《线性代数》第五章习题解答 1.写出下列二次型的矩阵： (1).f(x,y,=)=3x2-y2+2z2-2xy+x+8z (2)f(x1,x2,x3,x4)=x1x3-x2x4; (3)fxx2…,x)=之x2+xx: (4f(x1,x2…,xn=n2x2-(2x)2 解： 「3-11 (0)-1-14 42 01 (2) 88 「1 1专 (3) 专1 「n-1-1…-1 (4) -1n-1…-1 -1-1…n-1 2.若二次型f(x,x2,x)=XAX对任意向量X=(x,x2,x3)'恒有f(x,x2,x)=0,试证明：A 是零矩阵。 解： 取X=(1,0,0),X=(0,1,0),X=(0,0,)等三个向量代入XTAX=0,则二次型的矩阵 au an a A=421a2a23的所有元素a,=01=1,23,j=1,2,3),从而有A=0. La31a2a」 3.设A,B是n阶实对称矩阵，且对任意的n维向量X有XAX=XBY成立，试证明：A=B 证： 设X=(x,2,…,xny,A=[almm,B=[b,l则X'AX中的x,x,的系数为 a+a=2a,XBX中xx,的系数为b,+b厅=2b,比较xx,的系数知
《线性代数》第五章习题解答 -1- 1．写出下列二次型的矩阵： (4). ( , , , ) ( ) . (3). ( , , , ) ; (2). ( , , , ) ; (1). ( , , ) 3 2 2 8 ; 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 3 4 1 3 2 4 2 2 2 = = − = + = = − = + = − = − + − + + n i i n i n i n i i i n i n i f x x x n x x f x x x x x x f x x x x x x x x f x y z x y z x y x z yz 解: . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (4). ; 1 1 1 1 1 (3). ; 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 (2). ; 4 2 1 1 4 3 1 (1). 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 − − − − − − − − − − − − − − n n n 2.若二次型 1 2 3 ( , , ) T f x x x X AX = 对任意向量 1 2 3 ( , , )T X x x x = 恒有 f (x1 , x2 , x3 ) = 0 ,试证明: A 是零矩阵. 解: 取 (1,0,0) , (0,1,0) , (0,0,1) TTT XXX === 等三个向量代入 0, T X AX = 则二次型 的 矩 阵 = 31 32 33 21 22 23 11 12 13 a a a a a a a a a A 的所有元素 a = 0(i = 1,2,3, j = 1,2,3), ij 从而有 A =0. 3.设 A, B 是ｎ阶实对称矩阵，且对任意的ｎ维向量 X 有 X ' AX = X 'BX 成立，试证明： A = B. 证： 设 1 2 , ( , , , )', [ ] , [ ] n A aij n n B bij n n X x x x = = = 则 X ' AX 中 的 i j x x 的系数为 aij + a ji = 2aij , X 'BX 中 i j x x 的系数为 2 , bij + bji = bij 比 较 i j x x 的系数知
《线性代数》第五章习题解答 ag=b(,j=1,2,…,),所以A=B. 4.试证明：不可能有实数矩阵C= -0-66]ew 合同的 证： 01 00]是不合同脸 5.设AB,C,D均为n阶对称矩阵，且矩阵A,B是合同的，矩阵C,D是合同的，试证明：矩阵 [6568小eam 证 设PAP=B,g'CQ=-D,则 [6866g-68m68s68小e 6,用正交变换法，把下列二次型化为标准形 (0)f=x+4x号+x-4xx2-8xx3-4x2x3 (2)/=x+x号+x号+x+2xx3+2x4-2x4-2x, 解 ().正交变换矩阵为Q= 0 2 标准形为f-5y+5y-4 (2)正交变换矩阵为Q= 吉 2
《线性代数》第五章习题解答 -2- a b (i, j 1,2, ,n), ij = ij = 所以 A = B. 4．试证明：不可能有实数矩阵 = c d a b C 使 , 0 1 1 0 0 1 1 0 ' − = C C 即 0 1 1 0 与 0 −1 1 0 是不 合同的. 证: 用反证法.若 , 0 1 1 0 0 1 1 0 ' − = c d a b c d a b 则推得 1, 2 2 b + d = − 这是不可能的.所以 0 1 1 0 与 0 −1 1 0 是不合同的. 5. 设 A, B,C, D 均为ｎ阶对称矩阵, 且矩阵 A, B 是合同的, 矩阵 C, D 是合同的,试证明: 矩阵 B A 0 0 与矩阵 D C 0 0 也是合同的. 证: 设 P' AP = B,Q'CQ = D, 则 . 0 0 0 0 0 0 0 0 ' = D B Q P C A Q P 所以矩阵 B A 0 0 与矩阵 D C 0 0 是合同的. 6.用正交变换法,把下列二次型化为标准形: 1 2 3 4 1 4 2 3. 2 4 2 3 2 2 2 1 1 2 1 3 2 3 2 3 2 2 2 1 (2). 2 2 2 2 (1). 4 4 8 4 ; f x x x x x x x x x x x x f x x x x x x x x x = + + + + + − − = + + − − − 解: (1).正交变换矩阵为 0 , 3 2 6 2 2 2 3 1 3 2 2 3 2 6 2 2 2 − Q = − 标准形为 5 5 4 ; 2 3 2 2 2 1 f = y + y − y (2) 正交变换矩阵为 , 0 0 0 0 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 − − − − Q =
《线性代数》第五章习题解答」 标准形为∫=2+乃-好+3y 7.用配方法，把下列二次型化为标准形 (①)f=x-3x-2x1x2+2x1x3-6x2x3； (2)J=-4xx2+2xx3+2x2x3 解 乃=x-x2+x3x1=月+y2-y3 （0由己知∫=-+,-2x,+x,)户，令=2x,+,则3=-，可逆 月3=x3 X3=y3 「1支-] 线性变换矩阵为C=0支一所以标准形为∫=- 00 =+ 3=-y (2).先令x2=片-为2，则f=-4y-y)2+4好+好，再令 2=为2，则 x= =y x1=31+32+ [111 x2=-5+5,可逆线性变换矩阵为C=1-1所以标准形为f=-4:+4:+子 X3=3 001 8用初等变换法，把下列二次型化为标准形 (I)f=x7-2x3+2x1x2-4xx3+6x2x3 (2)f=x-x3+2xx2+2x2x3 解： 11-2100 2 3 0-30 3 0 「1-1] 00 1 0 X=01 则f=-3好+号 0 -1 0 1 0 01 001 001」 001 [1-1-17 (2.令X=011Y,则f=片- 011
《线性代数》第五章习题解答 -3- 标准形为 3 . 2 4 2 3 2 2 2 1 f = y + y − y + y 7.用配方法,把下列二次型化为标准形: (2). 4 2 2 . (1). 3 2 2 6 ; 1 2 1 3 2 3 1 2 1 3 2 3 2 2 2 1 f x x x x x x f x x x x x x x x = − + + = − − + − 解: (1).由已知 2 2 3 2 1 2 3 f = (x − x + x ) − (2x + x ) ，令 2 , 3 3 2 2 3 1 1 2 3 = = + = − + y x y x x y x x x 则 , 3 3 2 3 1 2 2 1 2 2 3 3 2 2 1 1 1 = = − = + − x y x y y x y y y 可逆 线性变换矩阵为 , 0 0 1 0 1 2 1 2 1 2 3 2 1 − − C = 所以标准形为 ; 2 2 2 1 f = y − y (2). 先 令 = = − = + , 3 3 2 1 2 1 1 2 x y x y y x y y 则 4( ) 4 , 2 3 2 2 2 2 3 1 1 f = − y − y + y + y 再 令 = = = − , 3 3 2 2 2 3 1 1 1 z y z y z y y 则 = = − + = + + , 3 3 2 3 1 2 1 2 2 3 1 1 1 2 x z x z z z x z z z 可逆线性变换矩阵为 , 0 0 1 1 1 1 1 2 1 2 1 C = − 所以标准形为 4 4 . 2 3 2 2 2 1 f = − z + z + z 8.用初等变换法, 把下列二次型化为标准形: (2). 2 2 . (1). 2 2 4 6 ; 1 2 2 3 2 3 2 1 1 2 1 3 2 3 2 2 2 1 f x x x x x x f x x x x x x x x = − + + = − + − + 解： − − → − − − = 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 3 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 2 3 0 1 2 3 1 1 2 (1). 3 5 3 1 3 13 E A ，令 , 0 0 1 0 1 1 1 3 5 3 1 X Y − = 则 3 ; 2 3 3 2 13 2 2 1 f = y − y + y (2).令 , 0 1 1 0 1 1 1 1 1 X Y − − = 则 . 2 2 2 1 f = y − y
《线性代数》第五章习题解答 9.已知二次型∫=2x+3x+3x+2a2x(a>0),通过正交变换X=QY化为标准形 f=y+2y好+5y好，求参数a及正交矩阵Q 解： 给定二次型及其标准形的矩阵分别为： 「200] A=0 3 aB= 2 由A=B18-2a2=10,a2=4,得a=2(去舍a=-2),与特 0a3 5 征值入1=1,32=2，入=5对应的特征向量分别为a1=(01,-1y,a2=(1,0,0y,a3=(0,11y,因 010 特征向量α1，α2，a,是相互正交的，将它们单位化后得所求的正交巨阵Q=0 [-90 10.求二次型f(x,x2,,x,)=x2+2x+x2+2xx的标准形，并指出该二次型的秩和正 i=l 性指数 解 由己知，f（xx2,…,xn)=(x1+x2)2+(x2+x)2+…+(x+xn)2, =x+x2 2=x2+X3 令 ,则标准形为∫=++…y后 ya-l =X-1+X y=x 所以该二次形的秩为n-1,正惯性指数为n-L. 11.已知对称矩阵A,B,求可逆矩阵C,使得CAC=B. 0111 「211门 (0).A=121B=101B [110110 「0-]「1支- (2).4=0-16B=÷0-1 --10」--10」
《线性代数》第五章习题解答 -4- 9 ．已知二次型 2 3 3 2 ( 0), 2 3 2 3 2 2 2 f = x1 + x + x + ax x a 通过正交变换 X = QY 化为标准形 2 5 , 2 3 2 2 2 1 f = y + y + y 求参数 a 及正交矩阵 Q . 解: 给定二次型及其标准形的矩阵分别为： , 5 2 1 , 0 3 0 3 2 0 0 = = B a A a 由 ,18 2 10, 4, 2 2 A = B − a = a = 得 a = 2 （去舍 a = −2 ），与特 征值 1 =1,2 = 2,3 = 5 对应的特征向量分别为 (0,1, 1)', (1,0,0)', (0,1,1)', 1 = − 2 = 3 = 因 特征向量 1 2 3 , , 是相互正交的，将它们单位化后得所求的正交巨阵 . 0 0 0 1 0 2 2 2 2 2 2 2 2 − Q = 10．求二次型 1 1 1 2 1 2 2 ( 1 , 2 , , ) 1 2 2 + − = − = = + + + i n i n i n i n i f x x x x x x x x 的标准形，并指出该二次型的秩和正 惯性指数. 解: 由已知, ( , , , ) ( ) ( ) ( ) , 2 1 2 2 3 2 1 2 n 1 2 n n f x x x = x + x + x + x + + x + x − 令 = = + = + = + − − , 1 1 2 2 3 1 1 2 n n n n n y x y x x y x x y x x 则标准形为 , 2 1 2 2 2 = 1 + + n− f y y y 所以该二次形的秩为 n −1,正惯性指数为 n −1. 11.已知对称矩阵 A, B, 求可逆矩阵 C, 使得 C'AC = B. . 1 0 0 1 1 , 1 0 0 1 0 (2). ; 1 1 0 1 0 1 2 1 1 , 1 1 0 1 2 1 0 1 1 (1). 2 3 2 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 − − − − = − − − − = = = A B A B 解:
《线性代数》第五章习题解答 「010] ①.C=100 001 「1001 (2).C=110 001 .试证明：一个实二次型的秩r与符号差5具有相同的奇偶性，且-r≤s≤r, 证 设二次型的正，负惯性指数分别为P,g,则p+q=了，p-q=3,故r+3=2p,所以”，s具有相同的 奇偶性 13.判别下列二次型的正定性 (0f=3x+6xx3+x号-4x2x3+8x (2)f=-5x2-6y2-4z2+4xy+4xz. 象 「3031 ()二次型矩阵01一2的顺序主子式 3-28 |4=3>0,4=3>0,4=3>0,所以二次型是正定的： 「-5227 (2).二次型矩阵2-60的顺序主子式 20-4 4=-50,4=-800,4=-52-4>0，知-504=1>0,4，=t-5>0,知1>5. 15.试证下列结论成立： ()设A是正定矩阵，矩阵A与B合同，则矩阵B也是正定矩阵 (2).实对称矩阵A是正定矩阵的充要条件是存在可逆矩阵P,使得A=PP -5-
《线性代数》第五章习题解答 -5- . 0 0 1 1 1 0 1 0 0 (2). ; 0 0 1 1 0 0 0 1 0 (1). = = C C 12.试证明:一个实二次型的秩 r 与符号差 s 具有相同的奇偶性,且 − r s r. 证: 设二次型的正,负惯性指数分别为 p,q ,则 p + q = r, p − q = s, 故 r + s = 2 p, 所以 r,s 具有相同的 奇偶性. 13.判别下列二次型的正定性: (2). 5 6 4 4 4 . (1). 3 6 4 8 ; 2 2 2 2 2 3 3 2 1 3 2 2 1 f x y z xy x z f x x x x x x x = − − − + + = + + − + 解: (1).二次型矩阵 − − 3 2 8 0 1 2 3 0 3 的顺序主子式： 3 0, 3 0, 3 0, A1 = A2 = A3 = 所以二次型是正定的; (2).二次型矩阵 − − − 2 0 4 2 6 0 5 2 2 的顺序主子式： 5 0, 26 0, 80 0, A1 = − A2 = A3 = − 所以二次型是负定的. 14. t 取何值时，下列二次型是正定的： (2). 2 2 4 6 . (1). 5 2 2 4 ; 1 2 1 3 2 3 2 3 2 2 2 1 1 2 1 3 2 3 2 3 2 2 2 1 f x x tx x x x x x x f x x x tx x x x x x = + + + + + = + + + − + 解: (1).由 1 0, 5 4 0, 2 3 2 A2 = −t A = − t − t 知 0. 5 4 − t (2).由 1 0, 1 0, 5 0, A1 = A2 = A3 = t − 知 t 5. 15.试证下列结论成立: (1).设 A 是正定矩阵,矩阵 A 与 B 合同,则矩阵 B 也是正定矩阵; (2).实对称矩阵 A 是正定矩阵的充要条件是存在可逆矩阵 P ,使得 A = P'P;
《线性代数》第五章习题解答 (3)若A是正定矩阵，则A~也是正定矩阵 (4)设A是m×n矩阵，A的秩R()=n,则AA是正定矩阵 证： (I).存在可逆矩阵C,使得CAC=B,令X=CY,对任意矩阵Y≠0，必有X≠0，所以 YBY=Y(C'AC)Y=XAX=>O,从而B是正定矩阵 (2).由定理4知，A正定的充要条件是A与单位矩阵E合同，即存在可逆矩阵P,使得A=PP (③).由上一小题知，存在可逆矩阵P,使得A=PP.于是A=(PP)=P'(Py,令Q=(Py, 则一=QQ,由于Q是可逆的，所以A是正定的 (4).设∫=X(AA)X=(AX(AX),对任意矩阵X≠0，因为R(A)=n,故必有AX≠0，从而 f>0,即A是正定的， 16.求下列函数的极值： ().u=x+3xx2+3xx3+x+3x2x3+x (2).4=x2+y2+z2+2x+4y-62 解 a=0 CX 「033] (1) =0,得由驻点为P0,0,0,P(-2,-2,-2),对卫点，海赛矩阵为H(P)=303对P au 330 =0 dx, 「-12331 点，海赛矩阵为H(P)=3-123b因H(P)是不定矩阵，故P不是极值点，因H(E)是 33-12 负定矩阵，故P,是极大值点，极大值为(P)=12
《线性代数》第五章习题解答 -6- (3).若 A 是正定矩阵,则 −1 A 也是正定矩阵; (4).设 A 是 mn 矩阵, A 的秩 R(A) = n, 则 A' A 是正定矩阵. 证: (1). 存 在 可 逆 矩 阵 C , 使 得 C' AC = B, 令 X = CY, 对 任 意 矩 阵 Y 0, 必 有 X 0 , 所 以 Y'BY = Y'(C' AC)Y = X ' AX = 0, 从而 B 是正定矩阵. (2).由定理 4 知, A 正定的充要条件是 A 与单位矩阵 E 合同,即存在可逆矩阵 P ,使得 A = P'P. (3).由上一小题知, 存在可逆矩阵 P ,使得 A = P'P. 于是 ( ' ) ( )', −1 −1 −1 −1 A = P P = P P 令 ( )', −1 Q = P 则 A Q'Q 1 = − ,由于 Q 是可逆的,所以 −1 A 是正定的. (4). 设 f = X '(A' A)X = (AX)'(AX) , 对任意矩阵 X 0, 因为 R(A) = n, 故必有 AX 0, 从而 f 0 ,即 A' A 是正定的. 16.求下列函数的极值: (1). 3 2 3 3 3 1 2 1 3 2 3 u = x1 + 3x x + 3x x + x + 3x x + x (2). 2 4 6 . 2 2 2 u = x + y + z + x + y − z 解: (1). = = = , 0 0 0 3 2 1 x u x u x u 得由驻点为 (0,0,0), ( 2, 2, 2) P1 P2 − − − ,对 P1 点,海赛矩阵为 , 3 3 0 3 0 3 0 3 3 ( )1 H P = 对 P2 点,海赛矩阵为 , 3 3 12 3 12 3 12 3 3 ( ) 2 − − − H P = 因 ( ) H P1 是不定矩阵,故 P1 不是极值点, 因 ( ) H P2 是 负定矩阵,故 P2 是极大值点, 极大值为 u(P2 ) =12
《线性代数》第五章习题解答 Ou=0 「200] 您0有直直力Pe2R旗裤美网020是现矩味政片总 (2).由 u=0 [002 值点，极小值为(P)=-14
《线性代数》第五章习题解答 -7- (2). 由 = = = , 0 0 0 z u y u x u 得由驻点为 ( 1, 2,3) P0 − − , P0 点处的海赛矩阵 0 0 2 0 2 0 2 0 0 是正定矩阵,故 P0 是极小 值点,极小值为 u(P0 ) = −14