2022年上海交通大学线性代数教材课后答案习题四 .pdf

习题四（一）1求下列二次型的矩阵并求出二次型的秩：（1）222, ,4424fx y zxyzxyxzyz（2）222123123121323(,)2222f x xxxxxx xx xx x（3）121211,nniiifxxxxx解 (1) 121242121,r(f)=1 (2) 111121111,r(f)=2 (3) 1100121012101210011,r(f)=n-1 2.设()ijn nAa为实矩阵， n 元二次型21211221,nniiinnifx xxa xa xa x证明：二次型f 的矩阵为TA A证112,1,nnijjnkikjkifa ax xxx x，故 f 的矩阵为1nkTkjkijiA Aa a。3已知二次型的矩阵如下，试写出对应的二次型：（1）258531810； （2）012101210；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 31 页 - - - - - - - - - - （3）1010000010100010100000101000000010100000100000101解 (1) 2212312121323(,)2310162f x xxxxx xx xx x(2) 1231213(,)24f x xxxxx x322xx(3) 2212211,2nnniiiiifx xxxx x4.用配方法化下列二次型为标准型，并求出所作的非奇异线性替换：(1) 22123131223(,)22f x xxxxx xx x(2) 123121323(,)f x xxx xx xx x(3) 11222121121(,)22nnnniiiiif x xxxxxx x解 (1) 222212311223312232222(,)22xxf x xxxx xx xxxxxx令11222333yxxyxxyx,得非奇异线性替换xCy为112322333xyyyxyyxy, 其中111011001C，2212fyy(2)令11221233xyyxyyxy，即1xC y，其中1110110001C，22222121313322fyyy yyyyy精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 令1122233zyyzyzy，1122233yzzyzyz，即2yC z，其中2110010001C，得非奇异线性替换12,xCz CC C222123fzzz(3) 121211,nniiifx xxxx令11,1 ,nniiiyxixnyx，则11,1 ,nniiixyiynxy，即xCy，11000110101001C，121niify5设对称矩阵A 合同于 B，证明 B 是对称矩阵。证 因为矩阵 A 合同于 B，故存在可逆矩阵C，使得TBC AC，则TTTTTTTTBC ACC ACC ACB。6设矩阵 A 和 B 都合同于 C，证明矩阵A 合同于 B。证 存在可逆矩阵D,F, 使得TTCD ADF BF,故111111TTTTTBFD ADFFD ADFDFA DF,即 A 合同于 B。7.证明任一实对称矩阵都能合同于对角阵。证 设 A 为实对称矩阵，由定理4.1.1，二次型Tfx Ax，则存在非奇异线性替换xCy，化TTTTfx AxyC AC yy By为标准二次型，其中TBC AC为对角阵。8.设矩阵1A合同于1B，2A合同于2B，则12AOOA合同于12BOOB。证 设可逆矩阵1C,2C，使得1111TBCA C,2222TBCA C。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 则11111112222222TTTBOAOCOCOAOCOCOOBOAOCOCOAOCOC。9证明：任一 n 阶是对称矩阵A 都合同于对角阵prpEEO,其中 r=r(A),p 为 A 的正惯性指数。证 二次型Tfx Ax，存在可逆矩阵C使得xCy，且22222121TTTpTrpppryyyyfx AxyC ACEyyEyyO故 A 合同于对角阵prpEEO。10证明： n 阶实对称矩阵A 合同于 B 的充要条件为r（A） =r（ B） ，且 A和 B 的正惯性指数相等。证 由第 9 题结论。设A 合同于对角阵prpEEO,其中 r=r(A),p 为 A 的正惯性指数。同时 A 合同于 B。从而 B 合同于对角阵prpEEO。由惯性定理，r（A）=r（B） ，且 A 和 B 的正惯性指数相等。11证明二次型f的符号差 s与f的秩 r 的奇偶性相同。证 s=p-q,r=p+q.从而 r-s=2q 为偶数。故二次型f的符号差s 与f的秩 r 的奇偶性相同。12判断下列二次型是否正定二次型：(1) 2221231231223,2342fx xxxxxx xx x; (2) 222123123121323,333222fx xxxxxx xx xx x; 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 31 页 - - - - - - - - - - (3) 12123111,nniiiiifx xxxx x. 解 (1) 2221223315(2)2()22fxxxxx,不是正定二次型。(2) 311131113A，顺序主子式30，318013，311131200113，是正定二次型。(3) 1100021110022101002100012100012A， 取 A 的 k 阶顺序主子式kA，则1100021121000100221210010120001001220002110001000122100012kkA精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 21000301002400001320001110000kkkkk1101,2,2kkkn。即 A 的顺序主子式都大于零，故为正定二次型。13.判断下列是对称矩阵是否正定矩阵：(1) 10412421412141; (2) 111122123; (3) 21000 012100 001210 000002 100001 2. 解 (1) 1041242143588012141,故不是正定矩阵。(2) 1111110,10, 1221012123，故是正定矩阵。(3)由第 12 题（ 3）结论，为正定矩阵。14.讨论参数 t 满足什么条件时，下列二次型是正定二次型：(1) 2221231231213(,)4222f x xxxxxtx xx x(2) 222123123121323(,)5422f x xxxxtxxxx xx x(3) 222123123121323(,)5424f x xxtxxxx xtx xx x精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 解 (1) 1140102tAt，2110,4022,4tttt2114042022102tttt，故 t 应满足22t。(2) 521521211 , 21120,1111Attt故 t 应满足2t。(3) 221225ttAt，00tt，240421ttt，2221292004525tttttt，故 t 应满足45t。15.证明实对称矩阵A 为正定矩阵的充分必要条件为A 合同于 E 。证 若 A 是正定的，即二次型Tfx Ax是正定的，从而可通过实可逆线性替换xCy化为2211(,)()TTTnng yyyC AC yyyy Ey。于是TC ACE，即 A 合同于 E。反之， A 合同于 E，则由 g 可通过实满秩线性替换化为f。因 g 是正定的，故f 也是正定的，即 A 为正定矩阵。16.设 A 为正定矩阵， A 合同于 B，证明 B也是正定矩阵。证 A 为正定矩阵，故A 合同于 E 。而 A 合同于 B，故 B 合同于 E。B 也是正定矩阵。17.设 A 和 B为 n 阶正定矩阵， k 和 l 为正实数。证明矩阵kAlB为正定矩阵。证 对于非零 n 维向量 x，0Tx Ax，0Tx Bx。TTTkAlBkAlBkAlB，从而kAlB是对称矩阵。0TTTx AxkxAlxBBklxx，故矩阵kAlB为正定矩阵。18.设 A 为正定矩阵，证明：(1) 23,mAAA(2,m正整数 )都是正定矩阵；(2) 2mEAAA是正定矩阵；(3) 232AAE是正定矩阵。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 证 (1)当 m 为偶数时，由于TAA且22TmmmAAA，故mA是正定的。当 m 为奇数时，则由于A 是正定的，故存在实可逆矩阵C使TAC C。由此可得111111222222TmmmmmmmTAAAAAC CACACA，从而mA是正定的。(2)由 17 题和 18 题(1)结论，2mEAAA是正定矩阵。(3)由 17 题和 18 题(1)结论，232AAE是正定矩阵。19.设 A 为m n实矩阵，证明()r An的充要条件为TA A是正定矩阵。证 由第二章 68 题结论，()( )Tr A Ar A。TA A是正定矩阵，从而()( )Tr A Ar An。TA A是对称矩阵，且()( )Tr A Ar An。因为0Ax无非零解，故对于任意非零向量1nxxx，有0Ax，则0TTTx A AxAxAx。即TA A是正定矩阵。20.设ijn nAa是正定矩阵，证明矩阵ijijn nBbb a是正定矩阵，其中1,2,ib in是非零实常数。证 易验证 B 为对称矩阵。 对于任意非零向量1nxxx，,TTiijijji jx Bxxbb a xy Ay，其中11nnb xyb x。因1,2,ibin是非零实常数，y是非零向量，由A 是正定矩阵知0Tx Bx。即ijijn nBbb a是正定矩阵21.设 A 为实对称矩阵，t 为实数。证明：t 充分大之后，矩阵tEA为正定矩阵。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 证 设ijAa是 m 阶方阵，按行列式完全展开式，det tEA应为 t 的多项式。其展开式有 m！项，每项是不同行不同列的m 个元素的乘积，其中t 的最高方幂应是主对角线上m 个元素之积：1122mmtatata。 其他任一项至少包含一个主对角线外元素ija，这时就不能含iita和jjta，故这些项最多出现2mt，它的常数项应为t=0 时的A，故11221det()( )11( )mmmmmmtEAtatatattr A tAAttr Att因此，t时det()tEA。利用上述结果可知当t 充分大之后，tEA的顺序主子式分别为110ta111221220taaata0tEA因此，tEA为正定矩阵。22.在4R中，设121212311112,13122201。试求：（1）11(,)，22(,)；（2）1|，1|，11|，22|；（3）1与1的夹角，2与2的夹角。解 （1）11(,)=3，22(,)=0 （2）1|7，1|11，11|2 3，22|2 7精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 31 页 - - - - - - - - - - （3）111111(,)|3,arccos|77，222222(,)|,0|。23.在4R中，求一个单位向量，使之与下列向量都正交。123112111,.113111解 设向量1234(,)Txx xxx与1，2，3都正交，则12341234123400230 xxxxxxxxxxxx解此其次线性方程组，4031xk，261k则x为单位向量。24.由以下3R的基，利用Schmidt 正交化构造3R的标准正交基：（1）12321141 ,5,1;319（2）1232050 ,1,6 .010解 （1）1121 ,32111,10,14,则21221113,130,78，31,0，32,0，331419。 单 位 化 ，111211143，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 22231309738，33314112789。（ 2）1120 ,021,0,从而2201,131,10，32,6，11,4,22,2,203 ,3单位化，1100，201121，301121。25.设1，2，3是3R中的一个标准正交基。12312332,2，试求：,，,。解,=12312332,2=3-2+2=3 =12312332,3294114=1231232,21146,3,arccosarccos2 2126.设1，2，n是nR的基，nR。（1）若nR，有,0i，1,2,in，则0；（2）若，nR，对任意nR，有,，则。证 （1）1niiic，因,0i，故11,0nniiiiiicc从而0。（2）对任意nR，,0。因此取，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 31 页 - - - - - - - - - - ,0故0，。27.求其次线性方程组123412343020 xxxxxxxx解空间的一个标准正交基。解 基础解系12312411,707707标准正交基625341151461,072362121。28.在4R中，设121112,1010，令412|,0,0SR。（1）求 S的一个标准正交基；（2）将（ 1）中求得的S的标准正交基，并将其扩充为4R的标准正交基。解 （1）解方程123412020 xxxxxx基础解系精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 12221111,303303，标准正交基145362661,031214121（2）设T4321),(xxxxx，解0,0T2T1xx得一组解TT) 1 , 1 , 3, 0()2,2 ,0, 3(，然后利用施密特法可得331743231,220317143。29.设1，2，s是nR中的向量， L是由1，2，s生成的子空间。 若有nR，,0j，1,2,js。证明：与 L中的每一个向量都正交。证 对于 L中任一向量1,sjjjjccR，11,0ssjjjjjjcc。30.判断下列矩阵是否正交矩阵：（1）63213636236；（2）18418149447。解 （1）列向量不是单位向量，故不是正交矩阵。（2）列向量组是单位正交向量，故是正交矩阵。31.求实数 a,b,c,使 A 为正交矩阵。其中精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 0100102Aacb解2221114102abcacb，得1, ,1,3,32a b c，或者1, ,1,3,32a b c。32.设实矩阵 A 为正交矩阵，证明1A和*A都是正交矩阵。证TA AE，故1A=TA存在。111111TTTTAAAAAAEE。故1A是正交矩阵。*A=A1A,12*11TTTAAA AA AAAAE.故*A是正交矩阵。33.设 A 和 B都是 n 阶正交矩阵，证明AB 也是正交矩阵。证TTTTABABB A ABB EBE. 34.设 A 为实对阵矩阵，且268AAEO。证明矩阵3AE是正交矩阵。证2233369TAEAEAEAAEE. 35.设 A 和 B都是正交矩阵，证明AOOB也是正交矩阵。证TTTTTAOAOAOAOA AOEOBOBOBOBOB B。36.设 A 为 n 阶实矩阵，若对任意n 维实列向量，有0TA，则 A 为反对称矩阵。证 反正法。若存在ijjiaa，取精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 00100100Tij则0TijjiAaa，矛盾。37.证明正交矩阵的实特征值的可能取值为1 或-1。证 设 A 为正交矩阵，为 A 的实特征值， x 是的特征向量，则有Ax=x，取共轭转置得TTTx Ax，再右乘 Ax，有2TTTx A Axx x，由于TA AE，故2TTx xx x，由于0Tx x，所以21，即1。38.求正交矩阵Q,使1QAQ为对角矩阵。（1）200032023A；（2）011101110A。解 （1） 特征值：1,2,5， 分别对应特征向量：0101 , 0 , 1101， 标准化：00122, 0 ,2202222。令0102202222022Q，故1Q AQ=125（2）特征值： -1,-1,2。对应 -1 的特征向量：110,110，正交化：1120,1112，标准化：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 126220,32126。对应2 的特征向量：131313。令21126321033211263Q，故1QAQ=11239.设 3 阶实对称矩阵A 的特征值为 -1，-1,8，且 A 对应的特征值-1 有特征向量1120，2101。试求矩阵 A。解设A 对 应 特 征 值8的 特 征 向 量 为xyz。200 xyxz， 故212。 令3221031052322151P， 则P为 可 逆 矩 阵 ， 且1118PA P, 所 以1118APP。40.设 A 为实对称矩阵，且A 正交相似于B，证明： B为实对称矩阵。证 存在正交矩阵C，使得1TBCACC AC. TTTTTTTTBC ACC ACC AC. 41.证明：正交矩阵A 是正定矩阵的充要条件为A 是单位矩阵。证 显然，单位矩阵是正交矩阵且正定。由 37 题结论， A 的实特征值的可能取值为1 或-1。因 A 是实对称矩阵，由定理4.5.1，A 的精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 特征值都是实数。又因A 正定，故A 的特征值只能取1。由定理4.5.3，存在正交矩阵C 使得TC ACE，TACCE。42.证明：实对阵矩阵A 是正定矩阵的充要条件为A 的特征值都大于零。证 充分性显然。由定理 4.5.3，存在正交矩阵C，使得12TnC AC其中，1，2，n是 A 的特征值。因为A 正定，1，2，n均大于零。43.设 A 为实对称矩阵，且满足232AAEO.证明： A 为正定矩阵。证232AAEO是 A 的化零多项式， 因此 A 得特征值可能的取值为1,2，均大于零， 故A 为正定矩阵。44.若 A 是正定矩阵，证明：存在正定矩阵B，使2AB. 证 存在正交矩阵U 使12TnUAU其中i0，i=1,2， n。令12TiBUU由于1TUU,且12i精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 是正定矩阵，从而与其合同的B 也是正定矩阵且有2AB。45.用正交替换化下列二次型为标准形，并求出所用的正交替换。(1) 2221231231213(,)2344f x xxxxxx xx x; (2) 123121323(,)222f x xxx xx xx x; (3) 222123123121323(,)4484f x xxxxxx xx xx x解 (1) 222230201A特征值 -1,2,5，分别对应特征向量21132，11232，21231令21211223221Q显然 Q 为正交矩阵。则经xQy，22212325fyyy其中正交替换xQy为112321233123122312231223xyyyxyyyxyyy(2) 011101110A特征值 -1，-1,2。对应特征值 -1 的特征向量为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 101，110标准正交化22022，162316对应 2 的特征向量131313令21126321033211263Q显然 Q 为正交矩阵。则经xQy，2221232fyyy其中正交替换xQy为112322331232112632133211263xyyyxyyxyyy精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 19 页，共 31 页 - - - - - - - - - - (3) 124242421A特征值 5,5，-4。对应特征值5 的特征向量为101,120标准正交化22022，13 22 2313 2对应 -4 的特征向量21132令212233 22 21033212233 2Q显然 Q 为正交矩阵。则经xQy，222123554fyyy其中正交替换xQy为11232233123212233 22 2133212233 2xyyyxyyxyyy精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 20 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 46.设 A 为 n 阶实对称矩阵，且2AA，则2mBEAAA， （m 为正整数）是正定矩阵。证 设为 A 的任一特征值，且A，0。于是22AAA AA从而=1或 0。由于 A 是是对称的，故存在正交方阵Q，使1100TQ AQ2mBEAAAEmA,从而110101TTmmmmQ BQQEmA QE为正定矩阵。从而B 正定。47.已知二次型222123123121323(,)55266f x xxxxaxx xx xx x的秩为 2，试求(1)参数 a 的值；(2) 123(,)f x xx在正交替换下的标准形。解 (1) 51315333Aa秩为 2。3a。(2)A 的特征值为0,4,9，分别对应特征向量精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 21 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 161626，12120，131313令11162311162311063Q显然 Q 为正交矩阵。则经xQy，222349fyy其中正交替换xQy为112321233131116231116231163xyyyxyyyxyy（二）48.证明：对任何实数1a，2a，na和1b，2b，nb有222111nnniiiiiiiabab。证 记2212111212222222111 11212(,)2nnnnnnTf x xa xb xa xb xaaxaba bx xbbxX AX其中精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 22 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 12xXx，211211nniiiiinniiiiiaa bAabb显然12(,)0f x x，即12(,)f x x是半正定的，所以0A，即222111nnniiiiiiiabab。49.已知向量与1，2，m都正交，证明：与1，2，m的任一线性组合都正交。证 对于任意实数ic（i=1， m） ，11,0mmiiiiiicc。50.设1，2，1n是nR中线性无关的向量组，又向量1，2都与1，2，1n正交，证明：向量1，2线性相关。证 不妨设1，2，1n是标准正交向量组，扩充成nR的一组标准正交基1，2，1n，n。设11niiic，21niiid。10,iic，20,iidin从而1nnc，2nnd，线性相关。51.设 A 为 n 阶实矩阵，为 n 阶实列向量，证明：,TAA。证,TTTTAAAA52.设 A 为实反对陈矩阵，是 n 维实列向量，且A，证明：与正交。证,TTTTTAAA,从而,0。53.设 A 和 B都是 n 阶实对称矩阵，且有正交阵Q，使1Q AQ和1Q BQ都是对角阵， 证明：AB也是实对称矩阵。证111BQABQQAQQQ是对角阵，所以1ABQ Q。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 23 页，共 31 页 - - - - - - - - - - TTT11TT1=Q =ABABQ QQQQ54.设矩阵11010028003A试判断二次型TTfxA A x是否正定？解 是。因为,fAx Ax=2Ax，而 A 的秩为 3，0Ax只有零解。55.设 A 为m n实矩阵，证明：矩阵TA A是正定矩阵的充要条件为rAn。证 对于任意非零向量x,要使2,0TTfxA A xAx AxAx，即0Ax0Ax只有零解rAn56.设 A 和 B为 n 阶正定矩阵，证明：矩阵AB为正定矩阵的充要条件为AB=BA. 证 必要性。因A 和 B为 n 阶正定矩阵， A 与 B是实对称的。设AB实正定的，则AB首先也是是对称的：TABAB.从而有TTTABB ABA故 AB=BA. 充分性。设AB=BA,则TTTABB ABAAB即 AB为实对称的。其次，由于A 与 B都是正定的，故存在实可逆方阵P，Q，使,TTAP P BQ Q于是TTABP PQ Q与11TTTTQP PQQ P PQ Q QQABQ相似。从而两者有相同的特征根。但是TTTTTQP PQPQPQ为正定矩阵，其特征根都是正实数，故AB的特征根都是正实数，从而为正定矩阵。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 24 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 57.设 A和 B为 n 阶实对称矩阵， 并且 A是正定矩阵，证明： 存在 n阶实可逆矩阵P， 使得TP AP与TP BP都是对角阵。证 因为 A 是正定的，故存在实可逆矩阵Q 使TQ AQE又由于 B 为实对称，从而TQ BQ为实对称。因此存在正交方阵U 使TTUQ BQ U为对角阵。现在令P=QU ，于是由1TUU知TP APE且TP BP为对角矩阵。58.设 A 和 B为 n 阶正定矩阵，且方程0 xAB的根是 1。证明： A=B。证 由 57 题结论，存在n 阶实可逆矩阵P，使得TP AP=E，TP BP=是对角阵。0TxABPxEP的根是 1 由于 P可逆，相当于0 xE的根是 1 即的特征值为1，又是对角阵，故=E。从而，已知A=B。59.设二次型22212312123(,)112 12f x x xxxx xx已知2rf，试求(1)参数的值；(2)正交替换xQy，将f化为标准形；(3) 0f的解。解 (1) 110110002A1(2)A 的特征值为0,2,2-2. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 25 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 若=0，A 的特征值为0,2,2。对应 2 的特征向量001，110标准正交化001，22220对应 0 的特征向量22220令2202222022100Q显然 Q 为正交矩阵。则经xQy，221222fyy其中正交替换xQy为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 26 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 1232233122222222xyyxyyxy若0，A 的特征值为0,2,2-2.分别对应特征向量22220，001，22220令2202222022100Q显然 Q 为正交矩阵。则经xQy，221222fyy其中正交替换xQy为1232233122222222xyyxyyxy(3) 0f的解120yy，即精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 27 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 110k其中 k 为任意实数。60.用正交替换化二次型211niijiijnfxx x为标准形。解：易证主对角线上为a其他元素都为b的n阶方阵的行列式为1)(nbanbba，f的矩阵15.05.05 .05 .05.015.05 .05 .05.05.05 .05 .05.05.05.015 .05.05.05.05 .01A，所以1)21)(21(nnAE，可以解得属于21的1n个特征向量为111000,10010,10001属于21n的特征向量为21112nn精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 28 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 将(1)与(2)分别正交化后组合就可以得到要求的正交矩阵。61设矩阵111212122212nnnnnnaaaaaaAaaa是正定矩阵，证明：二次型1211112112221222120(,)nnnnnnnnnxxxxaaafx xxxaaaxaaa是负定二次型。证 记1nxXx则111TTTOOXX A XXA XEXAOA两端取行列式，得1TTOXfA X A XXA所以可知 f 是一个二次型，作实满秩线性替换X=AY ，则有TfAY AY因为 A 是正定的，所以0A，且TY AY是正定二次型，因此f 为负定二次型。62 证明：二次型12(,)nf x xx能分解为两个实一次齐次式乘积的充要条件是f 的秩为 2，且符号差 s=0，或者 f 的秩为 1。证 充分性。f可通过满秩线性代换X=CY化为22121212fyyyyyy由1YCX,即1y，2y可由12,nx xx线性表示，代入上式即知f 是12,nx xx的两个精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 29 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 一次齐次的乘积。若 f 的秩是 1，则 f 的规范形为21y，根据同样道理知，结论成立。必要性。设1111()0nnnnfa xa xb xb x若1(,)naa与1,nbb成比例，设iibka，且10a，则可对f 进行满秩线性代换11122nnnnya xa xyxyx化成21fky，此时 f 的秩为 1 63设1，2，n是标准正交列向量组，k 为实数，矩阵11THEk，证明：(1)H 是实对称矩阵；(2) 1是 H 的特征向量，并求出其对应的特征值；(3) 2，n也是 H 的特征向量，并求出它们对应的特征值；(4)k=0 或 k=2 时，H 为正交矩阵；(5) 1k时， H 为可逆矩阵；(6)k1 时，H 为正定矩阵。证 (1) 1111TTTTHEkEkH(2) 1111111111TTHEkkk,对应特征值1k。(3) 11111TTiiiiHEkk，对应特征值1，其中 i=2， n。(4)k=0，H=E，显然是正交矩阵；k=2，2211111111112224TTTTTTHHHEEE故 H 为正交矩阵。(5)由(2),(3)结论，当1k，则 H 没有零特征值，H 满秩，即 H 可逆。(6)由(2),(3)结论，当 k1 时，则 H 的特征值均大于0，从而正定。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 30 页，共 31 页 - - - - - - - - - - 文档编码：KDHSIBDSUFVBSUDHSIDHSIBF-SDSD587FCDCVDCJUH 欢迎下载 精美文档欢迎下载 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 31 页，共 31 页 - - - - - - - - - -