考研数学线代二次型常考知识点技巧题型.pdf

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1、考研数学线代二次型常考知识点技巧题型一、三基与拓展1.1二次型的定义含有n个变量%，L,x”的二次齐次多项式/（%,，L，%）=Z Z auxixj称为/=1 ；=1元二次型。详细形式如下：力,尤2,L=,i=l j=l-2ax+a2x1x2+L+。玉 +fl21X2X|+6Z22X；+L+C t2nX2Xn+L.+a M +VX2+L+anX1.2二次型的矩阵表达形式二次型矩阵表达式：41a2L/（王，工2,L,X“）=（X，F,L,%】Ma2 2MLa2nMX2M=xT Axan2L%,“、当,2二次型矩阵表达式的多样性【例1求二次型/（4,七）=x；+后+后+4卒2的任意三种矩阵表达式。

2、解：有无穷多个形式，我们任意求其三种。T/（内，2，%3）=X：+%2+X3+4玉 龙2=（%，%2，%3）。.0410=/（X,，）=X；+X；+X；+%2+3 X2X-OVx,）0 x2vlX31 1 0口、）3 1 0 x210 0fl 2 OYx,=/（不入2，%3）=X：+X；+X；+2xix2+2x2xt=（石,工2，工3）20100b【尤3,二次型实对称矩阵表示形式的唯一性一-实对称矩阵/（X,X2,L xn）=01+2。2%|尤2+23斗*3+-+atnXlXn+a22x+la2ix2x3+.+2a2nx2xn+“33尤3-+2a2”工2七，+,+2%,当=/勺=/=1 /=!

3、其 中%=%）,A为实对称矩体，对二次型只有用实对称矩阵表示，其矩阵表示才是唯一的。区 区 利 用 内 积 可 以 表 示/x=（x,九）=x：+考+后2 0恒成立，且xTx=（x,x）=x；+x：+X：=0 o x=0。陈式第28技实 对 称 矩 阵 与 二 次 型 存 在 一 一 对 应 关 系，二 次 型 的 全 部 讨 论 归 结 于 相 应 的实 对 称 矩 阵 问 题，实 对 称 矩 阵 通 过 合 同 变 换（属 于 一 种 特 殊 的 初 等 变 换）而相互等价；正定型的证明有5法。31.3 二次型的标准形和规范型二次型的标准形不含交叉项的二次型/=4）；+&式+L +dny；

4、t称为标准型，标准型不唯一，比如对同一二次型矩阵正交变换（压缩或放大图形的比例为1）和纯合同变换（压缩或放大图形的比例不为1）所得到的标准型是不一样的。二次型的规范形f=d1yf+d2yl+L+4片 中，如4（i =l,2,L ,）只能在1,-1 ,0三个数中取值,即/=才+L +$一片+广#+2 -L +y；称为规范型，称为二次型的秩，也就是相应的实对称矩阵的秩，规范型是唯一，相当于把压缩或放大图形的比例归一化，就象一个向量一样，方向数可成比例地放大或缩小，一旦归一化，向量的方向数就唯一了。惯性定理任意实二次型/都可以经合同变换化成标准形。其 中40的个数为正惯性指数；4 (1 0例 如：A

5、=八.，8=它们的特征值不完全相等，故不相似，但它们具有I。2J 10 3)相同的正惯性指数，故合同。例 如，讨论下列两个矩阵相似于合同的关系U 1 1 1)(4、1 1 1 1 0A=;B=1 1 1 1 0J 1 1 1 1 0,n 因为A是 实 对 称 矩 阵，故A力ag(4,4,4，4)=diag(4,0,0,0)；而吠4|=0=4 2,3,4=4,0,0,0；n A相似8,A并且合同B又例如，讨论下列三个矩阵相似于合同的关系2 1 0、3 0 0、1 0 0、A=1 2 0;B=0 1 0；c=0 1 0、0 3,、0 3、0 3,二 良。均 为 对 角 阵，特 征 值 就 是 对

6、角 元，由于他们的特 征 值 不 同，故8必不相似。；但8。具 有 相 同 的 正 惯 性 指 数，故3合同D.n|/lE-A|=0 n 4 2 3=3,3,L故A必不相似。，但A。具 有 相 同 的 正 惯 性 指 数，故A合同；n A 8均 为 实 对 称(对 角 阵)，且 具 有 相 同 的 特 征 值，故A相似B,A并且合同反6二、二次型的标准化方法2.1 正交变换化二次型为标准形四步法4 0 L A C=O H A C n C r L =C，C=E n C 为正交矩阵.、。AJf 4 尤;+.考+.+4 L求出二次型 巨阵的特征根及对应的特征向量；将重特征根的特征向量进行施密特正交归

7、一化;将所有特征向量构成正交矩阵。4 0 作X=QY变 换，可将二次型成为标准形 0、。a2.2 合同变换化二次型为标准形0CT AC=dr0O由于c可 逆（满 秩），。总可以表为若干初等变换的乘积，令。=6KL E，使7CZC=E；L 反耳7 耳鸟L FmA 工 f 对 A 列 变 换，尸 J A 一 行 变 换，列 变 换 在 先，相 对 应 的 行 变 换 在 后。也 就 是 说：如 果 经 过 一 对 相 同 的 列 行 初 等 变 换，最 终 有：2、d 20A d r,0O、0与 此 同 时，C-E8又C=F；=EF【Fm,相当于只对夕进行列变换Z、O/、dr八rA-L4不 巧L-

8、pU JO0C4rC=10C/(20(200*(1 1 00-10111 0 1 1220 q+cC22C010002、0 1 0 r 1C3+2C22、3+2 )20 铲 4,2,3=1，1，_2=A =1I -2,E 平 注|求/(%,x2,)=2 须一2%*3 +2*2 满足xTx=x：+%；+工；的最小值。0 1 -P解：A=1 0 1 =p l E A|=0 =4 2,3 =-2,L 1 1 1 ,=-2=鼠=1=(1,1,0)7;(-1,0,1)=$=(11、071(屈 瓜 庭)，万=。=1飞束2=QTAQdiag(-2,1,1)6 V211方 正i 07/(%)，x2,刍)=2x

9、tx2-2XfX3+2X2X2=xTAxR y ,=A(Q y)=yT(0 A。)y =2 y；+；+y；=0(y ,%，%)=0(y),X=#+X；+X；x=E y y，(Q，A。)y =y；+yf=9(M，%，%)=-2 y；+yj+yj-2(y+y；+y；)=-2故当 y =(l,0,0)=夕(y )=/(l,0,0)=-2(1耳1 1飞r 1)W=x =Qy=1一耳1孟0=1飞=源,=/()=_ 2.102i、忑V 6 )、存10三、二次型的正定性3.1 概 念/（X i，L ,x“）=X A X 0定义为正定型，注意等号不在定义之列。3.2 性 质1）合同变换不改变正定性；2）实对称

10、矩阵相互合同的充要条件是他们具有相同个数的正负特征值。3.3 正定型判别充要条件主要有5 法（1）A的所有顺序主子式全 0 （霍尔维次定理），适应于具体的二次型矩阵正定的证明。（2）A的所有40 ,适应于抽象的二次型矩阵正定的证明。（3）W X声0 n XTA X 0 A（B X）0 ,适应于抽象的二次型矩阵正定的证明。（4）与单位矩阵合同或存在可逆矩阵C n A =。（5）正惯性指数P =必要条件有才：知 0。|川0充 分 条 破 2|:正定矩阵一定为满秩矩阵。正定矩阵一定为实对称矩阵。四、题型题法【例3】实二次型/（网,2，入3）=（内+映）2 +（%2 +g）2 +（工3 +与）一正定，

11、求。的关系。解：II由于/（X i，/4）是 平 方 和，又 正 定，故 有（玉+陋），（%2+如），（工3+西）不 同 时 为 零。龙I +”=01 a0 1c 0等 价 于 方 程/+法3=0存 在 非 零 解。+CXx-00b=+abc 7 0=abc=-111 0 1、【例4 设矩阵A=0 2 0，矩阵8=（AE+A，其中人为实数，E为单位矩阵，求U。对角矩阵A,使8与A相 似，并求当k为何值时，B正定。解：2-1 0-1设后一A|=0 2 2 0=4（4 2）=4=4=2,4=0-1 0 2-12、设。=2,则存 在正交矩阵PnP7A p=。=A=p0pT、0,=8 =（AE+A）?

12、=（kPPT+PDP1）2=P（A E+P P（ZE+O）P 伙+2 =P（kE+D）2 PT=P（%+2）2 PTk2故 当A H-2,攵w 0,8的 特 征值全部大于 零，B正 定。【例5】设A为三阶实对称矩阵，A2+2/1=0,R（A）=2，求（1）A的全部特征值；（2）当攵为何值时，A+ZE正定。解：设A的特征值为2,对应的特征向量为a,则A2+2A的特征值为Z2+2Z12（几2 +24）。=+22=0=2=-2,0 一2、R（A）=2=A-2=4=4 =-2,4 =0；（2）A+ZE仍然为实对称矩阵，A+在的全部特征值为：-2+攵，-2 +k,k于 是，左2时，A+AE正定。0 1【

13、例6】设矩阵A=；:、0 00 0、，（1）已知A的一个特征值为3,求y。（2）求可逆矩y 11 V阵P,使（AP）（AP）为对角阵。解：3E-A3-100-1300003-y-100-113 1 3 y 1 z 、T 1 =8（2-y）=0 n y=2-1 3（2）（AP）（AP）=PA2p13 1 0 0 0、:?为实对称矩阵,0 0 5 4、0 0 4 5,即可 构造 二 次 型/l x,将其化为标准型，Ax即*与A合 同，亦 即PTA2P=A.又，XTA2X=X：+%2 +5 x；+5 龙:+阴天=片 +后 +5卜;+无3 X 42 2 /4 丫 9 2=%+x2+5 x3 H x4+

14、-x4+【例7】若/（芭,尤2，与）=%；+4 x；+2X23+2tx1x2+2%3是正定的，求，解：q t 1A=Z 4 0 =|川=10,|4|=1J 0 2,1t .=4一厂0，A=r1t 14 0 =4-2 r2 00 2n /2 /0,且|A|=4 4 L/l“0A*的特征值 回 0 =A*正定414求二次曲面/=X；+2*+Yx；+2玉+2 X X|不为椭球面的概率。解：A =1 1 X1 2 0 x o r/必可化成/=4+4乂+44当4,4,乙同号时，/为椭球面又|4|0故必须让A正定.-.|A|=r-2x2 o=r2x2py-2x2o=J L d y =g1 0【例10】与4

15、=0 00 202合同的矩阵是0 1 0、(A)1、0 9,1 0、(B)2、0-2,0 f1(C)-1；(D)0、1解：同阶实对称矩阵合同的充要条件是他们具有相同的正负惯性指数，对实对称矩阵而言,正负惯性指数分别等于正负特征值的个数。A的征值为1,2,-2故选(8)【例11】将/=4考 3 x；+4X,X2-4X,X3+8 x 2*3化成标准形，并写出相多的正交矩阵。解：150 x2,x3)2-2244|A 2f|=0=4=1,4=6,Z,=-6=/=y：+6y；6y；，2、=0,%V 622不0=夕也幻=01飞1 1V 30 V 65 _1_V 30 V 62 2病 V 6玉 工3与y%的

16、关系为：X=QY。【例12】A=0100100000y1oo12的一个特征值为3求矩阵P使(AP)，AP为对角矩阵。解：|3E A|=0=y =2(AP)AP=P1 A1 AP 而A，A1000010000540045为实对称矩阵即 X，(A，A)X F+5X；+5X：+8*/；+5X3+?4+3令4乂 =%，%=尤2，%=%3+*4，”=%16 o o o 1 口乂一 例13 1 0 0 0 1 0 0 0 -0 1 0 00 1 0 0取 P=C=40 0 1 ,贝!|（AP）（AP）=0 0 5 050 0 0 10 0 0%/=x；+x；+x；+2axtx2+2/3X2X3+2x3经正

17、交变换乂=。丫化成/=+2丫 3 2.求 a,/?。解：变换前后二次型矩阵分别为a 1、A=a pJ 0 1A B 0 、B=1、2=|2-A|=|2 E-B|=Z 1-a-1-a2-1-1-PZ 1Z 00 2-10 000A-223-3/i2+(2-a2-2)/l +(a-/?)2=/l3-3/l2+2 22 =0=a =/?4 =1=ap=0n a =0【例 14 设 A是实对称矩阵，正 定，8是z x 的实矩阵，证 明：夕 AB正定的充要条件是 R（B）=（列满秩人证 明：由于是抽象型，故优先使用定义证明。（BTAB=BTATB=BTAB,故 是实对称矩阵。充分性:17对任意x w O

18、 ,由R（3）=/2 =w 0Q x Z x 0,XTBTABX （Bxf A（BA）0，故 3 7 A B 正定。必 要 性：因为3/8正 定，所以对任意x w O ,有XTBTABX=（&）,A（&）0又依题设，A正 定，即 以w 0 （正定的定义要求），即除非x =0才 有，软=0，所 以,R（B）满秩。必要性也可这样证明：正定n R（BTAB）=（满秩=?=R（BTAB）xT（Bx=V（几人-%）=X/（A/x）Q xT Ax 0 xrAx 0AxT（A x）=Ax1 Ax=x7 B x 0 =2 0从而证明了 A B正定。【例16 设A为阶实对称矩阵，证 明：A可逆的充分必要条件是：

19、存在实矩阵8 ,使A 3+87正定。证 明:(AB+BrA =8 7 A 7 +A B =AB+Br A，所以 A B +BT A 为实对称矩阵。18充分性:已知A B +B A正 定，则/X 0 Xr（AB+BA）X=Xr（AB）X+Xr（BrA）X=（AX）r（B X）+（B X）f（AX）取 =2（A X）7（B X）0n A X w O,等价于A X =0只有0解，故A可 逆。必要性：已知A可 逆，而4=A，A =A E A n A?与 E 合同 取 8 M AB+BTA 2 A?与 2 E 合同 n A B +A 正 定。【例17已知/（%）,x2,x3）=4%2 -3 x；+2时

20、-4%声+8 无3 4 3）,相应的实对称矩阵记为A ,通过正交变换X=QY化为标准型/（必，%，）=#+6 +处；。求 求a,。;（2）求正交矩阵。;若8 =A*+出,求/试B正定。解：0 a/(王，X 3)=(玉 X2 演)a 41-2 4x=0yn/(x)=/(y)=(x%3=T M=l +6 +/?=0 +4-3 =i=-60 a 231()口4=|山 n 3 6 =4 4 4 =3 a2 16 a 16 n a =2,(舍去)。7=i3194=1=(E-A)X=0=X=(-2,0,1)=0,I/%=6 n(6E-A)X=0nX 2=(l,5,2)，n%5,2)，4=6 n(-6 E-

21、A)X=0nX 3=(l,-1,2)，=%=Q=1V 305V 3027301-127 *段=一务-36,-6,6AA AAB-A+tE 36+1,6+/,6+/故 当，36时，8正 定。(a+3)%+2刍=03【例18】已知齐次方程组2g+(a-1)/+毛=有非零解，且A=1(a-3)玉-3X2+/=021a-22-29、正定。求a；当/=1时，求/A x的最大值和最小值。解：(1)齐次方程组有非零解,则系数行列式等于零：a+32aci32 a 11 =a a-a 0 321 =a(a+l)(a-3)=0=4=0,-1,3a 0 n a一 =a=31 a 31 2-2 9)(2)当a=3时，

22、由20r3 1 2 W 3 1 2、A=1 a-2=1 3-2为 实 对 称 矩 阵，必可通过正交变换X=PY化 为 标 准 型。(2-29J2-312-2-19-22-42-40又,|3E A|=-12-32=-12-32-222-9-222-9=(%4)(几一1)(九一10)=0 n 4=1,4,10 n VAr=y：+4员+1又，xx=1 彘松=(P (Py)=yTPTPy=yTy=y；+父=1n 1 =y：+y”y；+4货+101；4 10(y；+y2 +y =w所 以：(/A x)=1,(xT Ax)=10./min /max附录二次型新增例题2015【例1用配方法给出二次型f(xt

23、x2x3)=2x；+3后+56+4X,X2-4xtx3-8x2x3的标准 型，并写出所用的满秩线性变换。解：f(xlx2x3)-2x；+2x1(x2-X3)+3%2 +5X；8x2x32(X 1 +X-,一 占)2 _ 2(%2 _ 元3)-+8尤2X3=2(X|+%2 七)-+x；4/尤 3+3xj=2(X 1 +%2 _ X3)-+(%2 2尤3)X；X+/+与=%尤 2-2 尤3=y2尤3=%作 满 秩 线 性 变 换%=%一 必一 3或2=丁2+2y3 则 有3/区尤3)=2y：+y；-y；【例 2】用合同变换法化二次型/(X 1%2%3)=%：+3x；-2x；-4X,X2+4M%-2

24、x,x321解由 题 意 可得-22、f l02、f l00 )100、-23-10-130-130-102-1-223-2-03-600310012012-2124010010010013、001 J101 J、00、001把二次型化为标准型/(七/九3)=y；-兔+3代 为、p2 4丫 研故作满秩线性变换x2=0 13%1001人 次【例3】(1)用正交线性替换将二次型f(x X2x3)=2 x；+6xl+8X,X3+2 x；化为标准型(2)若f(x,x2x3)=X,A X =1它是什么二次曲面？2 0 4、解：(1)二次型的矩阵为：A=0 6 0 则|/l E A|=(/l -6)2(/

25、l +2)J 0 2)故二次型的标准型是6 y；+6货-2。下面所用的正交线性替换T对 于4=4=6齐次线性方程组的基础解系是%=(1,0,1),2=(0,1,0)对于 4=-2齐次线性方程组(2 E A)X =0的基础解系是4=(1,0-1)将4,%,%正 父 化。单 位 化 得 向 量 组7 =1痣O_ L I忆Z_令1亚O1F-T=(7，%，3)则 正 交 线 性 替 换 修=1双。1FO1O_ L&O_ LV2PI为 把 了(当 芍 与)二 次 型 记 为A1OJ/L=6 y；+6 W-1y22(1)当X，AX=6)；+6资-2yj=1时，总表示单叶双曲面。例4若实对称矩阵屋=0 证明

26、A=0证：设a。12A4、a”a 2Aa”a2 AA=a2 AAa2nQ A=A.A4=2Ia22Aa2 n42。2 2A2=0AAAAAAAAAAAAS ian2Aa、a,”an2Aaa 2nAd+d+A+d=0,i=L2,A,.因为与为实数，所 以%=0,i,j=l,2，,n.即A=0.22证：A为 实 对 称 矩 阵，故 有 正 交 矩 阵T,使 T A T T-A T 20其 中4。=1,2,A,)是A的 所 有 特 征 根，而 且 4是 实 数。于 是32 、0=T A2T =(T A2T)2=&若=0O、幻就有 4=0 从而A=o【例5】设元实二次型/(xt,x2,A,X)=Z A

27、Z=卢 马 证明在=11=1 j=1=1的条件下，二次型的最大值恰好等于A的最大特征值。证:设正交线性替换Z=7Y 使/(七,与 八，x“)=ZAZ=y(TAT)y=4 y,2这里1=14,4,A,友 是A的全部特征根。令其中最大者为4下面证明二次型的最大值也是4由于ZZ=1.对任意n维到向量Y ,必有yy=Y T TY=()(疗)=Z,Z=1i=l于是/(XX2，A,%)=4=4丫7 =%.i=l i=23i=t若取到向量匕使其分量满足%=于 是/(项,2，A,x“)=y,TA 7 y,=4结论得O z w r证。【例6】A是n阶实对称矩阵，且|A|0证明存在实n维向量使Z A Z 0.证：

28、因 为 同0所 以 秩(A)=存 在 非 退 化 线 性 替 换z =c y使z A Z =y Z y =y：+AA-才 其 中 B=(C-)AC-.,并 且|A|0,p ，考虑线性方程组C Z =%,其 中 工=即0到吆冬1由于|。工0有唯一 P n-P 7解 非 零 的 Z。使 Z A Z =R A 1；=Q48由0 T a 2 3 1 =(p)即存在 Z/0 使P n-PZ AZ0.a、证:设正交矩阵T使7A T =4 因,=44A 4 0其中至少有一个2小于零。不妨设4 0于是Z =%这 里e,=(0 A 0 10 A 0)则Z 4 Z =e：TATq=%；+4、用 的 矩 阵7=1

29、i J 0.(i=1.2.A n)【例10】设n阶方阵A,B都是正定的，证明A A+B kA(k0)及4都是正定矩阵。证：O A是正定矩阵。；.存在可逆矩阵C使CAC=E两边取可逆厕(CAO4=E即C-A-(C1)=E，故 A-1 正定(A+3)=A +=A+8,A+B 是实对称矩阵且二次型 f(xtx2A x“)+g(XM2A x“=x(A+B)x 恒有 f(xlx2A.x)+g(xtx2 A.xn 0 当C,C2A C,不全为零时，故x(A+B)x是正定二次行，.A+8为正定矩阵。【例111设为阶正定矩阵，则(I)A=T 7其中T为实可逆矩阵。(ii)A=夕 其 中B与n为阶正定矩阵。(i

30、ii)A=H7?其 中R为主对角元素为正的上三角形n阶实矩阵。证：(I)由 于A为正定矩阵，则由定义知，存 在n阶实可逆矩阵P，使PAP=于是A=(p)T pT =(p T)“T 令 p i=T 则得 A=TT4 、%,(ii)由A为 正 定 矩 阵，则 存 在 正 交 矩 阵Q使QAQ=一 其中%0 z =1.2.A 是A的全部特征根。于是有，则4=京 又 因8=8并且由0 8(2=M 易 知B的特征根皆大于O零，故正定。26(iii)由A是正定矩阵。根据(i)有可逆矩阵T使A=T 7又根据实可逆矩阵QR分 解(395习 题)存 在 正 交 矩 阵Q及 实 上 三 角 形 矩 阵4 0 i=

31、L 2A 1使T=(于是A=TT=(QR)(QR)=RQQ)R=RR.【例12设实二次型/(X,X2A x“)=,则以下命题等价：1)/(项/A x.)是半正定二次型。2)A的正惯性指数P等于A的 秩R。3)A的一切特征根4 0(i=1,2A)。4)有实矩阵P,使A=P，P.证：1)n 2)用反证法。若rp，二次型/(X,X2A尤“)=XAX经过非退化线性替换X=cy化 为 规 范 形 +y22+A+yp2-yj+1-A y；Do=(0A 0 p+1 0A 0)令%o =CO。这于f(xtx2 A无“)半正定矛盾。故p=r2)n 3)已知A的正惯性指数P=R由惯性定理可知/(X E A招)经正

32、交线性替换xTY化 为 标 准 形 为+42y；+A沏才 其中4 4 A 4,均大于0,而a川=A=4=0故 4 0 i-1.2.A n3)n 4)二 次 型/Q x 2 A x.)=xAx的 矩 阵 为A是实对称矩阵必有正交矩阵T使取OTAT=0 易见D是实对称矩阵。并 有O、0A=(Ty D2T-=(DT-)(DTl)令 p=则 p 是实矩阵且 A=pp4)n 1)已 知 是 实 矩 阵。任 取 一 非 零n维 向 量 则=(尤：七 )A无黑)则/(兄 A$8)=xAx=xppx=(pxpxo)0故二次型 fixix2 A x)半正定。【例13设27/(X j X2 A xn)=6%j X

33、2-6X JX3-6X2X3+6X；g(x/2 A%“)=_ 2 X 2 _ 2xtx3-6X2X3+8 x；-2 y；1）证明存在一正交线性替换把fxx2X x“）变成g（X 1/A居）2）写出上述正交线性替换的具体步骤，并把替换求出来。证：1）首先写出二次型的矩阵分为A.B其中A0 33 0-3 -3-3、-36 B0-1-1-183-13-270|A E -A|=2(2 +3)(2 -9)|A E 用=2(A +3)(2 -9)它们的特征根全相同。由习题2 1知存在正交线性替换把/（X,X2A X“）变成g（项/A招）2 ）由1）求得4=0 4 2 =3 4=9 4 =0特征值对应的特征

34、向量为（1.1.1）4 2 =-3特 征 值 对 应 的 特 征 向 量 为（-1.-.0）4=-9特征值对应的特征向量为器一）单位化.,2 =(0故 C A C0DBD-3V21一 再la/-,1),3 =(丰,丰,2 V 3 2 V 3、-3%同 样 方 法 求 正 交 矩 阵D使(DYCACD-1=3 即 DCACD=B(C O )A(C O )B令T=C。然后写出矩阵T所对应的线性替换。即为所求。【例13】已知A是n阶正定矩阵。B是反对称矩阵。证明A-B2是正交矩阵。证:因为B是反对称矩阵。所以3 =B.又A为正定矩阵，所以对于任意 w 0有x A c 0又X(-B2)X=xBBx=(

35、Bx)0故 有28x(A 1 =亍恁+X(-B2)X=元应+(Bx)(Bx)0故A-8 2是正定矩阵。【例14】设A是阶实矩阵，A 是A的转置矩阵 求证A A与A的秩相等，且当A满秩时A A是正定的。证曲第三讲的例题已知秩(A与=秩(勺。当A满秩时，则对于任意元丰0若令y=则y H 0而且无=(A J)(A J)=歹歹 0故A A正定例22:设A是n阶实正定矩阵,B是任意的阶实矩阵.证明秩 人8)=秩婚)证：因为A是阶正定矩阵故存在可逆矩阵P使A=P P于是秩(B AB)=(B P 8)=秩(PB)(PB)=(PB)=(B)【例15】设A,C是n阶正定矩阵，已知B是矩阵方程的本+TA=C唯一解

36、求证(1)是实对称矩阵(2)是正定矩阵证明：(1)由于国是矩阵方程Ax+x A C的解，所 以A B +BA=C C=BA+AB=AB+BA再由解的唯一解得B=8故B是实对称矩阵(3)令B任意特征根为4,I是它的特征向量.即Bx=4则xCx=xBAx=x A x+(4 元)公=lxAx因为A.C是正定矩阵元#0 rC x 0 x A x Q 所 以40 B的任意特征根4 0故B正定.【例16】设A,B都 是n阶正定矩阵证明(1)矩 阵AB的特征值都大于0(2)(2)如果那么是正定矩阵证 明(1)因为AB都是正定矩阵所以存在可逆矩阵P.Q使A=PP.B=QQ,于是AB=PP29QQ.P ABP=

37、p T (PPQQ)P=PQ(PQ(PQ)P.Q 均为可逆矩阵，于是 PQ是可逆 矩 阵，所 以PQ(PQ)是正定矩阵，它的特征根全大于0而A3 PQ(P。)故AB的特征根大于0(3)由人8=8从得(43)=34=区4=4 8.;.4 8是对称矩阵由(1)知人8的特征根全大于0所 以AB是正定矩阵【例17证明:满足A-A?+24=2的实对称矩阵是正定矩阵证:由A A2+2A=2 E n A3-A?+2A 2E=0设A是的一个特征值X是属于特征值的特向征量AX=A X(X w OXA?_A2 +2 A-2 E)X=(23-22+2/1-2)X=0 A(23-22+2 2-2)-0即(2-1版+2

38、)=(2 尤 _ (也)2=o 2=1或2=土 厅 因A是实对称矩阵其特征值必定是实数故只有/I=1即A的全部特征值就是2=10故A是正定矩阵【例18】设;:是 正 定 矩 阵 证 明C-BA B也是正定矩阵证 明：由 已 知A显 然 是 正 定 矩 阵(A的 顺 序 主 子 式 全 大 于0)从 而E0 A B E-BA-1E B,C 0E=0c C-BnA,，Bn上式是作了一个合同变换所以左端矩阵从而右端矩阵正定C-B A B的主子式全大于0故C-8 也正定【例19】设A是阶实对称矩阵证明A可逆的充要条件是存在阶方阵况使A B +BA是正定矩阵证 明：必 要 性 设A可 逆，则 取B=A于

39、是B=A,A B+B A 44+A A因44和A A都是正定矩阵故AB+8 A正定充 分 性 反 证 法：设A不可逆则存在向量X。工0使AX0=0于是对任意的n阶矩阵B都30有 X0（A B +BA）X0=Xo A B X0+X 0 B A X0=（A X0）（B X0）+（BX0 A X0）=Q 这与题设A B +B A正定矛盾故A可逆【例20】设A 8是阶实对称矩阵A的特征值均小于。,B的特征值均小于。证明A+8的特征值均小于a+乩证 明：设 实 对 称 矩 阵A的 特 征 值 为4,4,儿，则A-a E的 特 征 值 为4 一a,乙-a 儿一。故 已 知A的 特 征 值 大 于a,故4

40、一a 0（几=1,2,.）从而知A-a E是 正 定 矩 阵，同 理 可 证B-b E也有0（/1=1,2,.）处 是B的特征值B-b E也 是 正 定 矩 阵 由 正 定 矩 阵 的 定 意 两 个 正 定 矩 阵 之 和 仍 为 正 定 矩 阵 即（A aE）+（B-b E）=（A+8）-（a+b）E是 正 定 矩 阵 设A+3的特征值为则（A +B）-（a+b）E的 特 征 值 是 一（。+乃 因 为（A+3）（a+A）E正 定，故 应 有乙一 Q+。0从而有A +B的特征值 a+=1,2,刀）【例21】证明实对称矩阵A负定充要条件是存在可逆实矩阵C使得A=-C C证：设实对称矩阵A是负

41、定的o 是-A=CC（C是可逆实矩阵）即A=-C C。例31:若A*0且A为半正定矩阵，B为正定矩阵。证明|A+同|B|证。B是正定矩阵，故存在可逆矩阵。使0 8。=E于是由A为半正定矩阵知0 A 0为半正定矩阵。从而有正交矩阵P使PT（0AQ）P=小 的 伏 儿，儿（力2 0,i=1,2,.）从而0 A+可0 =P Q A Q P+P QBQP=diag,2,.2n+e 1|A+回 2|Q=B【例22设A,8是实对称矩阵。证 明：矩阵A B -B A的特征值的实部为0证；令 S=则 S 是实矩阵且 S=（AB-BA）=BA-A B=-（A B -B A）=S 从而s是实反对称矩阵所以S的特征

42、值只能是纯虚数或0,即矩阵A B -B A的特征值的实部31为0。【例2 3】设A,3分别是加X 和S X 的行满秩实矩阵.Q =BA证明：（1）A A-Q是半正定矩阵）0引。|A 4 .证（1）令CAB,G =CC.那么G是半正定矩阵且GABABA A BAABBB其中AA,BB分别是m阶和S阶方阵且秩（A 4 ）=秩（A）=加秩（8 8 ）=秩8 =S都 是 可 逆 矩 阵 性-AS（喇 产叼口（A-0 E BA BB 0 EAA-Q 00 BBA A -0 Q于G是半正定矩阵，但合同变换不改变半正定性所以*DD，是半正定矩阵那么它0 BB的主子阵A A-Q也是半正定矩阵（2 ）AA半 正

43、 定|A 4#0,二.AA正定。同理可证8 8 正定从而仍用厂也正定。那么（BB=其 中。为 正 定 矩 阵Q =ABBB,Y BA=AB（DD）BA=（ASoXA 3。）此即 Q是半正定矩阵。选择存在可逆矩阵7使T（A 4 ）T1101T Q T=440An其 中4 0。=1.2.3./?）。半正定。合同不改变半正定性由上述情形可得T(AA-Q)T1 Z)1-2201一4,再 由（1）得 知AA-Q半 正 定 时，1-2,0(/=1.2.n).-.0 2,.l(z =1.2./j)由(2 )式 两 边 取 行 列 式 得91 )10 r l 2 =44 4 0 阡 式 两 边 取 行 列 式

44、 得|A 4 1|T|-=1|A A =故0|2|A 4|.3 2【例2 4 设A为实对称矩阵证明：(1)A是半正定的充要条件是有n阶实矩阵曰使A =P P.并且秩(A)=秩P(2 )若A是半正定矩阵很!对任意n维向量X:有 必2丫|X S X|F A y|证 明(1)见本章例18题(2 )在我 中内积如通常所知那么有柯西布涅柯夫斯基不等式：|a2|/?2|由于 A 半正定由(1)知 A =P P令a =PX,(3=P Y那么(a./h /J =XPPY=XaY同 2 =(a a)=(P X)(P X)=XAX=|X A X|忸=(4.尸)=(py)(py)=F A y五、二次型经典模拟题一.

45、填空题2 0 01.若实对称矩阵A与矩阵8=0 0 1合 同，则二次型X A X的规范形为。0 1 02 .三阶矩阵A是实对称矩阵，且A?+7设+16 A +10 E =0 ,则二次型X A X经正交变 换 可 化 为 标 准 形 为。3 .二次型/(再,*2，8 3)=(。内+。2兀2+。3七)2的对应矩阵是_ _ _ _ _ _。4 .若二次曲面%2+4 y 2 +2Z2+Itxy+2xz=l是椭球面，则t的取值范围是_ _ _ _ _ _ _.5 .二 次 型/(斗,x 2，*3)=(玉 +2 一2犬3)2 +Q尤2 +3%)2 +(玉+3/+奴3)2 是正定二次型的充要条件是a必须满足

46、_ _ _ _ _。3 3二.选择题1.已 知A是正定矩阵，则(A)a=l,b=2,c=l(B)a=l ,b=l,c=-l(C)a=3,b=-l,c=2(D)a=-l,b=3,c=81 1 02.已知矩阵A=1 1 0，则与A既相似又合同的矩阵是0 0 23.设二次型f=/引经非奇异线形变换x=Cy化为f=yBy,则A与B必定(A)相等(B)相似(C)合同(D)具有相同的特征值4 .下列结论中不正确的是(A)A是正定矩阵，则 也 是 正 定 矩 阵。(B)若A,B都是正定矩阵，则A+B也是正定矩阵。(C)若二次型/A x半正定，则 阈=0。(D)若A,B都是正定矩阵，则AB也是正定矩阵。5.设

47、A是n阶实对称矩阵，秩 为r,符号差为s,则必有(A)r是奇数，s是偶数。(B)r是偶数，s是奇数。(C)r,s均为偶数，不能是奇数。(D)r,s或均为偶数，或均为奇数。三,解答题1.已知二次型/(工|,2，*3)=也？-3 X 3 2 +4玉 工2 -处 话+8七写出二次型f的矩阵表达式。用正交变换把二次型f化为标准形，并写出相应的正交矩阵。2 .(此题数学2-4不要求)二次型f(Xl,x2,x3)=2 3 2 +3/2 +3/+2ax2x3，已知%=1是其一个特征值，试确定参数a ,当=1时，方程表示什么曲面？3.求一个满秩线性变换矩阵，化二次型/=a x,2+bx/+a x；+2 c x

48、 i七为标准形，并指出当a ,b ,c满足什么条件时，是正定二次型。4.设A ,B都 是n阶正定矩阵，证 明：A B的特征值全大于零。5.设A是n阶实对称矩阵，证 明：A可逆的充要条件是存在n阶方阵B ,使A 3 +8 A是正定矩阵。6 .证 明：n阶 实 矩 阵A为正定矩阵的充分必要条件是存在n个线性无关的实向量af(i =1,2,L 9n)，使得 A =a a+L +a；a。35六、二次型经典模拟题答案一.填空题1 y：+y；-y；2.-y-y 1-3.a：a。4%a2a,a；a2a34/2 f/25.a w 1二,选择题1.(D)2.(D)3.(C)4.(D)5.(D)三.解答题0 2-

49、22311V30 V61./(xl,x2,x3)=(x1,x2,x3)2 4 4051-24V30 V6J _ 2_ 2_2.a=2；方程表示椭球面。3.作线性变换二次型化为/=(2a+2c)4 +by+(2a-2c).1 0-1所求线性变换矩阵为P0 1 0,归k 0是;福失的。当 2a+2c0,b0,2a-2c01 0 1时，f正 定，即当|c|0时，f正定。364 .存在可逆矩阵 P 和 Q ,使得 A =PTP,B=于是 Q(A B)0 T=(PQT)T(PQT),又 是 可 逆 矩 阵，从 而A B相似于正定矩阵D=(PQT)T(PQT),故A B的特征值全大于零。5 .充分性：取B=A ,则A 4r+A为正定矩阵；必要性：反证。若A不可逆，则存在/w 0,使A/=0,对任意n阶方阵B ,有x1(AB+Br A)x0-(A r0)fB A 0+(B x0)r A x()=0,这与 A B+3 A 正定矛盾。6 .A正定O存在实可逆方阵M，使得A =M M。令Ma2M%，其中名为M的第i个行向量(i =l,2,L ,)，由于M可逆o,%，L ,%线性无关，注 意：M1 M =airai+a 2 7 a 2 +L +%，故命题得证。37