规形厶=衬-z;+z;+z: ・ 用初等变换法求解 (1)设4= (T 2 3, r2 (A: E.)=0 : 1 ! 0 =0 0: 1 0: 0 儿 3: 0 1 2 *3 : 1 : ? 2 I 1 忑2>/15 15 (\T 100 1厉 0 0 010 Pl= 0 1 0 0--1 3丿 0 1 苗2V15 15 座 5丿 令£= 则原二次型齐经过可逆线性变换x=piy化成标准形/1=2y12+3y;二次型经过 可逆线性变换X=P2Z化成规形f{=z;+疋+z; (A: E4)= 0: 0iio
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