线性代数二次型习题及答案

 ．设方阵与合同，与合同，证明与合同.

 证：因为与合同，所以存在可逆矩，使，

 因为与合同，所以存在可逆矩，使.

 令  ，则可逆，于是有

 即  与合同.

 ．设对称，与合同，则对称

证：由对称，故.

因与合同，所以存在可逆矩阵，使，于是

即为对称矩阵.

 ．设A是n阶正定矩阵，B为n阶实对称矩阵，证明：存在n阶可逆矩阵P，使均为对角阵.

 证：因为A是正定矩阵，所以存在可逆矩阵M，使

记，则显然是实对称矩阵，于是存在正交矩阵Q，使

 令P=MQ，则有

同时合同对角阵.

 ．设二次型，令，则二次型的秩等于.

 证：方法一  将二次型f写成如下形式： 

设A=     

则 

于是 

故  =

 ==

 =X(AA)X

 因为为对称矩阵，所以就是所求的二次型f的表示矩阵． 显然()=(A)，故二次型f的秩为(A) ．

方法二  设. 记，于是

，其中，则

.

 因为为对称矩阵，所以就是所求的二次型f的表示矩阵． 显然()=(A)，故二次型f的秩为(A) ．

 ．设为实对称可逆阵，为实二次型，则为正交阵可用正交变换将化成规范形.

 证：设是的任意的特征值，因为是实对称可逆矩阵，所以是实数，且.

 因为是实对称矩阵，故存在正交矩阵，在正交变换下，化为标准形，即

  （*）

 因为是正交矩阵，显然也是正交矩阵，由为对角实矩阵，故即知只能是或，这表明（*）恰为规范形.

 因为为实对称可逆矩阵，故二次型的秩为.

 设在正交变换下二次型化成规范形，于是

其中为的正惯性指数，.

 显然是正交矩阵，由，故，且有，故是正交矩阵.

 ．设为实对称阵，，则存在非零列向量，使.

    证：方法一

 因为为实对称阵，所以可逆矩阵，使

其中是的特征值，由，故至少存在一个特征值，使，取，则有

 方法二（反证法）

 若，都有，由为实对称阵，则为半正定矩阵，故与矛盾.

 ．设n元实二次型，证明f在条件下的最大值恰为方阵A的最大特征值． 

 解：设的特征值，则存在正交变换，使

设是中最大者，当时，有

因此

这说明在=1的条件下f的最大值不超过．

 设 

则 

令，则

并且

这说明f在达到，即f在条件下的最大值恰为方阵A的最大特征值．

 ．设正定，可逆，则正定.

 证：因为正定，所以存在可逆矩阵，使，

于是  ，显然为可逆矩阵，且

，即是实对称阵，故正定.

 ．设A为实对称矩阵，则A可逆的充分必要条件为存在实矩阵B，使AB+正定．

 证：先证必要性

取，因为A为实对称矩阵，则

当然是正定矩阵．

再证充分性，用反证法．

若A不是可逆阵，则r（A）因为A是实对称矩阵，B是实矩阵，于是有

这与AB是正定矩阵矛盾．

 ．设为正定阵，则仍为正定阵.

 证：因为是正定阵，故为实对称阵，且的特征值全大于零，易见全是实对称矩阵，且它们的特征值全大于零，故全是正定矩阵，为实对称阵.

 对，有

 即  的正定矩阵.

 ．设正定，为半正定，则正定.

  证：显然为实对称阵，故为实对称阵. 对，，，因，故为正定矩阵.

 ．设阶实对称阵的特征值全大于0，的特征向量都是的特征向量，则正定.

 证：设的特征值分别为.

由题设知.

 因为是实对称矩阵，所以存在正交矩阵，使

即  为的特征向量，.

 由已知条件也是的特征向量，故

因此  ，这说明是的特征值，且，.

 又因为  .

故  ，显然为实对称阵，因此为正定矩阵.

 ．设为正定矩阵，为非零实数，记

则方阵B为正定矩阵．

证：方法一  因为是正定矩阵，故为对称矩阵，即，所以，这说明B是对称矩阵，显然

 =

 对任给的n维向量，因为非零实数，所以，又因为A是正定矩阵，因此有

 =

即B是正定矩阵．

    方法二  记

则因为A是实对称矩阵，显然B是实对称矩阵，

    B的k阶顺序主子阵可由A的阶顺序主子阵分别左，右相乘对角阵而得到，即

计算的行列式，有

故由正定矩阵的等价命题知结论正确．  

 ．设A为正定矩阵，B为实反对称矩阵，则.

 证：因为M是n阶实矩阵，所以它的特征值若是复数，则必然以共轭复数形式成对出现；将M的特征值及特征向量写成复数形式，进一步可以证明对于n阶实矩阵M，如果对任意非零列向量X，均有

可推出M的特征值(或者其实部)大于零． 由于M的行列式等于它的特征值之积，故必有 ．

 因为A是正定矩阵，B是反对称矩阵，显然对任意的

非零向量X，均有

而A+B显然是实矩阵，故.

 ．设A是n阶正定矩阵，B为nm矩阵，则r(BAB)=r(B)．

 证：考虑线性方程组，显然线性方程组 ．

 考虑线性方程组，若是线性方程组，因此有．

 上式两端左乘

 因为A是正定矩阵，因此必有，故线性方程组与 是同解方程组，所以必有r(BAB)= r(B).

 ．设为实对称阵，则存在实数，使.

 证：因为为实对称阵，则存在正交矩阵，使

.

其中为的特征值，且为实数，. 于是

取，则，故  .

 ．设为阶正定阵，则对任意实数，均有.

 证：因为为正定矩阵，故为实对称阵，且的特征值. 则存在正交矩阵，使

于是对任意，有

 .

 ．设为半正定阵，则对任意实数，均有.

 证：因为为半正定矩阵，故为实对称矩阵，且的特征值，. 则存在正交矩阵，使

 ，

于是对任意，有

 .

 ．为阶实矩阵，为正实数，记，则正定. 

 证：，故是实对称矩阵.

 对，有，因此有

故  为正定矩阵.

 ．A是mn实矩阵，若是正定矩阵的充分必要条件为A是列满秩矩阵．

 证：先证必要性

方法一

设 是正定矩阵，故 ，有

由此，即线性方程组仅有零解，所以r(A)=n，即A是列满秩矩阵．

方法二

 因为 是正定矩阵，故r( )=n，由于

所以r(A)=n． 即A是列满秩矩阵．

 再证充分性：因A是列满秩矩阵，故线性方程组仅有零解，，X为实向量，有．因此

显然 是实对称矩阵，所以 是正定矩阵．

 ．设为阶实对称阵，且满足，则为正定阵.

 证：设为的任意特征值，为的属于特征值的特征向量，故，则

由  

有 

由  ，故 .

 .

因为为实对称矩阵，故为正定阵.

 ．设三阶实对称阵的特征值为，其中对应的特征向量分别为，求一正交变换，将二次型化成标准形.

 解：设为的属于特征值3的特征向量，由于是实对称矩阵，故满足正交条件

 解之可取，将其单位化有

 令 .

则在正交变换下，将化成标准形为

 ．设

二次型经正交变换化成标准形，求所作的正交变换. 

 解：由的标准形为，故的特征值为.

故 

 令，则 

解之  .

由此 

 对于有

可得的两个正交的特征向量

对于，可得的特征向量为

将特征向量单位化得

则为正交矩阵，

正交变换为.

 注：因特征向量选择的不同，正交矩阵不惟一.

 ．已知二次型正定，求.

 解：二次型的表示矩阵

由正定，应有的各阶顺序主子式全大于0. 故 ，即.

解之  .

 ．试问：三元方程，在三维空间中代表何种几何曲面.

 解：记

则 

 设 .

则. 故的特征值为.

 对于，求得特征向量为

.

由Schmidt正交化得

.

对于得特征向量，标准化得

 令 

则在正交变换下

于是为

为椭球面.

 ．求出二次型的标准形及相应的可逆线性变换.

 解：将括号展开，合并同类项有

 令 

即 

则可逆变换为

在此可逆线性变换下的标准形为

.

 ．用初等变换和配方法分别将二次型

 （1）

 （2）

化成标准形和规范形，并分别写出所作的合同变换和可逆变换.

  解：先用配方法求解

 （1）

 令   即  

 令 

 则二次型经可逆线性变换化成标准形

 若再令   即  

 令 

则原二次型经可逆线性变换化成规范形.

 （2）先线性变换

原二次型化成

 令，即. 令，

则原二次型经可逆线性变换化成标准形

 若再令 即  

 令 

则原二次型经可逆线性变换化成规范形

.

 用初等变换法求解

 （1）设

 令  ， 

则原二次型经过可逆线性变换化成标准形. 二次型经过可逆线性变换化成规范形.

 （2）设

 令  ， 

则原二次型经过可逆线性变换化成标准形

二次型经过可逆线性变换化成规范形

 ．用三种不同方法化下列二次型为标准形和规范形.

 （1）

 （2）

    解：先用配方法求解

 （1）

 令   即  

 令 

则二次型经可逆线性变换化成标准形

 若再令   即  

 令 

原二次型经可逆线性变换化成规范形

.

 （2）

 令   即  

 令 

则二次型经可逆线性变换化成标准形

 若再令   即  

 令 

 原二次型经可逆线性变换化成规范形.

用初等变换法求解

 （1）设

 令  

则原二次型经过可逆线性变换化成标准形. 二次型经过可逆线性变换化成规范形.

 （2）设

 令   

则原二次型可经可逆线性变换化成标准形. 可经可逆线性变换化成规范形

用正交变换法求解

 （1）的矩阵为，

由 ，

知的特征值为1,2,5.

对，解，得，取，单位化，对，解，得，取，对解，得 取，单位化得，令  ，则为正交阵，经正交变换，

原二次型化为.

 （2）的矩阵为 

由 

知的特征值为.

对，解 得  ，取单位化得，对，解 得 .

 取    单位化得  .

 对，解

 得  

 取 ，

 再令 

 令  ，则为正交阵，经正交变换，

原二次型化为

.

 ．判断下列二次型正定，负定还是不定.

 （1）

  解：二次型的矩阵为

的各阶顺序全子式

.

所以二次型是负定二次型.

 （2）

 解：二次型的矩阵为

的各阶顺序主子式

，，

所以二次型是正定二次型.

 （3）

 解：二次型的矩阵为

的各阶顺序主子式

，，.

所以二次型是不定二次型.

 ．求一可逆线性变换，把二次型化成规范形，同时也把二次型

化成标准形.

 解：记，其中

取  ，则

记  ，其中

则  

其中 

显然都是实对称矩阵，它们的特征值为倍的关系，特征向量相同.

则的特征值为，

故的特征值为.

以下求的特征向量.

 对于，求得，单位化后

 对于，求得

 由Schmidt标准正交化后得

 令 .

 则为正交矩阵，且有

 令  

于是 

即 

在可逆线性变换下

.

（注：经验算本题所得是正确的，需要注意的是并不惟一）

 ．求一可逆线性变换，将二次型化成二次型.

 解：，， ，

 将分别作合同变换如下：

 在可逆线性变换下

 其中 

在可逆线性变换下.

其中 

由  得

令 

在可逆线性变换下.

 ．A是正定矩阵，AB是实对称矩阵，则AB是正定矩阵的充分必要条件是B的特征值全大于零．

 证：先证必要性．

设 为B的任一特征值，对应的特征向量为 且有

用左乘上式有

因为AB，A都是正定矩阵，故

于是，即B的特征值全大于零．

再证充分性．

因为A是正定矩阵，所以A合同于单位矩阵，故存在可逆矩阵P，使

 （1）

由AB是对称矩阵，知也是实对称矩阵，因此存在正交矩阵Q，使

 （2）

即有

   （3）

其中是的特征值．

 在（1）的两端左乘，右乘Q有

这说明互逆，也就是说

将上式代入（3），说明矩阵B与对角阵D相似，故它们的特征值相等；由条件知B的特征值全大于零，因此对角阵D的特征值也全大于零． 由（2）知AB与D合同，因此AB的特征值全大于零．

 ．设为阶实正定阵，证明：存在可逆阵，使且，其中为的个实根.

 证：因正定，故存在可逆矩阵，使

 因正定，故存在可逆矩阵，使

于是

易见为正定矩阵，不妨设它的特征值为

.

则 

故 

即  为的几个实根.

 由  为正定阵，知其为实对称矩阵，所以存在正交矩阵，使

 令  ，则

 ．设为阶实正定阵，为阶实半正定阵，则.

  证：因为是阶正定矩阵，所以存在阶可逆矩阵，使得

.

 因为是阶半正定阵，则仍是实对称半正定阵，故存在正交阵，使得

其中  为的特征值，且有

 令，则为可逆矩阵，于是

上式两端取行列式，得

因 ， 

故 .

 ．设均为实正定阵，证明：方程的根全大于0.

 证：由33题知. 其中为正交矩阵，它的特征值，，故的根全大于0.

 ．设A为n阶正定矩阵，试证：存在正定矩阵B，使．

 证：因为A是正定矩阵，所以是实对称矩阵，于是存在正交矩阵P，使

其中为A的n个特征值，它们全大于零．

 令 则

 而 

 令 B=

显然B为正定矩阵，且．

 ．设为阶可逆实方阵，证明：可表示为一个正定阵与一正交阵的乘积．

 证：因为是阶可逆实方阵，故是正定矩阵，所以存在阶正定矩阵，使

.

于是有

这说明是正交阵.

 令  

则  ，其中是正交矩阵，是正定矩阵.

 ．A、B 为n阶正定矩阵，则AB也为n阶正定矩阵的充分必要条件是：

AB=BA，即A与B可交换．

证：方法一  先证必要性．

由于A、B、AB都是正定矩阵，所以知它们都是对称矩阵，因此有

 于是

即A与B可交换．

再证充分性．

 由条件AB=BA得

因此AB是对称矩阵．

 因为是正定矩阵，故它们皆为实对称矩阵，且有可逆矩阵P、Q，使

于是

 上式左乘Q，右乘得

这说明AB与对称矩阵相似；因为P是可逆矩阵，故矩阵是正定矩阵，故它的特征值全大于零，所以AB的特征值也全大于零．

 综合上述知AB正定．

  方法二

 必要性同方法一，以下证明充分性．

 由条件AB=BA得

因此AB是对称矩阵．

 由于A正定，所以存在可逆矩阵Q，使

A=QQ

于是

这说明AB与有相同的特征值．

 因为B是正定矩阵，易见也是正定矩阵，故它的特征值全大于零，所以AB的特征值也全大于零．

综合上述知AB正定．

 ．设A、B为实对称矩阵，且A为正定矩阵，证明：AB的特征值全是实数．

    证：因为A是正定矩阵，故存在可逆矩阵Q，使，

于是有 

即.

 因为B是实对称矩阵，所以也是实对称矩阵，因此它的特征值都是实数，故AB的特征值也都是实数．

 ．设A是正定矩阵，B是实反对称矩阵，则AB的特征值的实部为零．

    证：因为A是正定矩阵，故存在可逆矩阵Q，使

因为B是实反对称矩阵，所以也是实反对称矩阵，因此它的特征值实部为零，故AB的特征值实部也为零．

 ．设A是正定矩阵，B是半正定的实对称矩阵，则AB的特征值是非负的实数．

 证：由于A是正定的，所以也是正定的，于是存在可逆矩阵P，使得，因此

即.

由于B是半正定的实对称矩阵，故是半正定的实对称矩阵，因此的根是非负实数．于是的根也是非负实数，即AB的特征值是非负的实数．

 ．求证实二次型的秩和符号差与k无关．

 证：二次型的矩阵为

 对矩阵A作合同变换，即把A的第1行的(-2)，(-3)，…，(-n)倍加到第2，3，…，n行上；同时把A的第1列的(-2)，(-3)，…，(-n)倍加到第2，3，…，n列上，得到与矩阵A合同的矩阵B为

 对矩阵B作合同变换，即把B的第2行的倍依次加到第1，3，4，…，n行上；同时把B的第2列的倍依次加到第1，3，4，…，n列上，得到与矩阵B合同的矩阵C为

由合同变换的传递性，故A与C合同，于是原二次型可经可逆线性变换化简成

再作可逆线性变换 

于是二次型f化成规范形

 显然二次型的秩为2，符号差为0，它们的值均与k无关．

 ．设二次型，其中a、b为实数，问a、b满足什么条件时，二次型f正定．

 证：二次型 f的矩阵A的各阶顺序主子式的值与它的阶数n的奇偶性有关：

 （1）当n=2m+1时，二次型f的矩阵为

它的各阶顺序主子式为 

 （2）当n=2m时，二次型f的矩阵为

它的各阶顺序主子式为

综合（1），（2）可知：当时，二次型f是正定的．

 ．设A为n阶实对称矩阵，r(A)=n,是中元素的代数余子式，二次型

 （1）记，把写成矩阵形式，并证明二次型f（X）的矩阵为．

 （2）二次型与f(X)的规范形是否相同？说明理由．

    证：方法一

 （1）因为A是实对称矩阵，故．由r(A)=n, 故可逆，且

二次型的矩阵形式为

从而. 故也是实对称矩阵，因此二次型f(X)的矩阵为．

 （2）因为，所以A与合同，于是二次型与f(X)有相同的规范形．

    方法二

 （1）同证法１

 （2）对二次型作可逆线性变换， 其中则

 ===

由此可知A与合同，二次型与f(X)有相同的规范形．

 ．试说明二次型

当时，无论n为何值，的秩均为2．

  解：，其中

对矩阵A作行的初等变换，可得.

 所以当时，A的秩为2，这与n的取值无关，因此二次型f的秩为2．

 ．已知A是n阶正定矩阵，令二次型的矩阵为B，求证：（1）B是正定矩阵；（2）．

 证：（1）设

，

则 

 显然B为实对称矩阵，且B与A的前n-1阶顺序主子式完全相同，由于A是正定矩阵，故它的各阶顺序主子式全大于零，因此B的前n-1阶顺序主子式也全大于零． 现考虑B的第n阶顺序主子式即它的行列式，有

 += （*）

可见B是正定矩阵．

 （2）由（*）即知．

 ．设n元实二次型， 是A的特征值，且． 证明：对于任一实维列向量X有.

  证：设的特征值，则存在正交变换X=PY，使

  由已知条件，有

 （1）

又因为P是正交矩阵，于是有

将此结果代入（1）即为

 ．证明：若二次型是正定二次型，则

是负定二次型．

 证：因为f 是正定二次型，故它的表示矩阵A是正定矩阵，因此A是可逆矩阵，作可逆线性变换Y=AZ．对上述行列式的列作消法变换，将第j列的-倍加入第n+1列，其中则 

 ===

因为A是正定矩阵，所以<0，可见是负定二次型．

 ．设A是正定矩阵，则

 （1），其中是A的n-1阶顺序主子式；

 （2）．

 解：（1）因为A是正定矩阵，故

也是正定矩阵，于是由48题知

=

是负定二次型，因此由行列式的加法运算有

其中为A的顺序主子式．

  当中至少有一个不为零时，<0

<

  当 时，则. 总之有.

 （2）：由（1）得

 ．设是n阶可逆矩阵，求证：.

    证：

 因为P是可逆矩阵，故是正定矩阵，由49题的结论（2），有

显然 ，所以有.