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A1与B1合同,A2与B2合同,
证:
因为
Bi
Ai
证明Ai
Bi
因为Ai与Bi合同,所以存在可逆矩
A与B2合同,所以存在可逆矩C2
与
A2
Ci,使BiCiAQi,
,使B2
C2A2C2.
Ci
C2,则C可逆,于是有
GACi
B2
C2A2C2
G
C2
T
Ai
Ci
A2
C2
Bi
合同.
B2
2.设A对称,证:
由A对称,故At
因B与A合同,所以存在可逆矩阵C,使BCtAC,bt(CTAC)Tctatcctac
B与A合同,则
A.
B对称
即B为对称矩阵.
3•设A是n阶正定矩阵,B为n阶实对称矩阵,证明:
存在PTAP与ptbp均为对角阵.
证:
因为A是正定矩阵,所以存在可逆矩阵M,使
MtAME
记BiMtBM,则显然Bi是实对称矩阵,于是存在正交矩阵Q,使
diag(i,|||,n)
QTBiQD
合同.
B2
CTAi
A2C
阶可逆矩阵
P,使
其中ij||,n为BiMtBM
令P=MQ,则有
的特征值.
ptape,ptbpd
A,B同时合同对角阵
4•设二次型f
m
(aiiXi卅ainXn)2,令A(aij)mn,则二次型
ii
f的秩等于r(A).
证:
方法一将二次型f写成如下形式:
m......
f(aiiXi卅a.jXj卅a,nXn)2
ii
设Ai=(aiiJ||,aijain)(ii,,m)
(aiiXi
i1
a11
I
Aai1
ami
Ill
III
III
aij
amj
bl
bl
111
ain
ain
amj
ATA(A「川,AiT,川,A:
)
III
m
aijXj|||ainXn)2=
i1
aii
Ai
Ai
I
Am
m
ATAi
1
aii
[(冷|||Xj,川Xn)a(ij]2
an
x1
I
m
[(X1,|||xj,
i1
an
m
ain)Xj]=(Xl,|||Xj,川Xn)(aTA)
1
Xn
=XT(ATA)X
因为atA为对称矩阵,所以ATA就是所求的二次型f的表示矩阵.r(ATA)=r(A),故二次型f的秩为r(A).
方法二设yiaMX!
ainXn,i
YAX,其中X(X1」||,Xn)T,则
m
fy:
y;|l|
i1
因为ATA为对称矩阵,所以ATA就是所求的二次型f的表示矩阵.r(ATA)=r(A),故二次型f的秩为r(A).
5.设A为实对称可逆阵,
f化成规范形•
aiix
1,|||,n•记Y(yi,川,ym)T,于
2TTT
ymYYX(AA)X.
Xj
Xn
显然
显然
xtAx为实二次型,则A为正交阵可用正交变换将
证:
设i是A的任意的特征值,因为A是实对称可逆矩阵,所以i是实数,且
0,i1,|||,n.
因为A是实对称矩阵,故存在正交矩阵P,在正交变换XPY下,f化为标准形,
fXTAXYT(PTAP)YYTDYYTdiag(1,|||,i,|||,n)Y1%2IIIiyi2IIIny;因为A是正交矩阵,显然DPTAP
对角实矩阵,故i21即知i只能是1或
因为A为实对称可逆矩阵,故二次型
设在正交变换XQY下二次型f化成规范形,于是
fxtaxy(qtaq)yy"yy;1
diag(1,卅,1,1,卅,1).QTAQ,故AQDQT,且有
(*)
diag(1,|||,i,|||,n)也是正交矩阵,由D为1,这表明(*)恰为规范形•
f的秩为n.
曰
III
yytdy
其中r为f的正惯性指数,
显然D是正交矩阵,由是正交矩阵•
6•设A为实对称阵,
IA|
0,则存在非零列向量
ata
aate,
0.
证:
方法
因为
A为实对称阵,所以可逆矩阵
D
其中i(i
ptap
1,川,n)是A的特征值,
0
P,使
diag(1,川,订||,n)
|A|0,故至少存在一个特征值
k,使k
,则有
(o,|||,1|||,o)ptap
(反证法)
0,都有xtax
方法二
若X
|A|0矛盾.
7•设n元实二次型fXTAX
由A为实对称阵,则
A为半正定矩阵,故|A|
证明f在条件X12
2
X2
2
Xn1下的最大值恰
为方阵A的最大特征值.
解:
设1,2,,n是f的特征值,则存在正交变换
fXtAXYt(PtAP)Y1y12
1,2,,n中最大者,当XTXXfX|
X
2
2y2
2
Xn
PY,
使
2
nyn
1时,有
XTXYTPTPYYTYy12y22yn21
因此
f
2
2
1y1
2y2
这说明在x12
2
x2
2
xn2=1的条件下
设
Y0
(y1,
T
yk,,yn)T
则
Y0TY0
f
22
1y122y22
令X0PY0,则
22
nynk(y1
22
y2yn)
k
f的最大值不超过
k.
(0,,0,1,0,
0)T
1
2
y2
kyk2
nynk
X0TX0Y0TY1
并且
特征值.
&设A正定,P可逆,则PtAP正定.
证:
因为A正定,所以存在可逆矩阵Q,使AQtQ,
于是ptapptqtqp(qp)tqp,显然qp为可逆矩阵,且(PtAP)t(QP)tQPptap,即ptap是实对称阵,故ptap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B,使AB+BTA正定.
证:
先证必要性取BA1,因为A为实对称矩阵,则
ABBTAE(A1)TA2E
当然ABBtA是正定矩阵.再证充分性,用反证法.
若A不是可逆阵,则r(A) X00,使AX00 因为A是实对称矩阵,B是实矩阵,于是有 X0T(ABBTA)X0(AX0)TBX0X0TBT(AX0)0 这与ABABBTA是正定矩阵矛盾. 2*1 10.设A为正定阵,则aa3A仍为正定阵. 2* 证: 因为a是正定阵,故a为实对称阵,且a的特征值全大于零,易见a,a,a 2*12* 全是实对称矩阵,且它们的特征值全大于零,故A2,A*,A1全是正定矩阵,A2A*3A为实对称阵• 对X0,有 T2*1T2T*T1 XT(A2A*3A1)XXTA2XXTA*XXTA1X0 即A2A3A1的正定矩阵. 11.设A正定,B为半正定,则AB正定. 证: 显然A,B为实对称阵,故AB为实对称阵•对X0,XTAX0, XTBX0,因XT(AB)X0,故AB为正定矩阵• 12.设n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AB正定• 证: 设A,B的特征值分别为i,i(i1,川,n). 由题设知i0,i0,i1,川,n. 因为A是实对称矩阵,所以存在正交矩阵P(R,川,R,|||,Pn),使 PTAPdiag(1,,i,,n) 即APiiPi,Pi为A的特征向量,i1,,n. 由已知条件Pi也是B的特征向量,故 BPiiPii1,|||i,|||,n 因此ABPiAiP(ii)Pi,这说明ii是AB的特征值,且ii0,i1,卅,n.又因为ABPPdiag(11,,ii,|||,nn),PTP1. 故ABPdiag(11,|||,i「,nn)P,显然AB为实对称阵,因此AB为正定矩阵. 13•设A(aj)nn为正定矩阵,b1,b2,,bn为非零实数,记 B(ajbbj)nn 则方阵B为正定矩阵. 证: 方法一因为A是正定矩阵,故A为对称矩阵,即aijaji,所以 ajbjbjajibjbi,这说明B是对称矩阵,显然 即B是正定矩阵. a11b1 Ba21b2bia2&b2 ainRbn a2nb2bn anibnD3.204川annbA 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Bk可由A的阶顺序主子阵分别左,右相乘对角阵而 0bn 得到,即 0 bk 计算Bk的行列式,有 n 2 BkbiAk0 i1 故由正定矩阵的等价命题知结论正确. 14.设A为正定矩阵,B为实反对称矩阵,则AB0. 证: 因为M是n阶实矩阵,所以它的特征值若是复数,则必然以共轭复数形式成对 出现;将M的特征值及特征向量写成复数形式,进一步可以证明对于n阶实矩阵M,如 果对任意非零列向量X,均有 XTMX0 可推出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 M0. 因为A是正定矩阵,B是反对称矩阵,显然对任意的 非零向量X,均有 XT(AB)X0, 而A+B显然是实矩阵,故AB0. 15.设A是n阶正定矩阵,B为nm矩阵,则r(^AB)=r(B). 证: 考虑线性方程组BX0与BTABX0,显然线性方程组BX0的解一定是btabx0的解. 考虑线性方程组btabx0,若X。 是线性方程组btabx0的任一解,因此有BTABX00. 上式两端左乘xj有 (BX0)tA(BX。 )0 因为A是正定矩阵,因此必有BX。 0,故线性方程组BX 同解方程组,所以必有r(BTAB)=r(B). 16.设A为实对称阵,则存在实数k,使|AkE|0. 0与BTABX0是 证: 因为A为实对称阵, 则存在正交矩阵 P,使 P1AP diag(1 川川 i). 其中i为A的特征值,且为实数,i 1川2 于是 A Pdiag(1, III i,卅,n )P1 1 k > |A kE||P| ik 1 1 |P1 n 'nk 取kmax{| i|1},则 i1 (ik) 0,故 |AkE| 0. k) 17•设A为n阶正定阵,则对任意实数k0,均有|AkE|kn. 证: 因为A为正定矩阵,故A为实对称阵,且A的特征值i0,i1,川,n.则存在正交矩阵P,使 1 P1AP 于是对任意 |A kE||P| 设A为半正定阵,则对任意实数因为A为半正定矩阵,存在正交矩阵P,使 P1APdiag(订卄, 于是对任意k0,有 18. 证: |AkE||P
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