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.设方阵与合同,与合同,证明与合同、
证:
因为与合同,所以存在可逆矩,使,
因为与合同,所以存在可逆矩,使、
令,则可逆,于就是有
即与合同、
2.设对称,与合同,则对称
证:
由对称,故、
因与合同,所以存在可逆矩阵,使,于就是
即为对称矩阵、
3.设A就是n阶正定矩阵,B为n阶实对称矩阵,证明:
存在n阶可逆矩阵P,使均为对角阵、
证:
因为A就是正定矩阵,所以存在可逆矩阵M,使
记,则显然就是实对称矩阵,于就是存在正交矩阵Q,使
令P=MQ,则有
同时合同对角阵、
4.设二次型,令,则二次型得秩等于、
证:
方法一将二次型f写成如下形式:
设A=
则
于就是
故=
==
=X(AA)X
因为为对称矩阵,所以就就是所求得二次型f得表示矩阵.显然()=(A),故二次型f得秩为(A).
方法二设、记,于就是
其中,则
、
因为为对称矩阵,所以就就是所求得二次型f得表示矩阵.显然()=(A),故二次型f得秩为(A).
5.设为实对称可逆阵,为实二次型,则为正交阵可用正交变换将化成规范形、
证:
设就是得任意得特征值,因为就是实对称可逆矩阵,所以就是实数,且、
因为就是实对称矩阵,故存在正交矩阵,在正交变换下,化为标准形,即
(*)
因为就是正交矩阵,显然也就是正交矩阵,由为对角实矩阵,故即知只能就是或,这表明(*)恰为规范形、
因为为实对称可逆矩阵,故二次型得秩为、
设在正交变换下二次型化成规范形,于就是
其中为得正惯性指数,、
显然就是正交矩阵,由,故,且有,故就是正交矩阵、
6.设为实对称阵,,则存在非零列向量,使、
证:
方法一
因为为实对称阵,所以可逆矩阵,使
其中就是得特征值,由,故至少存在一个特征值,使,取,则有
方法二(反证法)
若,都有,由为实对称阵,则为半正定矩阵,故与矛盾、
7.设n元实二次型,证明f在条件下得最大值恰为方阵A得最大特征值.
解:
设得特征值,则存在正交变换,使
设就是中最大者,当时,有
因此
这说明在=1得条件下f得最大值不超过.
设
则
令,则
并且
这说明f在达到,即f在条件下得最大值恰为方阵A得最大特征值.
8.设正定,可逆,则正定、
证:
因为正定,所以存在可逆矩阵,使,
于就是,显然为可逆矩阵,且
即就是实对称阵,故正定、
9.设A为实对称矩阵,则A可逆得充分必要条件为存在实矩阵B,使AB+正定.
证:
先证必要性
取,因为A为实对称矩阵,则
当然就是正定矩阵.
再证充分性,用反证法.
若A不就是可逆阵,则r(A) 因为A就是实对称矩阵,B就是实矩阵,于就是有 这与AB就是正定矩阵矛盾. 10.设为正定阵,则仍为正定阵、 证: 因为就是正定阵,故为实对称阵,且得特征值全大于零,易见全就是实对称矩阵,且它们得特征值全大于零,故全就是正定矩阵,为实对称阵、 对,有 即得正定矩阵、 11.设正定,为半正定,则正定、 证: 显然为实对称阵,故为实对称阵、对,,,因,故为正定矩阵、 12.设阶实对称阵得特征值全大于0,得特征向量都就是得特征向量,则正定、 证: 设得特征值分别为、 由题设知、 因为就是实对称矩阵,所以存在正交矩阵,使 即为得特征向量,、 由已知条件也就是得特征向量,故 因此,这说明就是得特征值,且,、 又因为、 故,显然为实对称阵,因此为正定矩阵、 13.设为正定矩阵,为非零实数,记 则方阵B为正定矩阵. 证: 方法一因为就是正定矩阵,故为对称矩阵,即,所以,这说明B就是对称矩阵,显然 = 对任给得n维向量,因为非零实数,所以,又因为A就是正定矩阵,因此有 = 即B就是正定矩阵. 方法二记 则因为A就是实对称矩阵,显然B就是实对称矩阵, B得k阶顺序主子阵可由A得阶顺序主子阵分别左,右相乘对角阵而得到,即 计算得行列式,有 故由正定矩阵得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、 证: 因为M就是n阶实矩阵,所以它得特征值若就是复数,则必然以共轭复数形式成对出现;将M得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 可推出M得特征值(或者其实部)大于零.由于M得行列式等于它得特征值之积,故必有. 因为A就是正定矩阵,B就是反对称矩阵,显然对任意得 非零向量X,均有 而A+B显然就是实矩阵,故、 15.设A就是n阶正定矩阵,B为nm矩阵,则r(BAB)=r(B). 证: 考虑线性方程组,显然线性方程组. 考虑线性方程组,若就是线性方程组,因此有. 上式两端左乘 因为A就是正定矩阵,因此必有,故线性方程组与就是同解方程组,所以必有r(BAB)=r(B)、 16.设为实对称阵,则存在实数,使、 证: 因为为实对称阵,则存在正交矩阵,使 、 其中为得特征值,且为实数,、于就是 取,则,故、 17.设为阶正定阵,则对任意实数,均有、 证: 因为为正定矩阵,故为实对称阵,且得特征值、则存在正交矩阵,使 于就是对任意,有 、 18.设为半正定阵,则对任意实数,均有、 证: 因为为半正定矩阵,故为实对称矩阵,且得特征值,、则存在正交矩阵,使 于就是对任意,有 、 19.为阶实矩阵,为正实数,记,则正定、 证: 故就是实对称矩阵、 对,有,因此有 故为正定矩阵、 20.A就是mn实矩阵,若就是正定矩阵得充分必要条件为A就是列满秩矩阵. 证: 先证必要性 方法一 设就是正定矩阵,故,有 由此,即线性方程组仅有零解,所以r(A)=n,即A就是列满秩矩阵. 方法二 因为就是正定矩阵,故r()=n,由于 所以r(A)=n.即A就是列满秩矩阵. 再证充分性: 因A就是列满秩矩阵,故线性方程组仅有零解,,X为实向量,有.因此 显然就是实对称矩阵,所以就是正定矩阵. 21.设为阶实对称阵,且满足,则为正定阵、 证: 设为得任意特征值,为得属于特征值得特征向量,故,则 由 有 由,故、 、 因为为实对称矩阵,故为正定阵、 22.设三阶实对称阵得特征值为,其中对应得特征向量分别为,求一正交变换,将二次型化成标准形、 解: 设为得属于特征值3得特征向量,由于就是实对称矩阵,故满足正交条件 解之可取,将其单位化有 令、 则在正交变换下,将化成标准形为 23.设 二次型经正交变换化成标准形,求所作得正交变换、 解: 由得标准形为,故得特征值为、 故 令,则 解之、 由此 对于有 可得得两个正交得特征向量 对于,可得得特征向量为 将特征向量单位化得 则为正交矩阵, 正交变换为、 注: 因特征向量选择得不同,正交矩阵不惟一、 24.已知二次型正定,求、 解: 二次型得表示矩阵 由正定,应有得各阶顺序主子式全大于0、故,即、 解之、 25.试问: 三元方程,在三维空间中代表何种几何曲面、 解: 记 则 设、 则、故得特征值为、 对于,求得特征向量为 、 由Schmidt正交化得 、 对于得特征向量,标准化得 令 则在正交变换下 于就是为 为椭球面、 26.求出二次型得标准形及相应得可逆线性变换、 解: 将括号展开,合并同类项有 令 即 则可逆变换为 在此可逆线性变换下得标准形为 、 27.用初等变换与配方法分别将二次型 (1) (2) 化成标准形与规范形,并分别写出所作得合同变换与可逆变换、 解: 先用配方法求解 (1) 令即 令 则二次型经可逆线性变换化成标准形 若再令即 令 则原二次型经可逆线性变换化成规范形、 (2)先线性变换 原二次型化成 令,即、令, 则原二次型经可逆线性变换化成标准形 若再令即 令 则原二次型经可逆线性变换化成规范形 、 用初等变换法求解 (1)设 令, 则原二次型经过可逆线性变换化成标准形、二次型经过可逆线性变换化成规范形、 (2)设 令, 则原二次型经过可逆线性变换化成标准形 二次型经过可逆线性变换化成规范形 28.用三种不同方法化下列二次型为标准形与规范形、 (1) (2) 解: 先用配方法求解 (1) 令即 令 则二次型经可逆线性变换化成标准形 若再令即 令 原二次型经可逆线性变换化成规范形 、 (2) 令即 令 则二次型经可逆线性变换化成标准形 若再令即 令 原二次型经可逆线性变换化成规范形、 用初等变换法求解 (1)设 令 则原二次型经过可逆线性变换化成标准形、二次型经过可逆线性变换化成规范形、 (2)设 令 则原二次型可经可逆线性变换化成标准形、可经可逆线性变换化成规范形 用正交变换法求解 (1)得矩阵为, 由, 知得特征值为1,2,5、 对,解,得,取,单位化,对,解,得,取,对解,得取,单位化得,令,则为正交阵,经正交变换, 原二次型化为、 (2)得矩阵为 由 知得特征值为、 对,解得,取单位化得,对,解得、 取单位化得、 对,解 得 取, 再令 令,则为正交阵,经正交变换, 原二次型化为 、 29.判断下列二次型正定,负定还就是不定、 (1) 解: 二次型得矩阵为 得各阶顺序全子式 、 所以二次型就是负定二次型、 (2) 解: 二次型得矩阵为 得各阶顺序主子式 , 所以二次型就是正定二次型、 (3) 解: 二次型得矩阵为 得各阶顺序主子式 ,、 所以二次型就是不定二次型、 30.求一可逆线性变换,把二次型化成规范形,同时也把二次型 化成标准形、 解: 记,其中 取,则 记,其中 则 其中 显然都就是实对称矩阵,它们得特征值为倍得关系,特征向量相同、 则得特征值为, 故得特征值为、 以下求得特征向量、 对于,求得,单位化后 对于,求得 由Schmidt标准正交化后得 令、 则为正交矩阵,且有 令 于就是 即 在可逆线性变换下 、 (注: 经验算本题所得就是正确得,需要注意得就是并不惟一) 31.求一可逆线性变换,将二次型化成二次型、 解: ,, 将分别作合同变换如下: 在可逆线性变换下 其中 在可逆线性变换下、 其中 由得 令 在可逆线性变换下、 32.A就是正定矩阵,AB就是实对称矩阵,则AB就是正定矩阵得充分必要条件就是B得特征值全大于零. 证: 先证必要性. 设为B得任一特征值,对应得特征向量为且有 用左乘上式有 因为AB,A都就是正定矩阵,故 于就是,即B得特征值全大于零. 再证充分性. 因为A就是正定矩阵,所以A合同于单位矩阵,故存在可逆矩阵P,使 (1) 由AB就是对称矩阵,知也就是实对称矩阵,因此存在正交矩阵Q,使 (2) 即有 (3) 其中就是得特征值. 在 (1)得两端左乘,右乘Q有 这说明互逆,也就就是说 将上式代入(3),说明矩阵B与对角阵D相似,故它们得特征值相等;由条件知B得特征值全大于零,因此对角阵D得特征值也全大于零.由 (2)知AB与D合同,因此AB得特征值全大于零. 33.设为阶实正定阵,证明: 存在可逆阵,使且,其中为得个实根、 证: 因正定,故存在可逆矩阵,使 因正定,故存在可逆矩阵,使 于就是 易见为正定矩阵,不妨设它得特征值为 、 则 故 即为得几个实根、 由为正定阵,知其为实对称矩阵,所以存在正交矩阵,使 令,则 34.设为阶实正定阵,为阶实半正定阵,则、 证: 因为就是阶正定矩阵,所以存在阶可逆矩阵,使得 、 因为就是阶半正定阵,则仍就是实对称半正定阵,故存在正交阵,使得 其中为得特征值,且有 令,则为可逆矩阵,于就是 上式两端取行列式,得 因, 故、 35.设均为实正定阵,证明: 方程得根全大于0、 证: 由33题知、其中为正交矩阵,它得特征值,,故得根全大于0、 36.设A为n阶正定矩阵,试证: 存在正定矩阵B,使. 证: 因为A就是正定矩阵,所以就是实对称矩阵,于就是存在正交矩阵P,使 其中为A得n个特征值,它们全大于零. 令则 而 令B= 显然B为正定矩阵,且. 37.设为阶可逆实方阵,证明: 可表示为一个正定阵与一正交阵得乘积. 证: 因为就是阶可逆实方阵,故就是正定矩阵,所以存在阶正定矩阵,使 、 于就是有 这说明就是正交阵、 令 则,其中就是正交矩阵,就是正定矩阵、 38.A、B为n阶正定矩阵,则AB也为n阶正定矩阵得充分必要条件就是: AB=BA,即A与B可交换. 证: 方法一先证必要性. 由于A、B、AB都就是正定矩阵,所以知它们都就是对称矩阵,因此有 于就是 即A与B可交换. 再证充分性. 由条件AB=BA得 因此AB就是对称矩阵. 因为就是正定矩阵,故它们皆为实对称矩阵,且有可逆矩阵P、Q,使 于就是 上式左乘Q,右乘得 这说明AB与对称矩阵相似;因为P就是可逆矩阵,故矩阵就是正定矩阵,故它得特征值全大于零,所以AB得特征值也全大于零. 综合上述知AB正定. 方法二 必要性同方法一,以下证明充分性. 由条件AB=BA得 因此AB就是对称矩阵. 由于A正定,所以存在可逆矩阵Q,使 A=QQ 于就是 这说明AB与有相同得特征值. 因为B就是正定矩阵,易见也就是正定矩阵,故它得特征值全大于零,所以AB得特征值也全大于零. 综合上述知AB正定. 39.设A、B为实对称矩阵,且A为正定矩阵,证明: AB得特征值全就是实数. 证: 因为A就是正定矩阵,故存在可逆矩阵Q,使, 于就是有 即、 因为B就是实对称矩阵,所以也就是实对称矩阵,因此它得特征值都就是实数,故AB得特征值也都就是实数. 40.设A就是正定矩阵,B就是实反对称矩阵,则AB得特征值得实部为零. 证: 因为A就是正定矩阵,故存在可逆矩阵Q,使 因为B就是实反对称矩阵,所以也就是实反对称矩阵,因此它得特征值实部为零,故AB得特征值实部也为零. 41.设A就是正定矩阵,B就是半正定得实对称矩阵,则AB得特征值就是非负得实数. 证: 由于A就是正定得,所以也就是正定得,于就是存在可逆矩阵P,使得,因此 即、 由于B就是半正定得实对称矩阵,故就是半正定得实对称矩阵,因此得根就是非负实数.于就是得根也就是非负实数,即AB得特征值就是非负得实数. 42.求证实二次型得秩与符号差与k无关. 证: 二次型得矩阵为 对矩阵A作合同变换,即把A得第1行得(-2),(-3),…,(-n)倍加到第2,3,…,n行上;同时把A得第1列得(-2),(-3),…,(-n)倍加到第2,3,…,n列上,得到与矩阵A合同得矩阵B为 对矩阵B作合同变换,即把B得第2行得倍依次加到第1,3,4,…,n行上;同时把B得第2列得倍依次加到第1,3,4,…,n列上,得到与矩阵B合同得矩阵C为 由合同变换得传递性,故A与C合同,于就是原二次型可经可逆线性变换化简成 再作可逆线性变换 于就是二次型f化成规范形 显然二次型得秩为2,符号差为0,它们得值均与k无关. 43.设二次型,其中a、b为实数,问a、b满足什么条件时,二次型f正定. 证: 二次型f得矩阵A得各阶顺序主子式得值与它得阶数n得奇偶性有关: (1)当n=2m+1时,二次型f得矩阵为 它得各阶顺序主子式为 (2)当n=2m时,二次型f得矩阵为 它得各阶顺序主子式为 综合 (1), (2)可知: 当时,二次型f就是正定得. 44.设A为n阶实对称矩阵,r(A)=n,就是中元素得代数余子式,二次型 (1)记,把写成矩阵形式,并证明二次型f(X)得矩阵为. (2)二次型与f(X)得规范形就是否相同? 说明理由. 证: 方法一 (1)因为A就是实对称矩阵,故.由r(A)=n,故可逆,且 二次型得矩阵形式为 从而、故也就是实对称矩阵,因此二次型f(X)得矩阵为. (2)因为,所以A与合同,于就是二次型与f(X)有相同得规范形. 方法二 (1)同证法1 (2)对二次型作可逆线性变换,其中则 === 由此可知A与合同,二次型与f(X)有相同得规范形. 45.试说明二次型 + 当时,无论n为何值,得秩均为2. 解: 其中 对矩阵A作行得初等变换,可得、 所以当时,A得秩为2,这与n得取值无关,因此二次型f得秩为2. 46.已知A就是n阶正定矩阵,令二次型得矩阵为B,求证: (1)B就是正定矩阵; (2). 证: (1)设 则 显然B为实对称矩阵,且B与A得前n-1阶顺序主子式完全相同,由于A就是正定矩阵,故它得各阶顺序主子式全大于零,因此B得前n-1阶顺序主子式也全大于零.现考虑B得第n阶顺序主子式即它得行列式,有 +=(*) 可见B就是正定矩阵. (2)由(*)即知. 47.设n元实二次型,就是A得特征值,且.证明: 对于任一实维列向量X有、 证: 设得特征值,则存在正交变换X=PY,使 由已知条件,有 (1) 又因为P就是正交矩阵,于就是有 将此结果代入 (1)即为 48.证明: 若二次型就是正定二次型,则 就是负定二次型. 证: 因为f就是正定二次型,故它得表示矩阵A就是正定矩阵,因此A就是可逆矩阵,作可逆线性变换Y=AZ.对上述行列式得列作消法变换,将第j列得-倍加入第n+1列,其中则 === 因为A就是正定矩阵,所以<0,可见就是负定二次型. 49.设A就是正定矩阵,则 (1),其中就是A得n-1阶顺序主子式; (2). 解: (1)因为A就是正定矩阵,故 也就是正定矩阵,于就是由48题知 = 就是负定二次型,因此由行列式得加法运算有 其中为A得顺序主子式. 1当中至少有一个不为零时,<0 < 2当时,则、总之有、 (2): 由 (1)得 50.设就是n阶可逆矩阵,求证: 、 证: 因为P就是可逆矩阵,故就是正定矩阵,由49题得结论 (2),有 显然,所以有、
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