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文檔簡介
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
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