1、1第四章 二次型习题 41 二次型及其标准形（P.108-P.109）1用矩阵记号表示下列二次型：（1） 2226;fxyxzyz（2） 1234123142346xx解：（1） fxyzyz,143xA（2） 22134123142346fxxxx21234 34, 012xA2用配方法或矩阵变换法化下列二次型为标准形，并求所用的变换矩阵：（1） ；2213132548fxxx解： 221333()xxx22()令： 13123233102yxxyC10C得 2213fy（2） ；2123108xxx解： 1323f x22123323()96xxx2()令 ， 123132331203yx
2、xyC10C得 21fy（3） 1234fxx解：令1 1212 2343 34 40y yxx12121233434()()()fyyyy344221 33243451()2yyyyy234241()令 ,即134132 243 34 412zyyzzzyzy1 12 23 34001yzz得 2213fz变换矩阵：101200110C4（4） 2213132548fxxx3解： 21231323()4fxxx25()令 ，1231232233,xyyx Cxyxy即其中 ， 12031C0C得 22135fyy3若矩阵 合同于 合同于 ，试证： 合同于 。1A12,B212A012B0解：
3、因为矩阵 合同于 合同于 ，故有可逆矩阵 使112,21,C,C由于 可逆，则 可逆，且12,120P120P而 11112 22200ACAC1 12200B习题 42 方阵的特征值和特征向量（P.113）1求下列矩阵的特征值和特征向量：4（1） 42解：矩阵 A 的特征方程为 1(1)2442E630特征值为： .12,3当 时，解方程组1,0AEX， 即12412x12x方程组的基础解系为 ，故 是对应于 的全部特征向量。1p10kp1,当 时，解方程组233AEX， ，4140124x124x方程组的基础解系为 ，故 是对应于 的全部特征向量。24p2kp23（2） 01解：矩阵 A
4、的特征方程为 22010101E= 22(1)(1)特征值为： .123,当 时，解方程组10AEx5，10102AE13122300xx方程组的基础解系为 ，故 是对应于 的全部特征向量。10p1kp1当 时，解方程组23AEx，1010AE13122301xx方程组的基础解系为 ，231,0p故 是对应于 的全部特征向量。2233kkp231（3）102解：矩阵 A 的特征方程为 323112312200Er =311202(1)特征值为： 123,当 时，解方程组120AEx，120AE1312233021xxx6方程组的基础解系为 ，120,1p故 是对应于 的全部特征向量.2110k
5、kp2当 时，解方程组30AEx，12 21330020 21r r 13201r 131223xx方程组的基础解系为 ，故 是对应于 的全部特征向量。31p30kp302试证： 为任意常数。tr()tr(t),tr()tr(),kABA解： 11t ttnniiiiiabbB为任意常数。11tr()tr(),nniiikkk3设 是可逆矩阵 的特征值 的特征向量，试证： 是 的对应于 的特征向量。xA0x1A10解：已知 ，由 是可逆矩阵，故存在 , 且 的所有特征值全不为零，0,1因此 ，1111000()AAxxx所以 是 的对应于 的特征向量。11074设矩阵 满足 ，证明：其特征值只
6、能是 0 或 1。A2解：设 是 的特征值， , 则x2 2()()Ax又 因此 2()x0由于 , 所以 , 故 只能是 0 或 1。25已知三阶方阵 的特征值为 1，2，3，求 及 的特征值。A2A1解：设 ， ，2()3fx()f故有 的特征值是 。5,()6,(3)ff由习题 3 的结论得， 的特征值是 。1126设三阶方阵 的特征值为 对应的特征向量依次为A13,0,求 。12,解：设 则有1232,1,xx112312323()()Axx记 ，21X12301因不同特征值对应的特征向量是线性无关的, 所以 可逆, 故X112201A用初等变换法求矩阵 X 的逆： 21312020(
7、) 0631rE 823 32(9)()1201200910313392r r 1312 2 92001901rr 122X1109A223061021190习题 43 正交矩阵(P.116）1判定下列矩阵是不是正交矩阵：（1） 123132解： 111232323121113323232E故不是正交矩阵。AE注: 根据正交矩阵的列向量为正交单位向量系, 还有以下两简单解法解法 2. 因为矩阵的第一列不是单位向量, 所以它不是正交矩阵.解法 3. 因为矩阵的第一、第二列不正交, 所以它不是正交矩阵.9（2） 。1849479解1841841841849999474747479999A E故 A
8、 是正交矩阵。注: 为避免分数运算, 可按如下方法计算1849184974791818418418447777A E2试验证 与 正交，并求一非零向量 使 两两正交，其中12 3123。12,解： ，所以 与 正交。12,(2)1012设 ，因 与 正交， 且 ,33(,x323(,)x,13,023,0故 是方程组 的解，解此方程组:31230，取1321012 x10103试将向量组 正交化。12310,0解： ，10212 13,2331323 11203,53414证明：正交矩阵的逆矩阵也是正交矩阵。解：设 是正交矩阵，即 ，故AEA11所以 的逆矩阵也是正交矩阵。5若 是同阶的正交矩
9、阵，证明： 也是正交矩阵。,BB解： 是同阶的正交矩阵，即A,EA6设 为 维列向量，且 ，令 ，求证： 是对称的正交矩阵。xn1x2HxH解： ，故 是对称的。22 HE又 4EExE所以 是对称的正交矩阵7设 为正交矩阵，证明：若 为 的特征值，则 为 。AA1解：设 为 的特征值，则有： ,x0因 A 为正交阵, 即 ，故：E2 2()()xx又 22x比较两式得 因此1,1下11习题 44 利用正交变换化实二次型为标准形（P.122）1试求一个正交矩阵 P，使得 为对角阵。1A（1） ； 1A解： 1(2)0E得 的特征值为： 。120,对于 ，解方程组 ，10()Ax1120xc得基
10、础解系： 1p对于 ，解方程组 ，即2(2)0EAx12121x得基础解系： 2p在把 单位化得： ，12,p121于是有正交矩阵 ，使得12P12（ ， ） =102PA（2） 54A解：322 2254(1)54450101rE12132440()9(1)2(9)8r2(1)0得 的特征值 A123,0对于 ，解方程组12()EAx123312()240xx得基础解系： 12,01p把 正交化：12,，120p21 25,401p再把 单位化，得 12,125354,03对于 ，解方程组310(1)EAx13 1322 351082()254098r xEA得基础解系： ， 再把 单位化，
11、得312p3p312,13于是有正交矩阵 ，使得21354203P123（ ， ， ） =101PA注：若对 ， 的基础解系取 ，二者已经正12()0AEx12,1p交，单位化得： ，则有正交矩阵121,3P123-21（ ， ， ） =使得 。此结果与 P164 的答案仅 P 的列（因而对角矩阵的元素）排列101A顺序不同。2求一个正交变换，化下列二次型为标准形：（1） ；22131354fxx解：二次型矩阵为 ，其特征多项式为：052A12001E12(5)2(5)()(2953)0得 的特征值A123,14（i）对于 ，解方程组13(3)0EAx13231040242()8800xEA得
12、基础解系： ，单位化后得：12p1032（ii）对于 ，解方程组3(3)EAx13202010()2 04 xEA得基础解系： ，单位化得：201p2103（iii ）对于 ，解方程组35(5)EAx 123402402100()6 xE得基础解系： ，取 310p310故得正交矩阵：23310P在正交变换 下，二次型化为：xy22135fyy（2） ；13423466fx15解：二次型矩阵为 ，其特征多项式为：031A031031(4)1E03122(4) (4)13123002(4)141(4)13c 32 22()()0r 2(4)(4)得 的特征值A123,（i）对于 ，解方程组1()
13、0EAx130130102322(2)3 861E1423401x 得基础解系： ，单位化后得：1p1216（ii）对于 ，解方程组32(2)0EAx14234013101()320xE A得基础解系： ，单位化得：21p21（iii ）对于 ，解方程组34(4)0EAx313041()104142340x得基础解系： ，单位化得 31p312（iiii ）对于 ，解方程组4(4)0EAx313041()041423410x17得基础解系： ，单位化得 41p412令 123412P则在正交变换 1 12 23 34 41xyy下二次型化为： 22134f y（3） ；1232fxx解：二次型
14、矩阵为 01A其特征多项式为： 1110(2)(2)E2()1得 的特征值A123,（i）对于 ，解方程组 ()0EAx1231() 00Ex得基础解系： ，12,01p18先正交化： 211212, 00 1pp再单位化后得： 121,60（ii）对于 ，解方程组32()0EAx121()21320x得基础解系： ，单位化得：31p31令 123P则得正交变换 1 12 23 36206xyy二次型化为： 2213fyy（4） 213424fxxx解：二次型矩阵为 ，其特征多项式为：012A19120120121EA2 22()4()()()3得 的特征值 123,（i）对于 ，解方程组 (
15、)0EAx012()0EA1234x得基础解系： ， 已经正交，故单位化后得：12,01p2,p120,01（ii）对于 ，解方程组34(3)EAx12342010()2xE 得基础解系: , 已经正交,故单位化得：3410,p34p3410,2令 1234P20则得正交变换 1 12 23 34 410xyPy二次型化为： 22134f y3设三阶实对称矩阵 的特征值为 6，3，3，与特征值 6 对应的特征向量为 ，A(1,)p求 。解法一：设 是矩阵 的特征值 3 所对应的特征向量，故 与 正交，即它们是23,p 23,齐次线性方程 的两个线性无关解，取 为自由未知量, 则有10x1x12
16、3x于是得方程组的一个基础解系： 230,1p将 正交化得：23,p3223 1102,0, 1pp再将 单位化得： 23,p12311,0,236令 则 为正交矩阵。并有123,Q123, 1diag6,3QA于是 14diag6,diag6,31AQ解法二：因 是对称阵，故必存在正交阵 ，使 1diag6,3A也即 Q21并且，若 按列分块为 则向量 必定是对应特征值 6 的单位化的特征向量，Q123,1由题设 1p由 得1AQ133EQE111232121330, ,0 311于是 411AE习题 45 正定二次型（P.126）1 判断下列二次型的正定性：（1） 221312356fxx
17、x解： 的矩阵为f 04A， 150a520260,684故 为正定。f（2） 2213123544xx22解： 的矩阵为f51240A， 15a512190,4034故 为负定。f2 设 为可逆方阵，令 ，证明： 为正定二次型。UAUfxA解：我们知道：对于非零向量 ，恒有 。现在，对于 ，由于 为可逆方x00x0U阵，故 , 从而x0f xU所以 为正定二次型fA3 设 为 阶实对称矩阵，且 ，证明： 正定。n32573AE0A解：设 是 的特征值，则32()f是 的特征值。32()57fAE由 ，知 （零矩阵的特征值一定为零）3A0()0f即 ，这样 的特征值就是322()(1)fA都是
18、正数，所以 正定。123,注: 也可不必求特征值, 最后两行可改为 : “因为对一切 , 所以 的特征值( 即 的0,下32()573f()0f根)都大于 0, 因此 A 正定.”4试求下列函数的驻点，并利用充分条件确定其是否为极值点：（1） ；22(,)fxyyx（2） 651482zzyxz解：（1）对于 ，设 。首先22(,)fxy(,)y，fxy1fx23求得驻点 。求二阶偏导数01(,)3x222,0,ffffxyxy其 Hessian 矩阵2020()ffxyHff为正定矩阵， 为 f 的极小点。0x（2）对于 ，设 。首先22(,)65148fyzyzxyz(,)xyz， ，18
19、x0f28f为求驻点，需要解方程组 124800xyz因其系数行列式： 333124812515025209490所以此方程组只有零解，故得驻点 。其次，求二阶偏导数0(,)x2221,4,8fffyxz222,0,fffyx2228,8fffzzyz得到 Hessian 矩阵2422022148() 02ffxyxzffHffzxyz因为其顺序主子式： ； ；10140124 1233, 12128 390559()04rc 所以 正定，因此驻点 为极小点。0()Hx0(,)x5设 都是正定矩阵，试证： 也是正定矩阵。,ABAB解： 都是正定矩阵， 对一切 , 二次型00,0ffxAxB于是
20、二次型 , fxx也是正定矩阵。B6 为何值时，下列二次型是正定的：t（1） ；2213123254fxtxx解：二次型 的矩阵为 ，f 15tA由于二次型 是正定的，故应有f，2101t t312 22 (54)0504rttttttt 即 0(4),5tt tt 或25综上所述，t 的取值应满足 。405t（2） 。2213123fxxx解：二次型 的矩阵为 ，f40tA由二次型 是正定的，故应有f，21402tt312 24040210rtttttt 综上所述，t 的取值应满足 。习题 46 实矩阵的对角化（P.130）1 设方阵 与 相似，求 。124xA54y,xy解：因 与 相似，
21、故 的特征值是 ，由特征值的性质得：5,5()tr1440yAx即 2,5.015yyx2 设 都是 阶方阵。且 ，证明： 与 相似。,ABn0ABA解：因为 ，故存在 ，使得11故 与 相似。B3 设矩阵 与 相似， 与 相似，试证：1A2B26（1） 与 相似；12A012B解：既然矩阵 与 相似， 与 相似，存在可逆矩阵 ， ，使得1A21P2，11PB2根据分块矩阵的知识，有矩阵 120P使得12P02A120112212OAPO11122BP所以 与 相似。12A012B（2）若 是一个多项式，那么 与 相似。()fx1()fA1()fB证明：设 , 则1nnaxxa，111()fA
22、E 11 1()nnnfaaBE注意： ，可知1()()(k kkPPAPB个1111()()(fff所以矩阵 与矩阵 相似。1()fB4已知三阶矩阵 的特征值为 ，求 。A,22,3AEAE解：已知矩阵 的特征值 ，可见130E32A()30AEE275设 ，求 。2314A10A解：将矩阵 A 对角化。首先求 A 的特征值, 令 22365(1)5014E得 A 的特征值: , 因 所以必有二线性无关的特征向量。12,52,对于 ，解10x31340得到特征向量 1p对于 ，解2520AEx5331140得到特征向量 2p构造可逆矩阵 1231()Pp134则 1PA05101010 10
23、() 5PP11010 03354 28复习题四（P.131-P.133）1设 ，问 A 能相似于一个对角阵吗？求出行列式 的值。01A 53A解：A 的特征方程: 2101()1(1)20E故 A 的特征根为 和 ，矩阵 A 具有 3 个不同的特征值，因而一定有12,303 个线性无关的特征向量，因此一定能够对角化。又 A 为对称矩阵, 即 , 故A532232138()02设有二次型 ，24fxyzx（1）写出它的矩阵形式；（2）f 的秩是多少？（3）f 的正定性如何？解：（1） 22214 40xfxyzxyzyz（2）对 f 的矩阵进行初等变换： 1321 22 140001rr 12
24、10r f 的秩为 2。（3）由于 f 的矩阵的顺序主子式依次为 312220,40,40401r既不符合正定矩阵的条件，也不符合负定矩阵的条件，因而 f 是不定的。293已知 为正交阵，求 。12323bBac,abc解: 根据正交矩阵的特征：其行向量之间两两正交 , 得12033212033abca即 462bca所以， 21,3abc4设 P 为 阶正交矩阵，求 的值。n4PE解：P 为 阶正交矩阵, 即 , 所以33n5将向量组 正交规范化。1230,1,6当 为何值时，二次型 是正定的？t 221313235fxxtx解: 的矩阵为fAt因为 正定, 所以应有f321 20121240555r ttAt ttt因此 2t307已知矩阵 与 相似，201xA201yB（1）求 ；,xy（2）求可逆矩阵 ，P1解：（1）B 为对角矩阵, 其特征值为 , 因 A 与 B 相似，故他它们也123,y是 A 的特征值。根据特征值与矩阵的迹和行列式的关系 , 得123tr()0(1)Ax12302()yx可得 0,1xy（2）分别求出 A 的属于不同特征值的特征向量。对于 ，解1(2)Ex0013022320x基础解系 1kp对于 ，解2()AEx011001230x基础解系 21kp对于 ，解3()AEx03301101230x
