西安石油大学：《高等代数 Advanced Algebra》精品课程教学资源（习题及答案）第六章 二次型

习题6.1 1写出二次型fx1,x2,x)=2x12x1x2-2x1x+x2+3x2xx 解所给二次型的对称形式为 f(x1,x2,x)=2x12-1/2x1X2x1x3-1/2x2x1+x2+3/2x2X3xx1+32x3x2x2 二次型的矩阵为-1/213/2 3/2 14 2求二次型fx,x2x3)=X000X的秩 解原二次型即是x,x2X3)=X200X,其矩阵的秩显然为2,所以该 3/200 二次型的秩为2 3证明定理6.1.2.即二次型的等价(矩阵的合同)具有反身性、对称性、传递性.(略) 习题6.2 1.化下面二次型为标准形,并写出所用的非退化的线性替换 ①f(x,x2x3)=2x12-4x1x2+4x1x+3x2x2xy-2x32 ②f(x,x2,x3)=2x12-4x1x2+2xx+x2+2x2X3 ③ f(x1,x2,X3)=X1X2-X1 解①f(x,x2x)=2(x12-2x1x2+2xx)+3x2-2xx3-2x2 =2(x1-Xx2+x3)2+(x2+x3)2-5x3 作非退化的线性替换 x 011 即 y3 y 得原二次型的标准形为2y12+y2-5y2 ②f(x,x2,x3)=2(x12-2xx2+x1x3)+x2+2x2X3 2(x1-x2+l/2x3)2-x2+4x2Xx-1/2x32 (x1-x2+12x)2(x2-2x)2+7/2x2 作非退化的线性替换

习题 6.1 1.写出二次型 f(x1, x2,x3)=2x1 2-x1x2-2x1x3+x2 2+3x2x3- x3 2 解 所给二次型的对称形式为 f(x1, x2,x3)=2x1 2-1/2x1x2-x1x3-1/2 x2x1 +x2 2+3/2x2x3-x3x1 +3/2x3x2- x3 2 二次型的矩阵为            1 3/ 2 1 1/ 2 1 3/ 2 2 1/ 2 1 ． 2.求二次型 f(x1, x2,x3)= X X T       0 0 0 0 0 0 1 4 3 的秩． 解 原二次型即是 f(x1, x2,x3)= X X T       3/ 2 0 0 2 0 0 1 2 3/ 2 ，其矩阵的秩显然为 2，所以该 二次型的秩为 2． 3.证明定理 6.1.2．即二次型的等价（矩阵的合同）具有反身性、对称性、传递性．（略） 习题 6.2 1.化下面二次型为标准形，并写出所用的非退化的线性替换． ① f(x1, x2,x3)=2x1 2-4x1x2+4x1x3+3x2 2-2x2x3-2x3 2 ② f(x1, x2,x3)=2x1 2-4x1x2+2x1x3+x2 2+2x2x3 ③ f(x1, x2,x3)= x1x2-x1x3+x2x3 解 ① f(x1, x2,x3)=2(x1 2-2x1x2+2x1x3)+3x2 2-2x2x3-2x3 2 =2(x1-x2+x3) 2+x2 2+2 x2x3-4x3 2 =2(x1-x2+x3) 2+(x2+x3) 2-5x3 2 作非退化的线性替换                     3 2 1 3 2 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 x x x y y y ，即                      3 2 1 3 2 1 0 0 1 0 1 1 1 1 2 y y y x x x 得原二次型的标准形为 2y1 2+y2 2-5y3 2 ② f(x1, x2,x3)= 2(x1 2-2x1x2+x1x3)+ x2 2+2x2x3 =2(x1-x2+1/2x3) 2- x2 2+4x2x3-1/2 x3 2 =2(x1-x2+1/2x3) 2-(x2-2x3) 2+7/2x3 2 作非退化的线性替换

y)(1-11/2x1 113/2 0 得原二次型的标准形为2y2-y2+7/2y32 ③作变换x2=1-10y2 J3 原二次型变为y12y2-2y2y=y2(y2+y3)2+y2 再令y2 y3)(001人 0(1001)(1 即x2|=1-1001 得原二次型的标准形为z12-z2+z2 2.秩是r的(复)对称矩阵,可表示成r个秩是1的对称矩阵的和 解设A是nxn对称矩阵,则A对应的二次型通过非退化的线性替换可变成标准形,即 存在可逆矩阵C,使A通过合同变换变成对角矩阵,对角线上的非零元素得数目正是A的秩 r.从而有 11 0 0 上式右端是r个秩是1的对称矩阵的和,记作A1,A2,,A,则有 A=(-)AC-1+(C-I)'A2C-l+ 记B1=(C)AC1,B2=(C)A2C1,…,B=(C)ACl, 由于Cl是可逆矩阵,所以B的秩等于A的秩等于1,i=1,2,…,r,故A可表示成r个秩是 1的对称矩阵的和 习题6.3

                     3 2 1 3 2 1 0 0 1 0 1 2 1 1 1/ 2 x x x y y y ，即                    3 2 1 3 2 1 0 0 1 0 1 2 1 1 3/ 2 y y y x x x 得原二次型的标准形为 2y1 2-y2 2+7/2y3 2 ③作变换                     3 2 1 3 2 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 y y y x x x 原二次型变为 y1 2-y2 2-2y2y3=y1 2-(y2+y3) 2+y3 2 再令                     3 2 1 3 2 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 z z z y y y ， 即                            3 2 1 3 2 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 z z z x x x =               3 2 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 z z z 得原二次型的标准形为 z1 2-z2 2+z3 2． 2.秩是 r 的（复）对称矩阵，可表示成 r 个秩是 1 的对称矩阵的和． 解 设 A 是 n×n 对称矩阵，则 A 对应的二次型通过非退化的线性替换可变成标准形，即 存在可逆矩阵 C，使 A 通过合同变换变成对角矩阵，对角线上的非零元素得数目正是 A 的秩 r．从而有        0 0 1   T R C AC   =       0 0 0 0 1   +       0 0 0 0 2   +…+       0 0 0    R 上式右端是 r 个秩是 1 的对称矩阵的和，记作Λ1，Λ2，…，Λr，则有 A=(C -1)TΛ1C -1+(C -1)TΛ2C -1+…+(C -1)TΛrC -1 记 B1=(C-1)TΛ1C-1，B2=(C-1)TΛ2C-1，…，Br=(C-1)TΛrC-1， 由于 C-1 是可逆矩阵，所以 Bi的秩等于Λi的秩等于 1，i=1,2,…,r，故 A 可表示成 r 个秩是 1 的对称矩阵的和． 习题 6.3

1.设XAX(A=A)是C上4元二次型,若|A|≠0,写出该二次型的规范形 解因为|A|≠0,A的秩为4,所以复数域上的二次型XAX的规范形为y2+y2+y32+y42 2.在C上,求习题6.2中,第一题之②的规范形 解习题6.2中,第一题之②对应的二次型为f(x,x2,x3)=2x12-4x1x2+2x1x+x2+2x2X 对应的矩阵为A=-211-031|-031 110)(007/3 二次型的秩为3,所以起规范形为y12+y2+y2 3.把合同的复二次型归为一类,四元复二次型一共有几个不同的类? 解可根据二次型的秩来分类,四元复二次型一共有5个不同的类(包括零二次型) 习题6.4 1.求下列实二次型的正惯性指数 ①f(x1,x2,x3)=2x12+2x1x2+4xx3+4x2+4x2x+3x2 @2f(x1, X2,X3)=4x1X2-2x1X 解①f=2(x1+1/2x2+x3)2+7/2x2+2x2X+x2 =2(x1+1/2x2+x)2+7/2(x2+4/7x2x3)+xy2 2(x1+12x2+x3)2+7/2(x2+2/7x)2+5/7x3 1/2 作变换y2|=012/7x 00 x 得标准形2y12+7/2y2+5/7y2.所以正惯性指数为3 ②作变换x2=1-10y2 00 y3 原二次型变为4y2-4y2-2yy22y2y=4(y1-1/4y2)2-174y2-2y2y3 4(y1-l/4y2)2-174(y2+4/17y)2+4/17y32 0y1 再令 014/17 得原二次型的标准形为4z2-1714z2+4/7z2 所以正惯性指数为 2.把等价的实二次型归为一类,四元实二次型一共有几个不同的类? 解可先根据四元二次型的秩的不同分,在秩相同的情况下再根据正惯性指数的不同来 分类.当四元实二次型的秩为0时,正惯性指数只能取0,所以只有1类;当秩为1时,正 惯性指数可取0或1,所以有2类:当秩为2时,正惯性指数可取0,1,2,所以有3类

1.设 X TAX(A T=A)是 C 上 4 元二次型，若|A|≠0，写出该二次型的规范形． 解 因为|A|≠0，A 的秩为 4，所以复数域上的二次型 X TAX 的规范形为 y1 2+y2 2+y3 2+y4 2． 2.在 C 上，求习题 6.2 中，第一题之②的规范形． 解 习题 6.2 中，第一题之②对应的二次型为 f(x1, x2,x3)=2x1 2-4x1x2+2x1x3+x2 2+2x2x3 对应的矩阵为 A=        1 1 0 2 1 1 2 2 1 ~        1 1 0 0 3 1 0 4 1 ~       0 0 7 / 3 0 3 1 1 1 0 二次型的秩为 3，所以起规范形为 y1 2+y2 2+y3 2． 3.把合同的复二次型归为一类，四元复二次型一共有几个不同的类？ 解 可根据二次型的秩来分类，四元复二次型一共有 5 个不同的类（包括零二次型）． 习题 6.4 1.求下列实二次型的正惯性指数． ①f(x1, x2,x3)=2x1 2+2x1x2+4x1x3+4x2 2+4x2x3+3x3 2 ②f(x1, x2,x3)=4x1x2-2x1x3 解 ①f=2(x1+1/2x2+x3) 2+7/2x2 2+2x2x3+x3 2 =2(x1+1/2x2+x3) 2+7/2(x2 2+4/7x2x3)+x3 2 =2(x1+1/2x2+x3) 2+7/2(x2+2/7x3) 2+5/7x3 2 作变换                    3 2 1 3 2 1 0 0 1 0 1 2 / 7 1 1/ 2 1 x x x y y y 得标准形 2y1 2+7/2y2 2+5/7y3 2．所以正惯性指数为 3． ②作变换                     3 2 1 3 2 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 y y y x x x 原二次型变为 4y1 2-4y2 2-2y1y2-2y2y3=4(y1-1/4 y2) 2-17/4y2 2 -2y2y3 4(y1-1/4 y2) 2-17/4(y2+4/17y3) 2+4/17y3 2 再令                     3 2 1 3 2 1 0 0 1 0 1 4 /17 1 1/ 4 0 y y y z z z ， 得原二次型的标准形为 4z1 2-17/4z2 2+4/17z3 2． 所以正惯性指数为 2． 2.把等价的实二次型归为一类，四元实二次型一共有几个不同的类？ 解 可先根据四元二次型的秩的不同分，在秩相同的情况下再根据正惯性指数的不同来 分类．当四元实二次型的秩为 0 时，正惯性指数只能取 0，所以只有 1 类；当秩为 1 时，正 惯性指数可取 0 或 1，所以有 2 类；当秩为 2 时，正惯性指数可取 0，1，2，所以有 3 类；

当秩为3时,正惯性指数可取0,1,2,3,所以有2类;当秩为4时,正惯性指数可取0, 1,2,3,4,所以有5类.总之一共有19种不同的类(包括零二次型) 3.证明:如果一个实二次型可以分解成两个一次齐次多项式的乘积,则这个二次型或秩是2, 并且符号差是零:或秩是1. 证如果一个实二次型f可以分解成两个一次齐次多项式的乘积,即存在不全为零的实 数a1,a2,,an和不全为零的实数b,b2,…,bn使 f(ajxI+ a2x2+.+anxn)(b1X+b2 x2+ .+b,xn) a2 作变换2=4b b 得 f=kyoya z1)(11 0y, 再令 得标准形f=z12- 特殊情形下,如果a1=b1,a2=b2,…,an=bn,则作变换 得标准形f=y12 总之,这个二次型或秩是2,并且符号差是零:或秩是1 4设A是实对称矩阵,如果A与-A合同,求XAX的符号差 解因为A与-A合同,所以二次型XAX与二次型Y(-A)Y等价,所以它们有相同的 规范形,设有非退化的线性替换X=CZ,使 XTAX=ZTCTACZ=Z+ 则对二次型Y(-A)Y,另Ⅹ=CY,使 Y-A)Y=-Y'AY=-Z1 因为两个标准形的正惯性指数相等,所以应有p=q,从而XAX的符号差为pq=0 5.设A是一个nxn实矩阵,证明A是反对称矩阵的充分必要条件是:对任意a∈R,都有 证先证必要性.若A是反对称的,则A=-A,从而对任意a∈R,都有 0a=0 再证充分性,若对任意a∈R,都有a1A,记B=1(4+小,则显然二次型XBX的标

当秩为 3 时，正惯性指数可取 0，1，2，3，所以有 2 类；当秩为 4 时，正惯性指数可取 0， 1，2，3，4，所以有 5 类．总之一共有 19 种不同的类（包括零二次型）． 3.证明：如果一个实二次型可以分解成两个一次齐次多项式的乘积，则这个二次型或秩是 2， 并且符号差是零；或秩是 1． 证 如果一个实二次型 f 可以分解成两个一次齐次多项式的乘积，即存在不全为零的实 数 a1，a2，…, an和不全为零的实数 b1，b2，…, bn使 f=(a1x1+ a2x2+ …+anxn) (b1x1+b2x2+ …+bnxn) 作变换                    n n n n x x x b b b a a a y y y        2 1 1 2 1 2 2 1 0 0 1 得 f=ky1y2． 再令                     n n y y y z z z        2 1 2 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 得标准形 f= z1 2-z2 2． 特殊情形下，如果 a1= b1 ，a2= b2，…， an=bn，则作变换                    n n n x x a a a x y y y        2 1 2 1 2 1 0 0 1 0 1 0 得标准形 f= y1 2． 总之，这个二次型或秩是 2，并且符号差是零；或秩是 1． 4.设 A 是实对称矩阵，如果 A 与-A 合同，求 XTAX 的符号差． 解 因为 A 与-A 合同，所以二次型 XTAX 与二次型 YT (-A)Y 等价，所以它们有相同的 规范形，设有非退化的线性替换 X=CZ，使 XTAX=Z TCTACZ=z1 2+…+zp 2-zp+1 2-…-zp+q 2． 则对二次型 YT (-A)Y，另 X=CY，使 YT (-A)Y= -YTAY= -z1 2+…-zp 2+zp+1 2+…+zp+q 2． 因为两个标准形的正惯性指数相等，所以应有 p=q，从而 XTAX 的符号差为 p-q=0． 5.设 A 是一个 n×n 实矩阵，证明 A 是反对称矩阵的充分必要条件是：对任意α∈Rn，都有 α TAα=0． 证 先证必要性．若 A 是反对称的，则 A T=-A，从而对任意α∈Rn，都有 α TAα= A A T T  2 1 = 0 2 T 1 =0． 再证充分性．若对任意α∈R n，都有α TAα=0，记 B= A A T  2 1 ，则显然二次型 XTBX 的标

准形中平方项的系数全为0,即二次型的秩为0,从而B=0,故A=A. 设A是实对称矩阵,证明:如果|A0,pAB<0, 则必定存在0≠n∈R,使得nTAn=0 证设实二次型XAX的规范形为y2+…+y2-yr2-.-yp+42,则根据已知条件知p,q均大 于等于1.即存在可逆矩阵C使 XTAX=YTCT 取y1=1,y=0(i=2,3,…,p);取yp+=1,yp=0(i=2,3,…,q),令两边取行列式知 CTAC|=CTA|lC|=C|2|A|<0,说明CIAC的对角线中最少有一个-1,即二次型XTAX的规 范形中最少有一个平方项的系数为-1,不妨设yk的系数为-1,令n=CY,则n0,且nAn=0 习题6.5 1.设A是nxn正定矩阵,证明:A°,A也都是正定的,A也是正定的 证因为A是正定矩阵,所以A是对称的可逆矩阵,记C=A,则C也是对称的可逆矩阵, 从而C=C,A=A3A=CC=CC,所以A°是正定的

准形中平方项的系数全为 0，即二次型的秩为 0，从而 B=0，故 A T=-A． 6.设 A 是实对称矩阵，证明：如果|A|0，β TAβ<0， 则必定存在 0≠η∈R n，使得η TAη=0． 证 设实二次型 XTAX 的规范形为 y1 2+…+yp 2-yp+1 2-…-yp+q 2，则根据已知条件知 p,q 均大 于等于 1．即存在可逆矩阵 C 使 XTAX=YTC T            1 1 1 1 CY 取 y1=1 ， yi=0(i=2,3,…,p); 取 yp+1=1 ， yp+i=0(i=2,3,…,q) ． 令 两 边 取 行 列 式 知 |CTAC|=|C T||A||C|=|C| 2|A|<0,说明 CTAC 的对角线中最少有一个-1，即二次型 XTAX 的规 范形中最少有一个平方项的系数为-1，不妨设 yk的系数为-1，令η=CY，则η≠0，且η TAη=0． 习题 6.5 1.设 A 是 n×n 正定矩阵，证明：A 6，A 7也都是正定的，A -1也是正定的． 证 因为 A 是正定矩阵，所以 A 是对称的可逆矩阵，记 C=A 3，则 C 也是对称的可逆矩阵， 从而 C T=C，A 6==A 3A 3=CC=C TC，所以 A 6是正定的．

如果利用以上C,可得A=AA、=CAC,因为A是正定的,所以存在可逆矩阵P使A=PP, 从而有A=CAC=CPPC=(PC)(PC),显然PC可逆,所以A也都是正定的 因为A是正定的,所以存在可逆矩阵P使A=PP,从而A=(PP)=P(P),故A也是 正定的 2.设A,B是n×n正定矩阵,证明A+B也是正定的 证因为A,B是nXn正定矩阵,所以对任意X∈R,当X≠0时有 XAX>0,XBX>0,从而X(A+B)X=XAX+XBX>0,故A+B也是正定的 3判断下列实二次型是否正定 ①f(x1,x2,x3)=5x2+4x1x28x1x3+x24x2x3+5x2 ②f(x1,x2x3)=x12+4x1x2-4x1x-2x2-4x2X3+x2 解①二次型的矩阵为 52-4 A=21-2 4-25 因为5>0, >0,21-2=25+16+16-16-2020=1>0 所以,实二次型是正定的 ②二次型的矩阵为 12-2 A=2-2-2 因为1>0, 40, 4 所给三元实二次型的矩阵为A=0ab

如果利用以上 C，可得 A 7= A 3AA 3=C TAC，因为 A 是正定的，所以存在可逆矩阵 P 使 A=P TP， 从而有 A 7=C TAC= C TP TPC=(PC) T(PC)，显然 PC 可逆，所以 A 7也都是正定的． 因为 A 是正定的，所以存在可逆矩阵 P 使 A=P TP，从而 A -1= (P TP) -1=P -1(P -1) T,故 A -1也是 正定的． 2.设 A，B 是 n×n 正定矩阵，证明 A+B 也是正定的． 证 因为 A，B 是 n×n 正定矩阵，所以对任意 X∈R n，当 X≠0 时有 X TAX>0, X TBX>0,从而 X T(A+B)X=X TAX+X TBX>0,故 A+B 也是正定的． 3.判断下列实二次型是否正定： ①f(x1, x2,x3)=5x1 2+4x1x2-8x1x3+x2 2-4x2x3+5x3 2 ②f(x1, x2,x3)= x1 2+4x1x2-4x1x3-2x2 2-4x2x3+x3 2 解 ① 二次型的矩阵为           4 2 5 2 1 2 5 2 4 A 因为 5>0, 0 2 1 5 2  , 4 2 5 2 1 2 5 2 4     =25+16+16-16-20-20=1>0, 所以，实二次型是正定的． ② 二次型的矩阵为            2 2 1 2 2 2 1 2 2 A 因为 1>0, 2 4 0 2 2 1 2      , 所以，实二次型不是正定的． 4.设抛物线 y=ax 2+bx+c 开口向上，并且与 x 轴不相交，证明：三元实二次型 f(x1, x2,x3)= x1 2+ax2 2+bx2x3+4cx3 2 是正定的． 证 由抛物线 y=ax 2+2bx+c 开口向上知 a>0，又 c a b a b y a x           2 4 2 2 ，又因抛物线 与 x 轴不相交，所以 0 4 4 4 2 2      a ac b c a b ， 所给三元实二次型的矩阵为        b c A a b 0 4 0 1 0 0

因为1>0, =a>0,0 故三元实二次型 f(X1, X2, X3)=x1+ax2+bx2X3+4cX3 是正定的 5.三元实二次型 f(x1,x2x3)=(2x1+x2+2x32+(3x1-2x2+2x3)2+(5X-5X2+2x3)2 是否正定,为什么? 解令2x1+x2+2x3=0,3x1-2x2+2x=0,5x1-5x2+2x=0,解线性方程组有非零解,所以存在Ⅹ ∈R3,Ⅹ≠0,使实二次型 f( 所以此二次型不是正定的 6证明:n元实二次型x12+x2+….+xn2+x1x2+x1x2+..+xn1Xn是正定的 证记所给二次型为f,则 )2+-(x2+x3)2+…+( 当x1≠0时,无论其他x(i=2,3,n)取何值,显然f0:当x=0而x2≠0时,显然也有f>0; 当x1=0,x2=0而x≠0时,也有f>0;,当x1=0,x2=0,…,xn-1=0而xn0时,也有f>0.总 之,对于任意X∈R,若X≠0,总有实二次型f>0,所以所给二次型是正定的 b b 7设ab∈R,a>b>0,证明:bba b是正定的 因为a>b>0,所给矩阵的任意k阶顺序主子式 b la+(k-1)b a+(k-1)b +(k-1)b a o a-b 0 =[a+(k-1)b =[a+(k-1)b =a+(k-1)b](a-b)-1>0 所以原矩阵是正定的

因为 1>0, 0 0 1 0  a  a , 4 0 0 4 0 1 0 0 2  ac  b  b c a b 故三元实二次型 f(x1, x2,x3)= x1 2+ax2 2+bx2x3+4cx3 2 是正定的． 5. 三元实二次型 f(x1, x2,x3)=(2x1+x2+2x3) 2+(3x1-2x2+2x3) 2+(5x1-5x2+2x3) 2 是否正定，为什么？ 解 令 2x1+x2+2x3=0，3x1-2x2+2x3=0，5x1-5x2+2x3=0，解线性方程组有非零解，所以存在 X ∈R 3，X≠0，使实二次型 f(x1, x2,x3)=(2x1+x2+2x3) 2+(3x1-2x2+2x3) 2+(5x1-5x2+2x3) 2=0 所以此二次型不是正定的． 6.证明：n 元实二次型 x1 2+x2 2+ …+xn 2+ x1x2+ x1x2+…+ xn-1xn是正定的． 证 记所给二次型为 f，则       2 2 1 2 2 3 2 1 2 2 1 2 1 2 1 ... 2 1 2 1 2 1 1 n n n f  x  x  x  x  x   x  x  x  当 x1≠0 时，无论其他 xi(i=2,3,…,n)取何值，显然 f>0；当 x1=0 而 x2≠0 时，显然也有 f>0； 当 x1=0，x2=0 而 x3≠0 时，也有 f>0；…，当 x1=0，x2=0，…，xn-1=0 而 xn≠0 时，也有 f>0．总 之，对于任意 X∈R n，若 X≠0，总有实二次型 f>0，所以所给二次型是正定的． 7.设 a,b∈R，a>b>0，证明：       b b b a b b a b b a b b a b b b         是正定的． 因为 a>b>0,所给矩阵的任意 k 阶顺序主子式 Dk= b b b a b a b a b b      = b b b a b a b a k b a k b a k b      ( 1)  ( 1)   ( 1) = b b b a b a b a k b     1 1  1 [  ( 1) ] = a b a b a k b     0 0 0 0 0 1 1 1 [ ( 1) ]      =[a+(k-1)b](a-b) k-1>0 所以原矩阵是正定的．

8.设A,B∈ Matron(R),并且A=A,证明:如果AB+BA是正定的,则≠0 证用反证法,假设A=0,则线性方程组AX=0有非零解,设X是它的非零解,则有 X(AB+BA)X= X'ABX+XTBAX-XTABX+XB0=(AX)BX-0BX=0 这与AB+BA是正定的相矛盾,所以必有A≠0. 9.设A∈ Manx(R),证明:AA是半正定的 证对任意X≠0, XTATAX=(AX)(AX)≥0,所以ATA是半正定的

8.设 A，B∈Matn×n(R)，并且 AT=A，证明：如果 AB+BA 是正定的，则|A|≠0． 证 用反证法．假设|A|=0，则线性方程组 AX=0 有非零解，设 X 是它的非零解，则有 X T(AB+BA)X= X TABX+X TBAX= X TATBX+X TB0=(AX)TBX=0 TBX=0 这与 AB+BA 是正定的相矛盾，所以必有|A|≠0． 9.设 A∈Matn×n(R)，证明：ATA 是半正定的． 证 对任意 X≠0，XTATAX=(AX)T (AX)≥0，所以 ATA 是半正定的．