线代第六章答案

习题6.1
1． 解 (1) A = ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛--011102120 (2) A = ⎪⎪⎪
⎪⎪⎪⎭⎫
⎝⎛---0000012310233
10111
(3) A = ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛57674256251 (4) A = ⎪
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎭⎫
⎝⎛0111110111110111110111110 2． 解 (1) 3231212
3213218622),,(x x x x x x x x x x x f ++--=
(2) 2
3222132153),,(x x x x x x f +-=
3．解 二次型f 的矩阵
⎪⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛----=c A 33351315 因f 的秩为2 , 故R(A) = 2. 所以
A = 0, 由此解得c = 3.
4．证明 设
⎪⎪
⎪⎭⎫
⎝⎛=321x x x X 作变换 ⎪⎩⎪
⎨⎧===23
1231y
x y x y x , 即 X=CY 其中
⎪⎪
⎪⎭⎫
⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=321,010001100y y y Y C , C 为非奇异矩阵. 则
Y
AC C Y CY A CY y a y a y a x a x a x a AX X T
T
T T )()
()(22
3212231233222211==++=++=
又 BY
Y y a y a y a AX X T
T =++=2
3
1223212
于是有 B AC C T
=, 故A 与B 合同.
习题6.2
1．解
23232232132232223213
1212
2213212)()( 2)( 222),,( )1(x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x f -++-+=+-+-+=-++=
令 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=-+=333223211 x y x x y x x x y 即⎪⎩⎪⎨⎧=-=+-=33
3223211 2y x y y x y y y x 则 2
322212y y y f -+= 为标准形。

23223213
2232223213231212
221321)2
1
(4)( 44)( 6223),,( )2( x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x f +
-+-=---+-=-+--=
令 ⎪
⎩⎪⎨⎧=+=+-=333223211 21 x y x x y x x x y 即⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧
=-=-+=333223211
21 2
3y x y y x y y y x 则 2
2214y y f -= 为标准形。

),,,().3(44332
122
114342324131214321⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧==-=+=+++++=y x y x y y x y y x x x x x x x x x x x x x x x x x f 令
4
342132142132121214321)()()()())((),,,(y y y y y y y y y y y y y y y y y y x x x x f +-+-+++++-+=
24
242
32224312
4
2
4244323
2
2
2
43122
24432324312
24324432324312243243243143214
343122214341312
22143)2()()4
4()()(2)()()()(2)(222y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y -+--++=--++--++=----++=-+---++=-++-++++=+++-=+++-=
24
2
3222144
433
4
3212432114443322431143 21 2
121 2 z z z z f z x z z x z z z z x z z z z x y z y y z y z y y y z ---=⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧
=-=---=--+=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+==++=则即令
（4） 令
2221221222212
1221222222111122122212121212212111
1222
211 )
)(())(())(( n
n n n n n n n n n n n n n n n n n
n n n n n n n n n n y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y f y
y x y y x y y x y y x y
y x y y x ----+++=-++-+-=+-+++-++-=⎪⎪⎪
⎪⎪⎩⎪⎪
⎪⎪⎪⎨
⎧+=+=+=-=-=-=-++-++----+++- 则2．解 不能。

因变换为Y=CX
其中变换矩阵
⎪⎪
⎪⎭⎫
⎝⎛---=101110101C , 因
0=C 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 = 2
32
22
1y y y ++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:
()()2
3223212
3322223212
3
322223212
332222322
321322
1
3
1233222212121312
32332222221212
132********)(2
3
)2121(2 )
2(23)2121(2 23323)2121(2 222]4
1
4)([2 222222 222 )()()(),,(x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x f -+--=+-+--=+-+--=+-++-
++
+-=-+-+-=+-++-++-=-+-+-=.
2 .232
y 21 2121y 2
221333223211333223211的秩为则即令f y y f x y y x y y y x x y x x y x x x +=⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧
=+=++=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=--= 3．解 (1) 二次型矩阵为
⎪⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛----=542452222
A
⎪⎪⎪⎪⎪
⎪
⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪
⎪
⎭
⎫
⎝⎛-===-⎪⎪⎪
⎪
⎪⎪
⎭
⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=⎪⎪
⎪
⎭
⎫
⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-====-===--=-----=-323231 ,535534532 ,05152 :
,,221
10 0)(15452 ,012 :
,102 ,012
1 0)( 10
1 A )10()1(5
4
2
45
2
2
22
3213*
2*1333*
2*121212113212βββλλλλλλλλλλλλλλ单位化得将的线性无关特征向量为解得对应于由用施密特方法正交化得将的线性无关特征向量为解得对应于由，的特征值为故X X X X X A E X X X X X X X A E A E
令 ），，（321 βββ=Q
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
2
3
2221y y y f ++=
24232221*
4*3*2*1*4*
34343433*2222*1111432123,.
).,,,(210210,021021:,1010,010110)(21212121,11113021212121,1111X 10.1
,31, A
)1)(3)(1( 110111100
1111011 .11011
11001111011 )2(y y y y f QY X Q X X X X Q X X X X X X X A E X X X A E X X A E A E A +++-===⎪
⎪⎪
⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛
=⎪⎪⎪
⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛====-⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛--=⎪
⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--===-⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎭⎫
⎝⎛--=⎪
⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-==-===-=--+=--------=-⎪⎪⎪⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛----=为
在次变换下，二次型化正交变换为为正交矩阵则令得已正交，故只需单位化因为的线性无关的特征向量解得对应于由单位化得的线性无关特征向量为解得对应于）由（单位化得的线性无关特征向量为得对应于）由（的特征值为故二次型矩阵为
λλλλλλλλλλλλλλλλλλλ(3). 二次型的矩阵为
⎪⎪
⎪⎭⎫
⎝⎛----=333351315A
)
9)(4(3
3
3
3
5
1315
--=-----=
-λλλλλλλA E
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
X 1⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=211
由 (λ2E ―A)X = 0解得对应于λ2= 4的特征向量为
X 2⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=011
由 (λ3E ―A)X = 0解得对应于λ3= 9的特征向量为
X 3⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=111
因A 的3个特征值互异,故X 1,X 2,X 3是正交向量组。

单位化得
⎪
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=313131 ,02121 ,626161*
3*2*1X X X
令
),,(*
3*2*1X X X Q = 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
2
3
2294y y f +=
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
Λ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛=n λλλ
2
1
即A 与B 均合同于Λ.
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
⎪⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=500020001 ,3030002B a a A
因A 与B 正交相似,
于是 B E A E -=-λλ
即 (λ―2)(λ2―6λ+9―a 2) = (λ―1)(λ―2)(λ―5) 令 λ=1, 得a 2―4 = 0 → a =±2 因 a > 0 故 a = 2
这时 A = ⎪
⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛320230002 A 的特征值为 λ 1 = 1, λ 2 = 2, λ 3 = 5
由 (λ1E ―A)X = 0解得对应λ 1 = 1的特征向量为
X 1 = ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-110
由 (λ2E ―A)X = 0解得对应λ 2 = 2的特征向量为
X 2 = ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛001
由 (λ3E ―A)X = 0解得对应λ 3 = 5的特征向量为
X 3 = ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛110
单位化得
⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫
⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=21210 ,001 ,21210*
3*2*1X X X
所用的正交变换矩阵为 ),,(*
3*2*1X X X Q =
6．解 第1题:
(1) 令⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧
===33
221121z y z y z y
则2
32221z z z f -+=.
正惯性指数为2, 负惯性指数为1，符号差为1.
(2) 令⎪
⎩⎪⎨⎧===33
22
1121z y z y z y
则2
221z z f -=
正, 负惯性指数都为1, 符号差为0.
(3) 令⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====443322
1132
w z w z w
z w z 则2
4232221w w w w f ---=
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 ⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧
===33
2211101z y z y z y 则2
32221z z z f ++=
正惯性指数为3, 负惯性指数为0, 符号差为3.
(2)
令 ⎪
⎪⎩⎪⎪⎨
⎧====443322
1131z y z y z y z y
则2
4232221z z z z f +++-=
正惯性指数为3, 负惯性指数为1, 符号差为2.
(3)
令 ⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎪⎪⎨⎧
===231
2313121z y z y z y 则 2
221z z f +=
正惯性指数为2, 负惯性指数为0, 符号差为2.
习题6.3
1．解 (1). A 的各阶顺序主子式 ―2 < 0
116112>=--
0384
1
0611
12<-=---
故f 负定.
(2). A 的各阶顺序主子式
5 > 0
26
6225=-->0
0844
2
2620
25>=----
故f 正定.
(3). A 的k ( k = 1, 2, … , n ) 阶顺序主子式：
),,2,1( 0
)2
1
)(1( )21
1](21)1(1[ 1
2
1
2121
1212
12
11
1
n k k k P k k k
=>+=--+==-
故f 正定.
2．解 (1).
由
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
>
-
-
=
-
-
>
-
=
>
4
5
5
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2
2
t
t
t
t
t
t
t
5
4
<
<
-t
解得：(2).
因不等式组⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
>
-
+
-
=
>
-
=
>
105
30
1
3
5
3
4
5
1
4
4
1
1
2
2
t
t
t
t
t
t
t
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 = C T EC = C T C
故
.0
2>
=
=C
C
C
A T
(2). 因为A正定.
所以A的特征值全为正, 且
0 > A
于是A―1, A*, A k 的特征值也全为正,
故A―1, A*, A k也正定.
(3). 作二次型
f = X T（A+B）X = X T AX + X T BX
因为A，B正定
故对任意实n维非零列向量X都有
X T AX > 0 , X T BX > 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
0. 1.
2 )()2( 2)2( 23)2()2( 23])2(2[),,( )1(2
22133
3223
2113332232112
3223213
223222321322323223213
22
313221321符号差为正、负惯性指数均为则即令y y f y
x y y x y y y x x y x x y x x x y x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x f -=⎪⎩⎪
⎨⎧=-=--=⎪⎩⎪⎨⎧=+=++=+-++=---++=+++-++=++++=
.1 ,2 ,1 z z z )( 2 )()())(( (2). 2
3
222133
3
2123
211332231123
22231312
2213
21321212133
2
122
11---=⎪⎩⎪
⎨⎧=-+=--=⎪⎩⎪⎨⎧==+=--+=+-=++-++-=⎪⎩⎪
⎨⎧=+=-=符号差为负惯性指数为的正惯性指数为则即令令f z z z f x z x z z z x y z y z y y z y y y y y y y y y y y y y y y y y y f y x y y x y y x
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：
).
,,2,1.(0)1(21113423221 1000011
00000
34
00
1
2
30
0001221211211
2
21121211
2
12
11n k k k k k k k
k k k P k
k
k
k
k
=>+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎭⎫
⎝⎛=+-⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛==
所以 f 正定.
3．解 A 的各阶顺序主子式
.
1 1
0)2()1(010 (2).
. 2
.2 0)2()1(010 ).1()
2()1(11111
1 111
222223221负定时故解得：由正定时故解得：由f t t t t t t f t t t t t t t t t t t P t t
t P t P -<-<⎪⎩⎪
⎨⎧
<-+>-<>>⎪⎩⎪
⎨⎧>-+>->-+=--=-==
=
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 1)1()1)(1(21>+++=+n E A λλλ
5．证明 因为
B T = (λE+A T A)T =λE+A T A = 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 X T BX = X T (λE + A T A)X
=λX T X + X T A T AX =λX T X + (AX)T AX 因为 X ≠ θ
故 X T X > 0.(AX)T AX ≥0 因此 λ> 0时. X T BX > 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
(A 3 + A 2 + 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±2i
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：
{}{}.
, max
.0 ),2,1(
max ),2,1( ,,,A 21是正定矩阵时因此当全大于的特征值为则取全为实数则的特征值为设A tE t n i t A tE t n i i i i i
i n +>=++>=λλλλλλλ
8． 证明 由题设知
)
,,(1n x x f 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
011 )
1 ,1( .0 ,1
)0( , ),,(21210000112
212211=-=-=≠=+≠≤<===<<---++=+++p T i p r p p n y y AX X X X n CY X p i n i y y y r p y y y y x x f ，并且
，有维列向量，得实将其代入令θ
9．试证：
),,2,1( 010 .i 2122212
11211
<==⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎭
⎫
⎝⎛=⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎭
⎫
⎝⎛=ii T i nn n
n
n n a A n i a a a a a a
a a a A A εεε有，所以对设负定因为
10．证明 设 B = A T
A 则
B 是实对称矩阵. 又因为
f = X T BX = X T A T AX = (AX)T AX ≥0
所以 f 是半正定二次型, 故B = A T A 是半正定矩阵. 11．证明 因为存在正交阵P ,使得
P ―1AP = P T AP =
.2
1⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫
⎝⎛=Λn λλλ
令X = PY
则Y = P ―
1X
X
X AX X X X X X AX X X X X PP X X P P X X
P P X X P X P Y Y y y y y y y Y Y Y AP P Y PY A PY AX X T T T T T T T T T T T T T T n n n n T T T T T λμμλλλλλλλλλλλ≤≤≥======++=++≤++=Λ===------ :)()( )()()()( )()()(1111112212
212211故类似可证。