高教线性代数第五章二次型课后习题答案.pdf

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1、第五章二次型1.用非退化线性替换化下列二次型为标准形，并利用矩阵验算所得结果。1)-4XJX2+2 X X3+2X2X3；2)%)2+2 X j X2+2 x；+4X2X3+；3)X；-3x；-2XX2+2X/3 6X2X3；4)8 X 1 X4+2 X 3 X 4+2X2X3+8X2X4；5)xx2+X%3 +X jX4+X2X3+X2X4+X 3 X 4;6)x；+2 x l+x：+4 1 工2 +4 X j%3+2XX4+2 x2x3+2 x2x4+2x3x4；7)%)2+x；+x；+x：+2XX2+2X2X3+2 X 3 X 4 0解1)已知/(须，1 2，1 3)=4为12 +2 1

2、 1 1 3 +2%21 3，先作非退化线性替换则X =%+%七=%一乃&=3(1)/(占，X 2，七)=-4必2 +4 4+4 阴=-4 y；+4 M 为 _y2+y2+4 y2=一(2%.)3+y；+4.，再作非退化线性替换1 1%=2Z+/23 乃=2 2 (2)%=Z3则原二次型的标准形为/(xl,x2,x3)=-zl2+4 z；+z；,最 后 将(2)代 入(1),可得非退化线性替换为1 1M=J|+Z 2+5 Z 3%2=Ji-Z 2 +g z 3 (3)于是相应的替换矩阵为n-211-211o-1O1-21-2O=、|11-2O11O1O1-20OGolJ1-1OIA115IIz

3、f=r且有-1 0 0、TfAT=0 4 0 0、0 0 1,2)已知/(X1,x2,x3)=x：+2xtx2+2x；+4X2X3+4x；，由配方法可得f(x,x2,x3)(x：+2X1X2+%2)+(2+4X2X3+4%3)=(x,+x2)2+(x2+2X3)2,于是可令%+X 2 y2=x2+2X3,J 3 =X3则原二次型的标准形为f(x,x2,x3)=y+y,且非退化线性替换为/二%-为+2y3 4 =%-2y3，产3=%相应的替换矩阵为4-1 2、T=0 1 -2 ,、0 0 1 .且有TAT=-1,2o oYi i1 0 1 2-2 认 0 2oYi-i2、2 0 14 0 -21

4、 1 0 0、0 1 0、0 0 0,(3)已知 f(xl,x2,x3)=x；3 2 2xtx2+2 X 1X3 6X2X3,由配方法可得f(xl,x2,x3)-(X j2-2 X jX2+2X,X3-2X2X3+X；+X；)-(4X；+4X2X3+X；)=&-X 2 -x3)2-(2X2+x3)2,于是可令%=x1-x2+x3 y2=2X2+x3,%=x3则原二次型的标准形为/(再,/,/)、；一4，且非退化线性替换为1 3西 二 月+为一万为1 12=-y2-y3，尤3=%相应的替换矩阵为/1T=00且有/1 0T N T=-2 2_ 31?3-21-2-11-21-2000I1-21-2

5、03-21-2-、oOdO-1O1oO/I-先作非退化线性替换X=乃+y4,巧=为 为%4=4/(xl,x2,x3,x4)=8 y,y4+8 4 +2y3y4+2y2y,+S y2y42y+2,4-1-8+211-2+必1-21-8+y211-2+yl1-21-8十21-2+yl1-24Z Z oy.+y2+4 I+2乃 内，11122再作非退化线性替换J l=Z 为=Z 2 +Z 3 3 =Z274 =z4则/(占，2，彳3，4)=8 石+Z2+|z3+2 4 Z o o5 30+/2+2 z；-2 z；,再令5 3w.=z,+X.,+x,1 1 4 2 4 3W2=Z2卬3 =Z31 5

6、3卬4=：Z I +-22+-23+4Zoo则原二次型的标准形为f(xt,x2,x3,x4)=-2卬：+2*1w+8 vv：,且非退化线性替换为相应的替换矩阵为cunJ1A341To5-4)-11o1-2oo12rLT=仃且oO-2O0200-7008先作非退化线性替换X=2%+2,=%3=为%4 =)4则/(占，/，当，4)=2 y ly2+$+2必+2乃%+2)|)4+2乃九+y 3 y4=G i +%+)3+%y 一卜3+gyj-1?4 -才，再作非退化线性替换Z1 =.G=%+乃+3+41，Z3=%+2 y 4二 丁4即则原二次型的标准形为/（七，2，3 4）=-Z；+4 一52 3且

7、非退化线性替换为相应的替换矩阵为22，2211-1-11-1001000且有 一1 0 0 00 1 0 0T AT =0 0-1 0(6)已知 f(x,x2,x3,x4)-x(2+2 x；+x：+4X 1X2+4X(X3+2 x,x4由配方法可得f(xt,x2,x3,x4)=x；+2 x,(2X2+2X3+(2X2+2X3+X4)2+2x；+x：+2X2X3+2 x2x4+2 x3x4于是可令=(匹于是可令则原二次型的标准形为/=且非退化线性替换为XX 4L，3 =为一外4=y4f i-2 1 一n30 1 -1=2 ,001-1、o 0 0 1 ,1 0 0 0、0-2 006=00、2(

8、o 0 0 o j,4)=x：+%；+x；+x：+2xtx2+2X2X3+2 X 3 X 4,%2 +2X2(X +.)+&4-x3)2-2 X jX3+2 X 3 X 4+xj(%1+x2+x3)2-2x x3+(x；+2X3X4(X|4 X 2+X 3 )-+(X 3 +)-2 1 尤 3 -X y%)2+X j2X 12+(%1+尤 3 )2 +(冗 3 +)2 -(X1 +13 ，%=王为=一+/+%3 3且非退化线性替换为王=必4相应的替换矩阵为七=f+44=.+3 4(1000、01 0-1T=-1001101-L且有q000、0100TAT;0010o00-L(H)把上述二次型进

9、一步化为规范形，分实系数、复系数两种情形；并写出所作的非退化线性替换。解1)已求得二次型的标准形为f =_)；+4y；+3y；,且非退化线性替换为1 1再=5月+为+5乂1 1 x2=-yl-y2+-yi-=%(1)在实数域上，若作非退化线性替换%=Z 31 为=5“2，了3 =Z|可得二次型的规范形为（2）在复数域上，若作非退化线性替换M =%I 2 =万2 2，四=Z|可得二次型的规范形为2）已求得二次型/（X,）=X：+2 X（x2+2x1+4X2X3+4x；的标准形为/=y；+无,且非退化线性替换为M =必 一 乃+2 3 3故该非退化线性替换已将原二次型化为实数域上的规范形和复数域上

10、的规范形/=V+及。3）已求得二次型/&,彳2,当)=x 3 x；-2X(X2+2X,X3-6 X 2 X 3的标准形为/=；一 式，且非退化线性替换为 1 3/=必 +-y2-y31 1-%/=%(1)在实数域上，上面所作非退化线性替换已将二次型化为规范形，即(2)在复数域匕若作非退化线性替换必=Z i y2=iz2。=小可得二次型的规范形为/=Z；+。(3)已求得二次型的标准形为/=2犬+2兴一2资+8城，且非退化线性替换为1 5 3匹=/%一1为 一%+)4=乃+为V%3 =为一%1、%4=-乙y1+y4(1)在实数域上，若作非退化线性替换11为 F%=为1可得二次型的规范形为(2)在复

11、数域上，若作非退化线性替换1力 k可得二次型的规范形为/=+Z；+Z；+Z；。(5)已求得二次型f(x1,x2,x3,x4)=XtX2+X 1%3 +的标准形为f=-y：+-y；-且非退化线性替换为1/=y +y2-y 3-y,1Z =一 切+力 一 为 一7 y 41213 =3 一九/4=4(1)在实数域上，若作非退化线性替换X=Z 23=4%=Z 3 ，2可得二次型的规范形为/=Z；_ Z；_ Z；_ Z：。(2)在复数域上，若作非退化线性替换%=%2 =Z 2%=%，2.可得二次型的规范形为/=Z：+Z；+Z；+。6)已求得二次型/(x1,x2,x3,x4)=x；+2x；+x：+4X,

12、X2+4X 1%3 +2X(X4的标准形为f=_ y；-2 y；+g y 且非退化线性替换为X =%-2 y2+%_ 43W=乃 一 彳 力+412%3=3-4=）4（1）在实数域上，若作非退化线性替换H =Z21为=技I）4=。可得二次型的规范形为（2）在复数域上，若作非退化线性替换%=%.乃力,为=缶3）4=4可得二次型的规范形为/=Z：+Z；+Z7）已求得二次型/(X j,x2,x3,x4)=X；+2 x；+X：+4工1%2+41环3+2尤1%4的标准形为f =y；+4+M -y：，且非退化线性替换为/2=乃 一 4匕=f+)414=%+%一 4(1)在实数域上，上面所作非退化线性替换已

13、将二次型化为规范形，即F=y；+M +4 一 。(2)在复数域上，若作非退化线性替换%=亏%=22%=23，74 =反4可得二次型的规范形为f=z；+z；+z；+z：。2.证明：秩等于r的对称矩阵可以表成 个秩等于1的对称矩阵之和。证 由题设知4=1且加成(A)=r,于是存在可逆矩阵C使CAC=D,/且O为对角阵，又因为C,C，(C T)=(c 尸均为可逆矩阵，所以有CrAC-/)|+D j+Dr,其中句 、Z,、仅)1 d2 002D =.,D2=0,-,Dr-drI 4 o .I0；于是A =(C)T(?+2 +,)c-|/z ，=(c-|)DtC-+(C-)D2C-+(L)Drc因ran

14、k(C-1)D/C-1 U l(i=l,2,1),且一 /(c-1)D。/即（C-1）00-1都是对称矩阵,3.证明：4，/=(c-|)DU=(L)D,C-故A可表成r个秩为1的对称矩阵之和。、与4,AJ4 J合同，其中i也 M是1 2,的一个排列。证 题中两个矩阵分别设为A,B,与它们相应的二次型分别为A =4%：+,/B-A,),；+4 +4.作非退化的线性替换y,=xi：(t=1,2,),则力，可化成力。故4与8合同。4.设A是一个阶矩阵，证明：1）A是反对称矩阵当且仅当对任一个维向量X,有X 8X=0。2）如果A是对称矩阵，且对任一个维向量X有XAX=0,那么A=0。证 1）必要性。因

15、为4=-4，即为=0,与=-%4/，），所以X4X=z （附+叫 册 与i，j 由由 于+%=0,故X AX=Z aij+aji 卜/j=0 oM j充分性。因为VXeR”,有X A X=0,即。汇+(%2 +。21)叫12 b l%+。22%2+(“2”+6 2 比七,+。；=。，这说明原式是一个多元零多项式，故有=。2 2 =%”=，%=_%,(加，)，即 A =A。2)由于A是对称的，且X AX=O,即Qu%：+2a 2xx2 H-1-2ahlxxn 4-a2 2%2+-+2a2nx2xn+-+annx=0 ,这说明X aX为个多元零多项式，故有 i i =a22=%“=0 2%=0 =

16、%a 0 0 ,即 A =0。5.如果把实阶对称矩阵按合同分类，即两个实阶对称矩阵属于同一类当且仅当它们合同，问共有几类？解 实对称矩阵A与8合同的充要条件为存在可逆矩阵T与。使d2TBT=CAC=dr=D 。0.0；下面考虑对角矩阵。的相应二次型的合同分类情况，在4(i =l,2,/)中可分为r个正，0 个负-1个正，1 个负2个正，r-2个负1个正，r-1个负0个正，r 个负共计尸+1个合同类。但秩r又可分别取，n-1,2,1,0,故共有1 +2 +3+(+1)=(+1?+2)个合同类。6.证明：一个实二次型可以分解成两个实系数的一次齐次多项式的乘积的充分必要条件是：它的秩等于2且符号差等

17、于0,或者秩等于1。证 必 要 性。设/(x1,x2,-,x)=(a1x1+出 X2 +*/)3 丙+b2x2+2 X,)其中生也(i =l,2,)均为实数。1)若上式右边的两个一次式系数成比例，即bj=kai(z =1,2,)不失一般性，可设为，0,则可作非退化线性替换,%=0 1%!+a2x2+-+anxn%=毛 (=2,/!)使二次型化为f(x,x2,-,xn)=ky,故二次型/(七,了2广、猫)的秩为1。2)若两个一次式系数不成比例，不 妨 设 生。”，则可作非退化线性替换仇b2y=。丙+a2x2+-+anxn y2=hx+h2x2+-+bnxn,7,=xt(i =3,)使/(七，2,

18、X“)=弘 必。再令%=Z|+Z27 2=q-z2，j=Z j(z =3,)则二次型可化为故二次型/(占,X 2广,乙)的秩为2,且符号差为0。充分性。1)若/(苍,与,x“)的 秩 为 1，则可经非退化线性替换2 =。丫使二次型化为f(xt,x2,-,xn)=kyf,其中为 3,4,，居的一次齐次式,即.=+a2x2+-+anxn,且f(xi,x2,-,xn)=k(alx+a2x2+-+allxllY=(左 q X+ka2x2 H-F k a“x”)(内+a2x2 H-F anxn)。2)若/(修,x,J的秩为2,且符号差为0,则可经非退化线性替换2 =。丫使二次型化为/(占“2,，x“)=

19、y；-4=(%+乃)(为 一%)=(%$+a2x2+-+axn bixi+b2x2+-+bnx),故/(x(,x2，,x“)可表成两个一次齐次式的乘积。7.判断下列二次型是否正定：1)9 9 x；-12XX2+4 8 西 尤3+1 30 x；-60 x2x3+71 x；2)IO%)2+8 玉%2+2 4 玉 尤3+2 x；-2 8x2x3；3)；i=l l/jn.一!4)XTX/i+I。i=l=l解 1)二次型的矩阵为0,A2=-6 1 300,&=圄0,故原二次型为正定二次型。2）二次型的矩阵为1 0 41 2、A =4 2-1 411 2 -1 41 J因为|川 0,所以原二次型非正定。3

20、)记二次型的矩阵为A =(%J,其中 V 7 nxn1，i =ja=1,2,),故原二次型为正定二次型。4)记二次型的矩阵为4=(%),则A的左级顺序主子式为 V/n x n21Ak=,.121I121 .2 11 2故原二次型为正定二次型。8.f取什么值时，下列二次型是正定的：1)X：+x；+5x；+2txxx2 2XAX3+4X2X32)x；+4x；+x；+2江环2 +1 0/尤3 +6X2X3解1)二次型的矩阵为，1 t -A=t I 2,12 5,因为A的各阶顺序主子式为 =1 0,1 t&=0,2 t 11 t-13 =间=t 1 2 0,-12 5当原二次型为正定时;有 l-t2

21、0j-5/2-At 04解上面不等式组，可 得-f 0,1 t ,A,=4一厂 0 ,2 t 41 t 5 3=W=f 4 3=-t2+3 0 f-1 0 5 0,5 3 1由原二次型为正定得4-r 0-产+3 0 f-1 0 5 0 但此不等式组无解，即不存在f值使原二次型为正定。9 .证明：如果A是正定矩阵，那么A的主子式全大于零。所谓主子式，就是行指标与列指标相同的子式。证 设正定矩阵4 =（%工“，作正定二次 型 汽 均 芯 乙，并令f=l j=xj=0 （J*%此,却匹k2 V 3 0 （i =1,2,1 0 .设A是实对称矩阵，证明：当实数f充分大之后，f E+A是正定矩阵。证ai

22、2 ai n、a,1 t+a22 tE+A=;21.22.,、an an2 1+a n ,它的左级顺序主子式为+%ai2 akA j/）=：t+?22：a：kak ak2，+当f充分大时，为严格主对角占优矩阵的行列式，且r +为 Z|%|（i =l，2、），用故30卜=1,2/），从而归+A是正定的。1 1 .证明：如果A是正定矩阵，那么AT也是正定矩阵。证 因A是正定矩阵，故xax为正定二次型，作非退化线性替换x =4一,，又A-I也是对称矩阵，故/YAY=（一）AA-lY=X ArX 0,从而为正定二次型，即证A-I为正定矩阵。1 2.设4为一个“级实对称矩阵，且 同0,证明：必存在实维向

23、量XH0,使X AX 0。证 因 为 网=，y P+I=%+2 =y,=1，则可得一线性方程组+c1 2x2+J“X”=05+%2+c,“x“=0c*i M i +%廿2 +C/,+i,x“=1+C 2X2+X),=1由于I。H 0,故可得唯一组非零解X,=(xh,%使X：A X,=0 +0 +-+0-1-1-l =-(n-p)0,即证存在X。0,使X么X 0,X BX因此XA+B)X=X N X +X X 0,于是X (A +3)X必为正定二次型，从而A +B为正定矩阵。1 4 .证明：二次型,x“)是半正定的充分必要条件是它的正惯性指数与秩相等。证 必要性。采用反证法。若正惯性指数p H秩

24、r ,则p 7 若令月=乃 =，%+1=%=1，则可得非零解（%”2,，x“）使/（外,彳2,x“）0矛盾，故p=r。充分性。由p=r,知故有一（西，匕）2。，即证二次型半正定。“（n V15.证明：鹿-2巧 是半正定的。/=!/=1）n（丫证n x-匕i=/=i/=+X；+X；）-+x；+x；+2%|x2+2 A*Xfl+2X9 Xy+2x2-n+=（/?1）Q；+Xj+x；）一（2%1%2+2X Xfl+2X9 X2+,+2 x2Xn+2%_ X）=（1；-2X 1%2+2）+（I-+九；）+,+（x；_-+X；）=Z（Xi-x）。1 j。Hi jSn2）当X=彳2 =i =x“时/（xl

25、,x2,-,x）=Z（x,-x J=o。lMi j 0,X；4X2 ；+d2y+-+dry,其 中 叁 为1或T。由已知，必存在两个向量X r X?使X：A X 1 0 和 Xr2AX2 q，pq下面仅讨论p q的情形，其他类似可证。令%=.=九=1，坊+1=，yP+i =-=yP+q=i -则由z =c y可求得非零向量x 0使X；A X o=y；+y；-y；+-y2p+q=0,即证。17.A是一个实矩阵，证明：rank（ArA）=rank（A）。证 山于加成（A）=HA A）的充分条件是A X =0与A A X =0为同解方程组，故只要证明A X=0与A A X=0同解即可。事实上A X=

26、0=A A X=0 =X 4 A X=0n（A X）（A X）=0 n A X=0,即证A X =0与AAX=0同解，故rank AA）rank（A）注 该结论的另一证法详见本章第三部分（补充题精解）第2题的证明，此处略。一、补充题参考解答1.用非退化线性替换化下列二次型为标准型，并用矩阵验算所得结果:1）xtx2n+x2x2n_+x2x2n_,+xnxn+l;2)XX2+工2工3-h Xn-Xn3)Z,.+,;i=l l i j 2 T%2“=为 一 y2n即 X=7V,且替换矩阵使则原二次型的标准形为/一)|+)2 +K 咒+1 为“-1%1 0 0 1、0 1 1 01 1T=,1 一

27、10 1 -1 0J 0 0-1?口,1TAT=,-1、-1其中A =J2222)若2_27X.+J oy=一LX -%2 +X3乃2则W 一 =()|+3)(乃一乃)=xx2+x2x3,于是当为奇数时，作变换_ 再 +Xi+Xi+2_ Xi Xi+Xi+22 F(i =1,3,5,，-2),X 二X则xx2+X2X3 +X -1X“=y：-y；+y；y：+y_2-y,，且当“=4 k +l 时，得非退化替换矩阵为111 -11 -1-11、-1 00 00011 11-111 0001-10当”=4 k+3时，得非退化替换矩阵为11-111-11-10010001T=1-10001-101

28、J故当”为奇数时,都有(-11当为偶数时,TAT=-11-10J作非退化线性替换_七+3+|+七+2X+i=2X j-Xj+I+苍+22(i =1,3,5,，-3),+2则xix2+X2X3 +=y；-y；+y；-y：+y,3-y；，于是当=4 女时，得非退化替换矩阵为r 11 -1-1-1-1、1-1 00 0011 11T=11 00111-L于是当=4女+2时，得非退化替换矩阵为 1 1 -1-11-1 0 01 1T=1 -1故当为偶数时，都有 1-11TrAT=-11 1、0 0-1-10 01 11 -I3）由配方法可得r 1 丫 +i 2+而 刁 C+l卜才”于是可令M =玉+彳

29、 2 与2 j=21S%=苫2+可工吃J j=31y“T =七1 +一 ny=X则非退化的线性替换为1 1 1 1-二1yl-渭“ii%,1 =%i 一y“n%=打且原二次型的标准形为/+岛娼 +1-22打，相应的替换矩阵为11111 23n-1n111n13n-1nT=001 1_ 1 一1nJZ1-H 11-11()-oO3oO-oO*L1-21-2-1-21-2-1-2111-2一1-2111111-011-21-21-21-2为因又A-所以4)令T/AT=、r i030-0000-004400-006000 n02(-l)000-0n+1n=演-X 2=X2X97yn_i-%则2M+E

30、 z-i=2无2=%+2乃+2%i=3n-2X.T =Z%+2yT+N1=1x“=y由于Z x =2 x，-(T)x=X,f=l f=l则八 一1 (、2 一 (-1 、2原式=f y,2+方-储,=f yl+E /i=1 i=J i=i=J=2 2 y；+Z x x(3=2 1；+/；+罚F故非退化的替换矩阵为其中所作非退化的2-2 q +o d+1 z“_|，2 n l戋性替换为1 1 1必 一 芍 八2 Z3 i2 3 n-11 1 1力 一 Z2 整3 A 4 1 33 4 n-lyn-=2 时y”=z 10 0 0(211 11)/1 2 3121 1101T =112 110031

31、111 21,00 0d0001nn-l10n-l10n-l1002 0 0 0 131 -0 0 12u -12 3 n-(0 0 0 0 1=(X”无 2，x J一 1nn-lnnnn-lnn-lnnnXx2nnnn11n-l11n 1I nnn)I nnn7（n-i 1 1 n n nfX|1 n-1=（修，2,X.Jn n n1 1 -M-l、匕l n n n）=zNz，所以,2TfAT=，20003200043 0 0 00、00o000nn-1000 002.设实二次型/（X|,/,，X“）=Z（%内 +ai2X2+%X“），i=证明：X”X 2,，x.）的秩等于矩阵a a2 an

32、4a2 a22 a2nA=4 as2 asn的秩。证设r a A（A）=r,因/（x”X 2,x,J=X（A A）X ,卜面只需证明r a A（A）=r即可。由于“成（4）=r a A（A）,故存在非退化矩阵尸，。使PAQ=E,00 0或 PA=E,00、0,。巳从而PAAPE,00 01。3产00、0令则P AAP=/由于QT（QT）是正定的，因此它的r级顺序主子式忸,|0,从而A A的秩为。即证 rank（A）=rankAfA）。3.设/（X1,X2,-,X ）=/12+/；+/；_/；+|-lj+q。其中/#=1,2,p +q）是玉,X”的一次齐次式，证明：/（公,工2,七,）的正惯性指

33、数W p,负惯性指数W q。证设乙=芭 +2%2+（i =1,2,+4）,/（占,2,，X”）的正惯性指数为，秩为厂，则存在非退化线性替换X =C;|X|+生2芍+Cj“X“（z =1,2,/?）,使得/（X|,X 2,，X“）=/：+/；+/；+|-lj+q=y：+y；一 端-y；。下面证明s W p。采用反证法。设s p ,考虑线性方程组 仇 内+仇X =0+=0q+i,M i +（）41.+%/“=0该方程组含p +-S个方程，小于未知量的个数，故它必有非零解（为,%，氏），于是f（at,a2,-,an）=-l+i-1，=+丫上式要成立，必有（+1 =3=0，乃=一=八=0，这就是说，对

34、 于X|-a1,x2-a2,-,xn=a”这组非零数，有弘=0,y2=0,，yn=这与线性替换y=e x的系数矩阵非退化的条件矛盾。S p同理可证负惯性指数r-s(E X、是一对称矩阵，且国 性0,证明：存在T=(0 E,个级数与A 2 2相同的矩阵。,(E 0)(E _证 只 要 令T=，则T=匕21A1 Ej(0注意到4 2 =A：，(A；)=A，则有TAT=E YA n A12Y1-A21A li E-4 1 2 2/再对上面矩阵作行交换和列交换，便知结论对4+1级矩阵也成立，即证。6.设A是阶实对称矩阵，证明：存在一正实数c,使对任一个实维向量X都有 XrAX c X。证 因 为|x欠

35、x|=M 同，i j M令=m a x,J,贝iji.j2 2利 用 闻 同 w 土 户 可 得x2+x2 XrA X 0，=-o,2 1 2 a所以4 0。4?a ai.=：:0,，知a所以40（/=1,2,）,因 X =7T是非退化线性替换，且XrAX-7 Y =4 y：+4 瓷+；，由于4,4,都大于零，故xAx是正定的。8,证明：1）如果=町）/=1 j=是正定二次型，那么12 an 月a2 a22 a2n 为/(1，乃，,”)=a,”a “2 an n yn弘乃匕，是负定二次型；2）如果A是正定矩阵，那么这里Pn_x是A的-1阶顺序主子式；3）如果A是正定矩阵，那么同。1 22 4）

36、如 果 丁=y是阶实可逆矩阵，那么叶 立心+4+/=1证 1）作变换y=AZ,即aM an y,.)=ni y“-()+%.)=一|电百+y“)=-|川 丫2 =-|A|ZNZ=-|A|ZNZ O因为A是正定矩阵，所 以/（必，为，、,）是负定二次型。2）A为正定矩阵，故C i对应的-1阶矩阵也是正定矩阵，由1）知 I I%,”-l 弘九1(%，,y.-J =an-,y n-%,y-i 是负定二次型。注意到a .一 a,n-%”H l=.an-,an-,n-anl a a,n-为.a a,n-0 +an-A*an-,n-an-f an-,n-00an an.n-=/1(“1，。2”，an-,n

37、)+%/-1，又因，的.，-1,）0（%,中至少有一个不为。时），所以当 =0时，有综上有词心,_1,即证。3）由2）得M W annPn-V W W 即。4）作非退化的线性替换X=7 T ,则=y 7 7 T为正定二次型，所以T7是正定矩阵，且4 1 CH A i 1 八”T，T =,：Ji n%人却 1_ 4+t22+-+tn2-f、+4 +.+1）再由3）便得僧=|7*立年+4+江/=19.证明：实对称矩阵A是半正定的充分必要条件是4的一切主子式全大于或等于零（所谓k阶主子式，是指形为a9-%a?a生:出由生也,的 女 级 子 式,其 中 乙）。证 必要性。取 A的任一个机阶主子式相应的

38、矩阵 油 ZA1 M 一 :,气5，.A 0）对应的二次型为令 七=0 0 工 2,，M），代入f 2 ，得i，j=lX：A O,故存在非退化矩阵T”,使 4 、CW忆=力，d m）其中4 N0（i =1,团）。故,（川）|Q（m=1,2,）。充分性。设 4 的主子式全大于或等于零，任取A的第m个顺序主子式相应的矩阵a a2 aniR 二：（m=1,2,），4 1 a m2 a mm.作4+ll a2 am|犯+A（=7 +：2 2 ,am a,n2 +6,由行列式性质，得|犯“+心 =兄+PZT+&/+2,，其中E是4 中-切i阶主子式的和，由题设，4的一切i阶主子式1A?2 0,所以C 2 0。故当/10时，有血+川”0,即当丸 0时，花+A）是正定矩阵。假若4不是半正定矩阵，则存在一非零向量X。，使X；AX=c（c 0）。于是令1c C 八=/=-7 0，XoX。xl0+x20 H 1 “O则X；（花+A）X0=X/EXo+X；AX0=c-c=O,这与 0时A E +A为正定矩阵矛盾，故A为半正定矩阵。