华理线性代数第8册参考答案

1/10华东理工大学线性代数作业簿（第八册）学院____________专业____________班级____________学号____________姓名____________任课教师____________6.1二次型及其标准型1.填空题(1)设三阶矩阵A的行列式为0,且有两个特征值为1，1，矩阵A与B合同,B与C合同,则矩阵C是_____阶矩阵,其秩_____)(Cr.解：三，2.(2)设n阶矩阵A与正交阵B合同，则_____)(Ar.解：n.因B为正交阵，故B可逆.A与B合同即存在可逆矩阵C，使得BACCT，故)()(BrAr=n.(3)二次型211221)(),,,(niiniinxxnxxxf,则此二次型的矩阵A,二次型的秩为______,二次型的正交变换标准型为________________.2/10解：1...11...1...111...11nnn，1n，222121,nnynyny提示：二次型的秩就是二次型的矩阵的秩，也是其标准型中非零项的个数（注：标准型不唯一）.因此求二次型的秩有两种方法：1)直接求二次型的矩阵A的秩，2）先求A的特征值，A有几个非零特征值（重根按重数计算），二次型的秩就是几.(4)二次型,)(TAxxxf其中AAT，则二次型的矩阵为_________.解：)(21TAA.提示：A不是二次型的矩阵，因A不是对称阵。注意到AxxxfT)(的值是一个数，即)()(Txfxf，故有xAAxxfxfxf)(21)]()([21)(TT.而)(21TAA为对称阵.(5)设n元(n2)实二次型()TfxxAx)(TAA其中的正交变换标准型为22212yy，则A______，矩阵A的迹为_____.解：0,1.提示：A的特征值为11,22,30n，根据AAtrniinii11),(易得.(6)如果二次型2221231231213(,,)5526fxxxxxcxxxxx236xx的秩为2，则参数c=_____，1),,(321xxxf表示的曲面为__________.3/10解：3,椭圆柱面.提示：二次型的矩阵33A的秩为2，故0||A，由此可求得c=3.再求出A的特征值为9,4,0321，即标准型为232294yyf，由此知1),,(321xxxf为椭圆柱面.2.已知二次型322322213212332),,(xaxxxxxxxf（0a）通过正交变换化成标准型23222152yyyf，求a的值及所用的正交变换矩阵Q.解：二次型的矩阵为3030002aaA，)9(22aA，由123A即10)9(22a得2a.A有三个不同的特征值1,2,5,故对应这三个特征值的特征向量线性无关。分别求出对应的特征向量T1]1,1,0[,T2]0,0,1[,T3]1,1,0[并把它们单位化，得正交变换矩阵为0101102211022Q.3.已知二次曲面方程4222222yzxzbxyzayx可以通过正交变换4/10xyPz化为椭圆柱面2244.求a,b的值和正交矩阵Q.解:由111111bAba与410B相似，故()()5trAtrB，AB=0，进而得1,3ba.代入后分别求出A的线性无关的特征向量T1]1,0,1[,T2]1,1,1[,T3]1,2,1[,显然他们两两正交，把它们单位化，可得正交变换矩阵为11123612036111236Q.6.2正定二次型与正定矩阵1.选择题(1)设矩阵211300121,000112002AB，则A与B（）.(A)合同，但不相似；(B)合同，且相似；(C)不合同，也不相似；(D)不合同，但相似.解：A.5/10(2)下列二次型中，正定的二次型是().2221231213231223312221242343422212323232263C22D2.fxxxxxxxxxfxxxxxxfxxxxxxxxfxxxxxxx；；；解：D.(3)设n阶方阵BA,都正定，则下述选项不正确的是（）.(A)BA正定；(B)AB正定；(C)AB正定；(D)1*BA正定.解：B.AB未必对称，故不正定.(4)与“实二次型AxxxfT)(（其中AAT）是正定的”等价的选项是（）.(A)对任意x，恒有0)(xf；(B)二次型的负惯性指数为零；(C)存在可逆阵P，使得PPAT；(D)A的特征值均不小于零.解：C.(5)若用AO表示A为负定矩阵，则下述选项正确的是().(A)若AO，则A0;(B)若AO，则A的顺序主子式均小于零;(C)若AO，则对任意与A同阶的可逆阵C都有ACCTO;(D)若12...nAAAO，则其中至少有一个iAO.6/10解：C.提示：事实上,ACCTO等价于0TTACxCxf)0(x,即0TAyy)0(y，等价于AO.2.填空题(1)二次型2221231231213(,,)5524fxxxxxxxxxx在正交变换下的标准型为f；而它在非正交变换6552261022001xy下的结果是.解：都是222123123(,,)560fxxxyyy.(2)设322123222132122),,(xtxxxxxxxxxf是正定二次型，则t的取值范围是__________.解：22t.提示：根据二次型矩阵的各阶顺序主子式大于零求解.(3)设A为一个三阶矩阵，其特征值为-1，-1，2，则当k满足______条件时，3()()TfxxAkIx为正定二次型,此时的规范型为_____________.解：1k,232221xxx.提示：由A的特征值为-1，-1，2知3()AkI的特征值为,)2(,)1(,)1(333kkk又3()()TfxxAkIx为正定二次型，其特征值必须全部都大于零，故得1k.7/103.设二次型AxxxfT)(经正交变换Pyx可化为标准型2222211nnyyy，证明：二次型)()(TTRkxkxAxxxg经相同的正交变换Pyx可化为标准型2222211)()()(nnykykyk．证：()()()()()TTgxPyAPykPyPy＝yPPkyyAPPy)()(TTTT＝（2222211nnyyy）＋（22221nkykyky）＝2222211)()()(nnykykyk．4.设二次型2221231231213(,,)44fxxxtxtxtxxxxx234xx，试用正交变换化f为标准型，并讨论当t取何值时f为负定二次型．解：根据第3题的结论，我们只需先求出二次型323121444xxxxxxg的正交变换矩阵及其标准型。经计算得二次型g的矩阵的特征值为-2,-2,4.对应的线性无关的特征向量为TTT]1,1,1[,]1,0,1[,]0,1,1[.经施密特正交化，单位化可得所求的正交变换矩阵为12161312161302613P,而g在正交变换下的标准型为232221422yyyg．故有：323121232221321444),,(xxxxxxtxtxtxxxxf8/10在正交变换Pyx下的标准型为232221)4()2()2(ytytyt．二次型f为负定二次型，即20t,40t,故有4t（也可用顺序主子式来解）.5.设矩阵A为任意n阶的实对称阵，试分别确定实数t的取值范围，使得tIA是1)正定矩阵；2)负定矩阵；3)不定矩阵；4)不可逆矩阵．解:因A为n阶实对称矩阵,故一定存在正交矩阵P,使得:),,,(21nTdiagAPP,其中),,2,1(21nin为矩阵A的特征值.于是有:),,,()(21nTtttdiagPAtIP,故:1)当1t时,AtI为正定矩阵；2)当nt时,AtI为负定矩阵；3)当1tn时,AtI为不定矩阵；4)当},,,{21nt时,AtI为不可逆矩阵.6.设A为n阶实对称阵，试证：如果A是正定阵又是正交矩阵，则IA.证:（证法一）因为A为n阶实对称阵，故存在可逆阵P，使ndiagAPP,,,211，其中n,,,21是A的特征值.因为A正定且正交，所以9/1001,2,,iin，且1i为1A也即A的特征值；由于1A的属于1i的特征向量与A的属于i的特征向量相同，故有1112111,,,nPAPdiag.又由APPPAPPAPT1111可得1212111(,,,),,,nndiagdiag.所以11,2,,iiin，由0i得11,2,,iin.即IAPP1，故IPIPA1.（证法二）由TAAI及TAA，得IA2，即AIAIO，因为A正定，所以－1不是A的特征值，即0IA，所以IA可逆，从而AIO，即IA.7.n阶实对称矩阵A，B均为正定矩阵，试证明：乘积矩阵AB正定的充分必要条件是A，B可交换.证：“必要性”显然；“充分性”由题设，知TAA，TBB；再由ABBA，可知TTT()ABBABAAB，故AB是对称矩阵.由正定矩阵的判别定理知，存在可逆矩阵C，D，使成立10/10TACC，TBDD于是TABCCTDD，进而成立T1TTTTTT()()()()CABCCDDCDCDC由C，D均可逆，知矩阵TTT()()DCDC正定，故而其特征值全大于零.结合它相似于AB，即知AB的特征值全大于零.综合即得，AB正定.