1、實用標準文案文檔大全第六章次型1 .設方陣A1與B1合同，A2與B2合同，證明A1Bi證:因為因為Ai與Bi合同，所以存在可逆矩A2與B2合同，所以存在可逆矩C2，使B2與ACi，使 BiCi AiG ,C2 A2C2.合同.B2CiC則C可逆，于是有Bic1ta1c1B2C2 A2C2CiC2TAiCiA2C2cT AiA2C即AiBi合同.B2A對稱,B與A合同，則A.B對稱2 設證：由A對稱，故At因B與A合同，所以存在可逆矩陣 C，使B CtACT 一T 、T 亠T . T一 _，于是BT (CTAC)T ctatc ctac即B為對稱矩陣.3 設A是n階正定矩陣，B為n階實對稱矩陣，

2、證明: ptap與ptbp均為對角陣.存在階可逆矩陣P,使證：因為A是正定矩陣，所以存在可逆矩陣M,使MtAM E記Bi M tBM，則顯然Bi是實對稱矩陣，于是存在正交矩陣diag( i,L , n)QtBiQd其中1,L , n為Bi MtBM的特征值.令P=MQ，則有pta p e,ptbp dQ,使A,B同時合同對角陣4 設二次型fm(aiiXiL ainXn)2i 1,令A (aj )m n ,則二次型f的秩等于r(A).證：方法一將二次型f寫成如下形式：m(aiiXi Li 1ajXj L ainXn)2設 A i = (aii,L , aij ,L , ain ) (i 1, m

3、)a11LaijLa1nA1MMMMai1LaijLainAMMMMam1LamjLamjAmAiM于是AtA (A1t,L,AiT,L ,Am)AiMAiTAiAmm(ai1X1i 1aijXj Lm2ainXn) =(X1,Li 1ai1MXj,L Xn) aij 2Manm(X1,L Xj,Li 1aiiMxiMX1MXn)aij(ai1,Laij,Lain)Xj=(X1,LXj,LXn)(A A)MMi 1XjManXnXn= XT(ATA)X因為ata為對稱矩陣，所以AtA就是所求的二次型f的表示矩陣.r (ATA)=r (A)，故二次型方法二 設yi顯然aiiXif的秩為r(A)L

4、ain Xn ,，Xn)T，則1,L , n .記丫 (yi,L ,ym)T，于是丫 AX，其中 X (X1,Lmr22fyiy1 Li 12TT Tym Y Y X (A A)X .因為ata為對稱矩陣，所以ata就是所求的二次型f的表示矩陣.r ( At A)= r (A)，故二次型 f 的秩為 r (A).5 .設A為實對稱可逆陣，f xtAx為實二次型，則A為正交陣可用正交變換將f化成規形.證：顯然i 0, i因為設i是A的任意的特征值，因為 A是實對稱可逆矩陣，所以i是實數，且1,L ,n .A是實對稱矩陣，故存在正交矩陣 P，在正交變換X PY下，f化為標準形,f xtax2I1%

5、 L因為A是正交矩陣，Yt(PtAP)Y YtDY YTdiag( 1,L , i,L , n)Y2 . 2 iyi Lnyn顯然d ptapdiag( i,L1，這表明f的秩為對角實矩陣，故i2 1即知i只能是1或因為A為實對稱可逆矩陣，故二次型設在正交變換 X QY下二次型f化成規形，于是L y(*),i,L , n)也是正交矩陣，由D為(* )恰為規形.f xtax Y( QtAQ) y其中r為f的正慣性指數，顯然D是正交矩陣，由 是正交矩陣.6 .設A為實對稱陣，證：方法一因為1 A|其中i(i2y1diag(1,LQtAQ ,y21 Ly ytdy,1, 1,L , 1).故A QD

6、Qt，且有AtAAAt E ,0,則存在非零列向量E,使FaeA為實對稱陣，所以可逆矩陣Dptap1,L ,n)是A的特征值,0M1，則有P，使diag( 1,L , i,L , n)| A | 0，故至少存在一個特征值0.，使kM(0L ,1L ,0)ptap 1M(0,L ,1,CL ,0)(反證法)0,都有 XtAX 0 ,方法二若X| A | 0矛盾.7 設n元實二次型f XTAX為方陣A的最大特征值.解：2,f由A為實對稱陣，則,證明f在條件X12,n是f的特征值，則存在正交變換XtAX Y T( PtAP)Yn中最大者，當XX Xf21%2X2A為半正定矩陣,故|A|2X2X2目;

7、x；PY，2Xn1下的最大值恰使2nyn1時，有證：因為A正定，所以存在可逆矩陣 Q , ptapT證：先證必要性取B a 1，因為A為實對稱矩陣，則AB當然AB BtA是正定矩陣. 再證充分性，用反證法.若A不是可逆陣，則r (A)BtA E (A 1)T A2Exx yppyyy2 2 2.y1y2yn1因此f2 2”12丫22 n y n,222、k(y1y2yn)k這說明在x122X22Xn =1的條件下f的最大值不超過k.設Yo厲，k，,yn)T(o,0,1,0, .0)則YoYo12 2 f 1 y1 2y2k ykn y nk令XoPYo，則XXoYoY1并且f(Xo) X OA

8、XoYP a P)Yok這說明f在X0達到2 2k，即 f 在 X1X2X；1條件下的最大值恰為方陣特征值.8.設A正定，P可逆，則pap正定.A的最大使 A qTq，于是 PAP PtQtQP (QP)tQP，顯然QP為可逆矩陣，且(PtAP)t (QP)tQP PtAP，即 PtAP 是實對稱陣，故 PtAP 正定.9.設A為實對稱矩陣，則 A可逆的充分必要條件為存在實矩陣B，使AB+ BTA正定.2c2C4C201 ： 100010! 0110011! 001011:000101 :110001000 ； 1100011 !11100410011 i 110011 :0010C4 q01

9、11 ! 0101011 !00010110丨10010 !110001000! 1000111003400011! 1110012 !11110C3C40032:011110 i100101201T0010 i110001000； 110001 !11002 r40201 ! 01010 :12111C2C40030 211110 !10010100 100100i 1100000;010130!21111111110:10212211111000110112000003100200實用標準文案2文檔大全則原二次型f2可經可逆線性變換Py化成標準形f22y1c 23y31 22y4.f2可經

10、可逆線性變換x P2z化成規形f22Z1用正交變換法求解(1) fi的矩陣為A1 E A|1)(2)(5)，知A的特征值為1,2,5.1XiXi對11,X2，得X2單位化X3X30P ，對2X1X1X2，得X2，取P2X3X3實用標準文案文檔大全XiXiX2X21 取T3X3X31 ，單位化得1P30也2返20返2返2，則P為正交陣，經正交變換 XPY ,原二次型f化為fxtax2y1(2)f2的矩陣為A|1)(3)(1)2知A的特征值為單位化得P12101X10X1111210X20X211解,得k，取T10121X30X3111012X40X4111212101X10X1121210X20

11、X2,1，對23，解1得k10121X30X3121012X40X411,3,1,1 .1，12取 T21單位化得P21，解0101X10X1101010X20口X201)得2匕k20101X30X3101010x40X40110T3T4再令P3P442原二次型f化為29.(1)，則P為正交陣，經正交變換PY ,XtAX2 2 2 2y1 3y2 衣 y4.判斷下列二次型正定，負定還是不定.2x1 6x1 4x1 2x1X2 2x1X3f1實用標準文案004文檔大全解：二次型f1的矩陣為A的各階順序全子式2112 111 0,1601 6104380.2 0,所以二次型f1是負定二次型.2 2

12、 2 2(2) f2 X1 3X2 9X3 19X4解：二次型f2的矩陣為2X|X2 4X|X3 2x1X4 6x2X412x3X419A的各階順序主子式11211121 113032 0,1306 0 ,1 32096209136192401 0,所以二次型f2是正定二次型.X；14x1 7x1 6x1x3 4x1x4 4x2x3解：二次型f3的矩陣為2(3)f3X1A的各階順序主子式1410321031001201 0,0121 0 ,013214032142007330.1 0,所以二次型f3是不定二次型.30.求一可逆線性變換 X CY ,把二次型f1 2x25x2 4x3 2x1X2

13、 4x1X3 化成規形f1 y2化成標準形f2解:fl2 2y2 y3 ,同時也把二次型f2- x1 3x22k2 k2y； ksy；. xtax，其中記f223于92xtbx，其中，則 ptap2x316910925004r321112204qq1-2o 1 5-6 1-6B11忑PtB P6其中顯然112542B212212231暑0(3)3 172(4)E B2|13721(3)4242 42 2072(4)4特征向量相同B1,B2都是實對稱矩陣,它們的特征值為0,4，23|11倍的關系,4則B2的特征值為 故B1的特征值為 以下求B2的特征向量.4)200,1,1.實用標準文案3223

14、004文檔大全于是對于10，求得a對于234，求得Cf2由Schmidt標準正交化后得2,，單位化后12172則Q為正交矩陣，且有QTB1QPQ317217242172172qt(PtbP)Q1214217242642122qtptapqQTEQ E122342實用標準文案11文檔大全ctacctbc2 y1在可逆線性變換X CY下31.求一可逆線性變換XPY ,將二次型f化成二次型g.f2x29x23x18x1x24X1X310X2X3g2y12c 23y26y；4y1y24y1y38y2y3242解: f xtax,A495,gytby,B253將A,B分別作合同變換如下：24220024

15、950110A253r2 2r1r3 r1011r320E100C2 2C1c3 c1121C35 101001000010010在可逆線性變換XGZ下f2f2Z22Z22 2y2 y322y2 y.（注：經驗算本題所得 C是正確的，需要注意的是 C并不惟一）222010210BE在可逆線性變換C2Z 下 g2Z2.實用標準文案文檔大全其中C2由 Z C21 Y得P C1C21在可逆線性變換XC1C2Y1PY下02z1202Z2 .g32. A是正定矩陣，AB是實對稱矩陣，則 征值全大于零.證：先證必要性.設 為B的任一特征值，對應的特征向量為X,則X 0,且有AB是正定矩陣的充分必要條件是的

16、特BX用X T A左乘上式有xtax因為于是X T(AB)XAB , A都是正定矩陣，故XT(AB)X 0,0 ,即B的特征值全大于零.再證充分性.因為A是正定矩陣，所以 A合同于單位矩陣，故存在可逆矩陣P,使PtAP E由AB是對稱矩陣，知 PT(AB)P也是實對稱矩陣，因此存在正交矩陣 diag( 1 , i , n )QT PT(AB)PQ d即有其中1,在(1)(Qt PtA)B( PQ) Di, n是PT(AB)P的特征值.的兩端左乘qT，右乘Q有QT( ptap)q e 即XTAX 0(1)Q,diag( 1, i, n)(QT PTA)( PQ) e這說明(QTPTA)與(PQ)

17、互逆，也就是說(qt pta)B與對角陣D相似，故它們的特征值相等；由條件知D的特征值也全大于零.由(2)知AB與D合同，因此AB1(pQ)將上式代入(3)，說明矩陣 征值全大于零，因此對角陣 的特征值全大于零.的特33 .PTB P證:設A,B為n階實正定diag( 1, 2,L , n)，其中因a正定，故存在可逆矩陣陣，證明：存在可逆陣P ,使ptape且12 L n 0為I A B I 0的n個實根.Pi，使PiTAPiE因B正定，故存在可逆矩陣P2，使BP2TP2于是易見Pi BP1 Pi P2 RP1P1T BP1為正定矩陣，不妨設它的特征值為2 L PiTB PiI(F2Pi)T(P2P)n 0.I Pi |t| a B II Pi I1P1TAPP1TB P1Ia B |1 E PiT BPi I II E2 L n 0 為 IPiT BPi為正定陣，知其為實對稱矩陣，所以存在正交矩陣Q，使Qt(PiTBPi)Q diag( i, 2,L , n)P RQ，則PtAP E, PtBP diag( i