线代第六章答案.doc 15页

'习题6.11．解(1)A=(2)A=(3)A=(4)A=2．解(1)(2)3．解二次型f的矩阵因f的秩为2,故R(A)=2.所以=0,由此解得c=3.4．证明设作变换,即X=CY其中,C为非奇异矩阵.则 又于是有,故A与B合同.习题6.21．解令即则为标准形。令即则为标准形。 （4）令2．解不能。因变换为Y=CX其中变换矩阵,因故C不是非奇异矩阵.所以Y=CX不是非奇异线性变换。因此不能认为f=是原二次型的标准形，也不能认为原二次型的秩为3.以下采用配方法化原二次型为标准形: 3．解(1)二次型矩阵为 令则Q为正交矩阵正交变换为X=QY在此变换下,二次型的标准形为 (3).二次型的矩阵为 故A的特征值为λ1=0,λ2=4,λ3=9由(λ1E―A)X=0解得对应于λ1=0的特征向量为X1由(λ2E―A)X=0解得对应于λ2=4的特征向量为X2由(λ3E―A)X=0解得对应于λ3=9的特征向量为X3因A的3个特征值互异,故X1,X2,X3是正交向量组。单位化得令则Q为正交矩阵,正交变换为X=QY在此变换下,二次型的标准形为4．证明设两个实对称矩阵为A与B,因A与B具有相同的特征多项式,从而A与B有相同的特征值λi(i=1,2,…,n)于是A与B均正交相似于即A与B均合同于.由合同关系的对称性与传递性知,A与B合同.5．解变换前后的二次型的矩阵分别为 因A与B正交相似,于是即(λ―2)(λ2―6λ+9―a2)=(λ―1)(λ―2)(λ―5)令λ=1,得a2―4=0→a=2因a>0故a=2这时A=A的特征值为λ1=1,λ2=2,λ3=5由(λ1E―A)X=0解得对应λ1=1的特征向量为X1=由(λ2E―A)X=0解得对应λ2=2的特征向量为X2=由(λ3E―A)X=0解得对应λ3=5的特征向量为X3=单位化得所用的正交变换矩阵为6．解第1题:(1)令 则.正惯性指数为2,负惯性指数为1，符号差为1.(2)令则正,负惯性指数都为1,符号差为0.(3)令则正惯性指数为1,负惯性指数为3,符号差为―2.(4).f已是规范形.正,负惯性指数均为n,符号差为0.第3题:(1)令则正惯性指数为3,负惯性指数为0,符号差为3.(2)令则正惯性指数为3,负惯性指数为1,符号差为2.(3) 令则正惯性指数为2,负惯性指数为0,符号差为2.习题6.31．解(1).A的各阶顺序主子式―2<0故f负定.(2).A的各阶顺序主子式5>0>0故f正定.(3).A的k(k=1,2,…,n)阶顺序主子式：故f正定.2．解(1). 由(2).因不等式组无解，故无论t取何值，原实二次型都不可能是正定的.3．证明（1）因为A正定.所以A与单位阵合同.即存在非奇异阵C，使得A=CTEC=CTC故(2).因为A正定.所以A的特征值全为正,且于是A―1,A*,Ak的特征值也全为正,故A―1,A*,Ak也正定.(3).作二次型f=XT（A+B）X=XTAX+XTBX因为A，B正定故对任意实n维非零列向量X都有XTAX>0,XTBX>0从而f>0于是f是正定二次型,故A+B正定.复习题六1．解 注:以上各题亦可用正交变换法化二次型为标准形.化法略.2．解因为A的k阶顺序主子式：所以f正定.3．解A的各阶顺序主子式 4．证明设A的特征值为λ1,…,λn因为A正定.所以λi>0，(i=1,2,…,n)因A+E的特征值为λi+1>1，(i=1,2,…,n)所以5．证明因为BT=(λE+ATA)T=λE+ATA=B所以B为n阶实对称阵.对任意的实n维非零列向量X.有XTBX=XT(λE+ATA)X=λXTX+XTATAX=λXTX+(AX)TAX因为X≠θ故XTX>0.(AX)TAX≥0因此λ>0时.XTBX>0故B为正定矩阵.6．证明设λ是A的任一特征值,对应的特征向量为X因为(A3+A2+A―3E)X=(λ3+λ2+λ-3)X=0而X≠θ所以λ3+λ2+λ-3=0解得λ=1,λ=―1±i因A为实对称阵,其特征值必为实数.故A的特征值只有λ=1>0所以A为正定矩阵.7．证明： 8．证明由题设知是不定的，因此它的正、负惯性指数都不等于零。设经非奇异线性变换X=CY后f化为9．试证：10．证明设B=ATA则B是实对称矩阵.又因为f=XTBX=XTATAX=(AX)TAX0所以f是半正定二次型,故B=ATA是半正定矩阵.11．证明因为存在正交阵P,使得P―1AP=PTAP=令X=PY则Y=P―1X '