1、1一、一、二次型及其矩陣表示二次型及其矩陣表示典型例題二、二、化二次型為標準化二次型為標準三、三、正定二次型的判定正定二次型的判定第五章 習題課2一、二次型及其矩陣表示2121 12211.(,)().nniiinnif x xxa xa xa x例求實二次型的矩陣及秩11121121222212nnnnnnnaaaAaaaAAaaaA解令312121( , , )nniiinAAA AAAAA AA則21212112121(,)(,) )(,)nnniinniiinf x xxx xxAxxx xxA Ax于是4112212121(,)()(,)nniininnxxxxx xxA Ax xx

2、A Axx( )( ) ,A AA AA A A An由于為 階實對稱陣12(,) ,( )( ).nf x xxA AR A AR A故的矩陣為其秩5221231223133.(,)232(0),1,12.(1),;(2),.(20033)f x xxx Axaxxxbx x bAa bf例 設二次型其中二次型的矩陣 的特征值之和為 特征值之積為求的值利用正交變換將二次型 化為標準型并寫出所用的正交變換和對應的正交矩陣年數學二、化二次型為標準形612310(1)(,)020.02abf x xxAb解法二次型的矩陣為123(1,2,3),2( 2)1iAia 設 的特征值為由題設有21230

3、0204212021,2.ababbab 解得72(2)102020(2) (3)202AEA由矩陣 的特征多項式1232,3.A 得 的特征值12122,(2)0,(2,0,1),(0,1,0).EA x對于解齊次線性方程組得其基礎解系333,( 3)0,(1,0, 2).EA x 對于解齊次線性方程組得其基礎解系8123123, 由于已是正交向量組 為得到規范正交向量組只需將單位化1232112(,0,),(0,1,0),(,0,)5555由此得21055010,12055,PPxPy 令矩陣則 為正交矩陣 在正交變換下 有9222123200020,003223.P APfyyy且二次型

4、的標準形為12320(1)(,)020.02abf x xxAb解法二次型的矩陣為10221002002(2)(2)(2)AbEAbaab的特征多項式為123212323,2,2,(2),Aaab 設 的特征值為則12321232(2)1,2(2)121,2.aabab 由題設得，解得123(2) (1)2,3,(1).A 由可得 的特征值為以下解法同解法11222123123232221234(,)2332(0)25,(19931)f x xxxxxax xafyyya例 已知二次型通過正交變換化為標準型求參數 及所用的正交變換矩陣年數學123200(,)0303f x xxAaa解：二次型

5、的矩陣12321231,2,5,10,2(9)10fAAa 又由 的標準型可知 的特征值為故即：2000,2,032023aaA但故此時121(1)1,()011(0,)22EA x當時由方程組得對應的單位特征向量為2(2)2,(2)0(1,0,0)EA x當時由方程組得對應的單位特征向量為3(3)5,(5)011(0,)22EA x當時由方程組得對應的單位特征向量為1312301011(,)02211022P 故所用的正交變換矩陣142221231231213231236(,)552662(1)(2)(,)1(19961)f x xxxxcxx xx xx xcf x xx例 已知二次型的秩

6、為 求參數 及此二次型的矩陣的特征值指出方程表示何種二次曲面年數學513(1)15333Ac 解： 該二次型的矩陣( )2,0,3R AAc由題設知因此解得15,( )2,513153(4)(9)333R AAEA 易證 此時的特征多項式1230,4,9故所求特征值為22232212323(2),49,(,)1(491)ffyyf x xxyy由以上討論知的一個標準型為由此可知即所給出的曲面是橢圓柱面16121212007( ),()0,()0,120,()0f xx Axnnx xf xf xxxnxf x例 設是一實 元二次型若有 維向量使試證：（） 和 線性無關；（ ）存在 維向量使11

7、1(1)()00,f xxx證：由知從而 線性無關122121211122111,()()()()()0,xxxxxkx kRf xf kxkxA kxk x Axk f x于是 若 和 線性相關則 可由 線性表示：且112()0f xxx與題設相矛盾故 和 線性無關三、正定二次型的判定171212(2)( )(1)(1),G ttxt xA txt xtR考慮實函數21,(0)()0,(1)()0,RGf xGf x顯然它在 上連續且由題設知00,(0,1),( )0,tG t因此 存在使00001020,()0,(1)(1),0nxf xxt xtxx即存在 維向量使其中由知18(1)(2

8、)(3)(1)(2)(3)8( ),()0,()0,()0f xx Axxxxf xf xf x例 設二次型的正、負慣性指數都不為零試證：存在非零向量使( ),0,(1)f xprprxCy證：設的正慣性指數為秩為 則有且有可逆變換2211( )()(2)priiijpf xf Cyyy 使得0,C 由于故以下三個向量均不為零：(1)(2)( )(3)( )(1,0,0) ,(1,0, 1,0) ,(0, 1,0)rrxCxCxC(1)(2)(3)2()10,()1 10,()10f xf xf x 將其代入式（ ），得192221234123122233149.(,)()222.?2.f x

9、 xx xt xxxx xx xx xxtft例 設二次型問 為何值時 正定并討論時的情況222221231223223141(2)()()()().fftxxxxxxxxxx解法對 配方得1234:(1)2,(,)0,0,.tx xx xff由此可見時 對任意的故此時 正定222212233141234(2)2,()()(),(,),0,(1, 1, 1,0)0,.tffxxxxxxxx xx xfff 時變為于是對任意的且故此時 是半正定的20(3)2,(0,0,0,1)10,(1, 1, 1,0)3(2)0.tfftf 時故此時 是不定的,2,;2,;2,tftftf綜上 當且僅當時正定

10、 當時半正定當時是不定二次型12342(,)1101101100001f x xx xttAt解法的矩陣為211234222(,)1110,10,11(2)(1)0111(2)(1)0f x xx xtttttttttAtt 正定的充要條件是12342,(2,),(,).ttf x xx x由此解得即 取開區間內的值時正定22210112.020 ,() ,101,.,.ABkEAkEBkB例設矩陣矩陣其中 為實數為單位矩陣求對角矩陣使 與 相似 并求 為何值時正定2123101020(2)1010,2.EAA 解：由可得 的特征值為于是23222123(),(2) .BkEAkk的特征值為,

11、AB由于 為實對矩陣 故 亦為實對矩陣 從而222222(2)(2)(2)(2)kBkkkkk :0, 2,.kBB由上面的結果立即得到 當時的全部特征值均為正數 這時 為正定陣241214.(),:().ijnijijAanb bbnBa bb例設是一個 階正定陣是 個非零實數 試證也是正階陣:, ,AnPAP P證 因為 正定 所以存在 階可逆陣使令12nbbQb2512,0,nQQb bbQ則且由知 可逆于是由矩陣的乘法知()( )()()ijijBa bbQ AQQ P P QPQPQ.PQB顯然可逆，故 為正定陣2615., ,:0,.(19993)AmnEnBEA AB例設 為實矩

12、陣為 階單矩陣已知試證 當時 矩陣 為正定陣年數學:(),BEA AEA AB證 因.Bn故 為 階實對稱陣(),( )() ()nxx BxxEA A xx xx A Axx xAxAx對于任意的實 維 列 向量有0,0,() ()0.0,0,xx xAxAxx當時 有因此當時 對任意的有()0.x Bxx xAx AxB即 為正定陣2716.:( ):,AnR AnBABB A例設 為 階實對稱陣試證的充要條件是存在實矩陣使正定( ),0,0.R AnnxAx證：充分性反設則存在實 維列向量使,( )()()0,nBx ABB A xAx Bxx B Ax于是 對任意 階實矩陣,.ABB

13、A從而不是正定陣 與題設矛盾( ).R An因此( ),R AnA ABA必要性設則正定 令22( ).ABB AAA AA A則正定2817.,:.AnBnAB例設 為 階正定陣為 階實對稱陣 試證可對角化,.,APAPP證因為 正定 所以存在實可逆陣使于是1.(1)P ABPP BP,BP BP因為 為實對稱陣 所以為實對稱陣121,().(2)nQQP BP Q從而存在正交陣使,iP BP其中 為的特征值 且全為實數29121,(1),(2).nCPQCCABCAB令則 可逆 且由式式得即可對角化302112.niijiij nfxx x 例 把二次型化為標準型11122111,2211

14、122fA解的矩陣為111()()22nnAEA從而 的特征多項式為3111(1).22nAn由此得 的特征值為及重112111(,).nnnn對應于特征值的單位特征向量為1(1)(1)2nn對應于特征值重 的個兩兩正交的單位特征向量為( )11(1)(,0,0)(2,3, )(1)(1)(1)kkkknk kk kk k321122122212,111222nnnxyxyCxynffyyy于是 在正交變換下化為其中33) 1() 1(001) 1(123201) 1(12311211) 1(123112111nnnnnnnnnnnnnC3421110.(1),2:0,2 .1niijiij nfaxbx x naaban 例設二次型正定試證且222222fbbabbaAbba證的 矩 陣 為351(1)()22nAnbbEAaa所以 的特征多項式(1)(1).22nbbAaan于是 的特征值為及重,fA但 正定 其矩陣 的特征值必大于零 因此(1)0,022nbbaa202 .1aaban由此得且36,112312,111.,0.:,0,0.nijiji jnn