《线性代数》第五章B组题

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1、线性代数第五章B组题第五章 二 次 型 习 题 五 1、设A为n阶实对称矩阵，如果对任一n维列向量XRn，都有XTAX=0，试证：A=O。 证明：因为矩阵A为实对称矩阵，设为 a11a21 A=Man1Ta12a22Man2LLLa1na2n，其中aij=aji(i,j=1,2,n). Mann令 X=(x1,x2,L,xn)Rn, n由已知得，二次型 f(x1,x2,L,xn)=XAX=aiixi2+2i=1T首先取X=ei=(0,L,0,1,0,L,0)，(i=1,2,n) Ta1ijnijxixj=0。 T则 eiAei=aii=0，(i=1,2,n) 即主对角线上的元素都为零。 T其次

2、，取X=(0,L,0,1,0,L,0,1,0,L,0)， 又XTAX=0，有 aii+ajj+aij+aji=0， 因aii=ajj=0，A为对称矩阵，所以 2aij=0 (i=1,2,n；j=1,2,n) 因此 A=O。 2、试证：二次型 n f(x1,x2,L,xn)=2xi2+2i=1x1i0,A2=2112M112112=30, 111112M11LLLL11M21111011M00LLLL10M1010M=n+10， 01LL11MAn=M11M=(n+1)M1211M=(n+1)M1200LL21因此，此二次型为正定二次型。 3、设n元二次型 22 f(x1,x2,L,xn)=(x

3、1+a1x2)2+(x2+a2x3)+(xn-1+an-1xn) 2+(xn+anx1) 其中ai(i=1,2,n)为实数。试问：当ai(i=1,2,n)满足何种条件时，二次型f(x1,x2,L,xn)为正定二次型。 解：由题设条件知，对于任意的x1,x2,L,xn，有f(x1,x2,L,xn)0。其中等号成立当且仅当 x1x2 xn-1xn10a11M00LLLL00M1000Man-11n+1=1+(-1)a1a2Lan0， +a1x2=0+a2x3=0M+an-1xn=0+anx1=0此方程组仅有零解的充分必要条件是其系数行列式 M0an所以当a1,a2,L,an-1时，f(x1,x2,

4、L,xn)为正定二次型。 4、已知A为反对称矩阵，试证：E-A为正定矩阵。 2证明：因为A为反对称矩阵，所以AT=-A， 因此 E-A2=(E-A)(E+A)=(E+AT)(E+A)=(E+A)T(E+A)。 所以E-A2为正定矩阵。 5、设A是一个实对称矩阵，试证：对于实数t，当t 充分大时，tE+A为正定矩阵。 证明：设A的特征值为l1,l2,L,ln且li为实数，取tmax|li|，则tE+A的特征1in值为l1+t,l2+t,L,ln+t全部大于零。因此，当tmax|li|时，tE+A为正定矩阵。 1in6、设A是实对称矩阵，且detA0，试证：必存在n维列向量XRn，使得XTAX0。

5、 证明：因为A为实对称矩阵，且detA0，故二次型f(x1,x2,L,xn)=XTAX的秩为n，且不是正定的，故负惯性指数至少为1，从而f可经过可逆线性变换X=CY，化成 f(x1,x2,L,xn)=XTAX=y1+L+ys-ys+1-L-yn 2222其中1sn。当yn=1,且其余yi=0时，上式右端小于零。但由X=CY所确定的向量X0，使式左右两端相等，即有实n维向量X，使XTAX0,因此A为正定矩阵。 9、设A=(aij)为n阶正定矩阵。求证A的任一主子式都大于零。 证明：首先，令Ak为A的任一个k阶主子式， ai1i1ai2i1 Ak=Maiki1ai1i2ai2i2Maiki2LLL

6、ai1ikai2ik Maikik由于A是正定的，故二次型 T f(x1,x2,L,xn)=XAX 对任意不全为零的实数c1,c2,L,cn，都有 f(c1,c2,L,cn)0， 从而对不全为零的实数ci,ci,L,ci，有 12k f(0,L,ci,0,L,ci,Lci,L,0)0 12k，但是，对变量为12kxi1,xi2,L,xik而矩阵为Ak的二次型g(xi1,xi2,L,xik)来说，有 g(ci,ci,L,ci)=f(0,L,ci,0,L,ci,Lci,L,0)0 12k12k故g为正定二次型，从而Ak为正定的。故|Ak|0。 10、设A为n阶正定矩阵，证明A+E的行列式大于1。

7、证明：因为A为正定矩阵，不妨设A的特征值分别为l1,l2,L,ln且li0， 则A+E的特征值为l1+1,l2+1,L,ln+1且li+11，从而有 |A+E|=(l1+1)(l2+1)L(ln+1)1。 111、设矩阵A=0102010，矩阵B=(kE+A)2，其中k为实数，E为单位矩阵，求1对角矩阵L，使B与L相似，并求k为何值时，B为正定矩阵。 l-1解：|lE-A| =0-10-10l-20=l(l-2)2 l-1因此，A的特征值为0，2，2。 记对角矩阵 2 D=0002000。 0因为A为实对称矩阵，故存在正交矩阵P，使得 PTAP=D， 所以 A=(P)2T-1DP-1=PDPT

8、2T。 2T于是 B=(kE+A)=(kPPT+PDP)=P(kE+D)P (k+2)20 = P00(k+2)020T0P； 2k(k+2)2由此可得L=000(k+2)0200。 2k因此当k-2,k0时，即所有特征值均大于零时，B为正定矩阵。 12、设A为mn实矩阵，E为n阶单位矩阵，已知矩阵B=lE+ATA，试证：当l0时，矩阵B为正定矩阵。 证明：因为 BT=(lE+ATA)T=lE+ATA=B， 所以，B为对称矩阵。 对于任意的实n维列向量X，有 XTBX=XT(lE+ATA)X=lXTX+XTATAX=lXTX+(AX)TAX 当X0时，有XTX0 , (AX)TAX0, 因此当

9、l0时，对于任意的X0，有XTBX0，即B为正定矩阵。 13、设实对称矩阵A为m阶正定矩阵，B为mn实矩阵，试证BTAB为正定矩阵的充分必要条件是矩阵B的秩r(B)=n. 证明：必要性。设BTAB为正定矩阵，则对任意的实n维列向量X0，有 XT(BTAB)X0即(BX)TA(BX)0 于是BX0，因此BX=0只有零解，从而r(B)=n。 充分性。因(BAB)=BTATB=BTAB，即BTAB为实对称矩阵。若r(B)=n，则线性方程组BX=0只有零解。从而对任意实n维列向量X0有BX0。 T又A为正定矩阵，所以对于BX0，有(BX)BX0，于是当X0时，有 TT X(BAB)X0， 故BTAB为

10、正定矩阵。 14、在R3中，将下述二次方程化为标准形式，并判断曲面类型。 x1-2x2-2x3-4x1x2+4x1x3+8x2x3-45x1+25x2-35x3-2224x1-6x2-6x3-4x2x3-4x1+4x2+4x3-5=0。 TT22257=0； 解：设 1 A=-22-2-242x1-25，X =x24，a=53x-2-53257。 则该二次方程可记为 XTAX+2aTX-=0。 由det(lE-A)=0，可得A的特征值和对应的特征向量： l1=2，x1=(-2,1,0)T， l2=2，x2=(2,0,1)T， l3=-7，x3=(-1,-2,2)T。 将特征向量单位化，得 h1

11、=15T(-2,1,0)，h2=15T(2,0,1)，h3=13(-1,-2,2)。 T取正交矩阵 - B =T2515025015132-， 323-则 BAB=diag(2,2,-7)。 设X=BY，其中Y=(y1,y2,y3)。原二次方程化为 YBABY+2aBY-即 2y1+2y2-7y3+5y1-54118222TTTT57=0， 112y2-5y3-57=0 令z1=y1-，z2=y2-，z3=y2+514， 则式可化为 2z1+2z2-7z3=2221258。 用平面z3=c截此曲面，截痕为椭圆；用平面z1=a截此曲面，截痕为双曲线；用平面z2=b截此曲面，截痕为双曲线，由次可知

12、，此曲面为单叶双曲面。 类似题的做法，可把原二次方程化为： 22 4z12-4z2-8z3=5 此曲面为双叶双曲面。 15、已知二次曲面方程x2+ay2+z2+2bxy+2xz+2yz=4可以经过正交变换 (x,y,z)T=P(x,h,z)T 化为椭圆柱面方程h2+4z2=4。求a，b的值和正交矩阵P。 1TT解：设X=(x,y,z)，Y=(x,h,z)， A=b1ba1101，B=00101000， 4则原二次曲面方程可表示为XTAX=4，椭圆柱面方程为YTBY=4，此问题即寻求一正交变换X=PY，把原二次型化为已知的标准形。 因此，由已有的标准形，可知矩阵A的3个特征值分别为l1=0，l2=1，l3=4，由det(lE-A)=0，可得a=3，b=1。 由矩阵A的特征值，可求得对应的特征向量： l1=0，x1=(1,0,-1)T， l2=1，x2=(1,-1,1)， T l3=4，x3=(1,2,1)。 T将各个特征向量单位化得： h1=故 P=-12012-131313162 。 61612(1,0,-1)，h2=T13(1,-1,1)，h3=T16(1,2,1)。 T