线性代数二次型习题及答案

第六章 二次型

??B1?与???合同. A2??B2??T 证:因为A1与B1合同,所以存在可逆矩C1,使B1?C1A1C1,

T 因为A2与B2合同,所以存在可逆矩C2,使B2?C2A2C2.

1.设方阵A1与B1合同,A2与B2合同,证明? 令 C???A1?C1???,则C可逆,于是有 C2?T1??C1?B1??C1TAC??A1??C11 ???????????TBCACAC?2??2??2???222??A1??B1?即 ?与???合同.

AB?2??2? 2.设A对称,B与A合同,则B对称

证:由A对称,故A?A.

因B与A合同,所以存在可逆矩阵C,使B?CAC,于是

TA?T?1??C?C?2???CA2?TBT?(CTAC)T?CTATC?CTAC?B

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n阶可逆矩阵P,使

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

MTAM?E

记B1?MBM,则显然B1是实对称矩阵,于是存在正交矩阵Q,使

TQTB1Q?D?diag(?1,其中?1,,?n为B1?MTBM的特征值.

,?n)

令P=MQ,则有

PTAP?E,PTBP?D

A,B同时合同对角阵.

4.设二次型f??(ai?1mi11x??ainxn)2,令A?(aij)m?n,则二次型f的秩等于r(A).

证:方法一 将二次型f写成如下形式:

f??(ai1x1?i?1m?aijxj??ainxn)2

设Ai= (ai1,

,aij,,ain) (i?1,?,m)

·107·

?a11??则 A??ai1???a?m1a1n??A1???????aijain???Ai?

????????amjamj???Am??A1?????mTTTT于是 AA?(A1,,Ai,,Am)?Ai???AiTAi

??i?1???A??m??ai1?????mm22故 f??(ai1x1??aijxj??ainxn)=?[(x1,xj,xn)?aij?]

??i?1i?1???a??in??ai1??x1??x1?????????????mmT =?[(x1,xj,xn)?aij?(ai1,aij,ain)?xj?]=(x1,xj,xn)(?AiAi)?xj?

??????i?1i?1???????a??x??x??in??n??n? =X(AA)X

因为AA为对称矩阵,所以AA就是所求的二次型f的表示矩阵. 显然

TTTa1jTr(ATA)=r(A),故二次型f的秩为r(A) .

方法二 设yi?ai1x1??ainxn,i?1,,n. 记Y?(y1,,ym)T,于是

Y?AX,其中X?(x1,mi?1,xn)T,则

2?ym?YTY?XT(ATA)X.

f??yi2?y12?TT 因为AA为对称矩阵,所以AA就是所求的二次型f的表示矩阵. 显然

r(ATA)=r(A),故二次型f的秩为r(A) . T 5.设A为实对称可逆阵,f?xAx为实二次型,则A为正交阵?可用正交变换将f化成规范形.

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

?i?0,i?1,,n.

因为A是实对称矩阵,故存在正交矩阵P,在正交变换X?PY下,f化为标准形,

· ·108

TTTTT f?XAX?Y(PAP)Y?YDY?Ydiag(?1,2 ??1y1?,?i,,?n)Y

??iyi2?2??nyn (*)

T 因为A是正交矩阵,显然D?PAP?diag(?1,,?i,,?n)也是正交矩阵,由D为

2对角实矩阵,故?i?1即知?i只能是?1或?1,这表明(*)恰为规范形.

?因为A为实对称可逆矩阵,故二次型f的秩为n. 设在正交变换X?QY下二次型f化成规范形,于是

2TT f?XAX?Y(QAQ)Y?y1??yr2?yr2?1?2?yn?YTDY

其中r为f的正惯性指数,D?diag(1,是正交矩阵.

,1,?1,,?1).

TT 显然D是正交矩阵,由D?QAQ,故A?QDQ,且有ATA?AAT?E,故A 6.设A为实对称阵,|A|?0,则存在非零列向量ξ,使ξAξ?0. 证:方法一

因为A为实对称阵,所以可逆矩阵P,使

TPTAP?D?diag(?1,其中?i(i?1,,?i,,?n)

,n)是A的特征值,由|A|?0,故至少存在一个特征值?k,使?k?0,

?0?????取ξ?P?1?,则有

?????0????0?????TT ξAξ?(0,,1,,0)PAP?1??(0,?????0??? 方法二(反证法)

若?X?0,都有XAX?0,由A为实对称阵,则A为半正定矩阵,故|A|?0与

T??1??,1,0?,0)?????k??0?????????1???k?0 ?????????n???0?|A|?0矛盾.

222 7.设n元实二次型f?XAX,证明f在条件x1?x2???xn?1下的最大值恰

T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X?PY,使

22f?XTAX?YT(PTAP)Y??1y12??2y2????nyn

T222设?k是?1,?2,?,?n中最大者,当XX?x1?x2???xn?1时,有

·109·

22XTX?YTPTPY?YTY?y12?y2???yn?1

因此

2222f??1y12??2y2????nyn ??k(y12?y2???yn)??k

222这说明在x1?x2???xn=1的条件下f的最大值不超过?k.

TT 设 Y0?(y1,?,yk,?,yn)?(0,?,0,1,0,?.0) T则 Y0Y0?1

222f??1y12??2y2????kyk????nyn??k

令X0?PY0,则

TX0X0?Y0TY?1

并且

Tf(X0)?X0AX0?Y0T(PTAP)Y0??k

222这说明f在X0达到?k,即f在x1?x2???xn?1条件下的最大值恰为方阵A的最大

特征值.

8.设A正定,P可逆,则PAP正定.

证:因为A正定,所以存在可逆矩阵Q,使A?QQ, 于是 PAP?PQQP?(QP)QP,显然QP为可逆矩阵,且

TTTTTT(PTAP)T?(QP)TQP?PTAP,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+BA正定.

证:先证必要性

取B?A,因为A为实对称矩阵,则

?1TAB?BTA?E?(A?1)TA?2E

当然AB?BA是正定矩阵. 再证充分性,用反证法.

若A不是可逆阵,则r(A)

TX0?0,使因为A是实对称矩阵,B是实矩阵,于是有

AX0?0

TTX0(AB?BTA)X0?(AX0)TBX0?X0BT(AX0) ?0

这与ABAB?BA是正定矩阵矛盾.

10.设A为正定阵,则A?A?3A仍为正定阵.

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,A2*?12*?1T2*?1A2?A*?3A?1全是实对称矩阵,且它们的特征值全大于零,故A,A,A全是正定矩阵,

为实对称阵. 对?X?0,有

XT(A2?A*?3A?1)X?XTA2X?XTA*X?XTA?1X?0

· ·110

即 A?A?3A的正定矩阵.

11.设A正定,B为半正定,则A?B正定.

证:显然A,B为实对称阵,故A?B为实对称阵. 对?X?0,XAX?0,

T2*?1XTBX?0,因XT(A?B)X?0,故A?B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(i?1,由题设知?i?0,?i?0,i?1,,n).

,Pi,,?n)

,n.

,Pn),使

,?i, 因为A是实对称矩阵,所以存在正交矩阵P?(P1,PTAP?diag(?1,,i即 APi??iPP为iA的特征向量,i?1,BPi??iPi,n. i?1,i,,n

由已知条件Pi也是B的特征向量,故

因此 ABPi?A?iPi?(?i?i)Pi,这说明?i?i是AB的特征值,且?i?i?0,i?1, 又因为 ABP?Pdiag(?1?1,故 AB?Pdiag(?1?1,,n.

,?i?i,,?n?n),PT?P?1.

,?i?i,,?n?n)P,显然AB为实对称阵,因此AB为正定矩阵. B?(aijbibj)n?n

13.设A?(aij)n?n为正定矩阵,b1,b2,?,bn为非零实数,记

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aij?aji,所以

aijbibj?ajibjbi,这说明B是对称矩阵,显然

?a11b21abb1212?2a21bb21ab222? B????abbabb?n1n1n2n1?anbb1n1??b1anbb2n?2?=

???0?annbnbn??0??a11???bn???an1a1n??b1???0ann???0?? bn?? 对任给的n维向量X?(x1,,xnT)?0,因b1,b2,?,bn为非零实数,所以

(b1x1,?,bnxn)T?0,又因为A是正定矩阵,因此有

?b1TT XBX?X??0?0??a11???abn???n1a1n??b1???0ann???0??X bn???a11 =(b1x1,?,bnxn)??a?n1即B是正定矩阵.

a1n??b1x1?????0 ?bx?ann???nn?·111·

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