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1、线性代数第四章练习题集答案解析 第四章 二 次 型 练习 4、1 1、写出下列二次型的矩阵(1),(321xxxf=32312221242xxxxxx;(2),(4321xxxxf=434131212222xxxxxxxx。解:(1)因为 ),(321xxxf=),(321xxx012110202321xxx,所以二次型),(321xxxf的矩阵为:012110202。(2)因为 ),(4321xxxxf=),(4321xxxx01011001000111104321xxxx,所以二次型),(4321xxxxf的矩阵为:0101100100011110。2、写出下列对称矩阵所对应的二次型:(1
2、)2221202121211;(2)121210210211212112101210。线性代数第四章练习题集答案解析 解:(1)设T321),(xxxX,则 ),(321xxxf=XTAX=),(321xxx2221202121211321xxx =323121232142xxxxxxxx。(2)设T4321),(xxxxX,则 ),(4321xxxxf=XTAX=),(4321xxxx1212102102112121121012104321xxxx =434232312124222xxxxxxxxxxxx。练习 4、2 1、用正交替换法将下列二次型化为标准形,并写出所作的线性替换。(1),(
3、321xxxf=32212221442xxxxxx;(2),(321xxxf=322122xxxx;(3),(321xxxf=32212322214432xxxxxxx。解:(1)二次型),(321xxxf的矩阵 A=020212022。A的特征方程为 )det(AE=20212022=)45)(2(2=0,将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有
4、平方项只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 由此得到A的特征值21,12,43。对于21,求其线性方程组0)2(XAE,可解得基础解系为 T1)2,2,1(。对于12,求其线性方程组0)(XAE,可解得基础解系为:T2)2,1,2(。对于43,求其线性方程组0)4(XAE,可解得基础解系为:T3)1,2,2(。将321,单位化,得 T111)32,32,31(1,T222)32,31,32(1,T333)31,32,32(1,令 P=),(321=313232323132323231,则 PTAP=diag(-2,1,4)=400010002。作正交替换X=PY,即 将下列二次型化为标准形
5、并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 321332123211313232323132323231yyyxyyyxyyyx,二次型),(321xxxf可化为标准形:23222142yyy。(2)类似题(1)方法可得:P=21212121210212121,PTAP=200020000,即得标准形:232222yy。(3)
6、类似题(1)的方法可得:P=313232323231323132,PTAP=100050002,即得标准形:23222152yyy。2、用配方法将下列二次型化为标准形:(1),(321xxxf=32312123222162252xxxxxxxxx;(2),(321xxxf=312142xxxx;(3),(321xxxf=323121224xxxxxx。解:(1)先将含有1x的项配方。),(321xxxf=21x+)(2321xxx+232)(xx 232)(xx+222x+326xx+235x =2321)(xxx+22x+324xx+234x,将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次
7、型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 再对后三项中含有2x的项配方,则有 ),(321xxxf=2321)(xxx+22x+324xx+234x=2321)(xxx+232)2(xx。设Y=T321),(yyy,X=T321),(xxx,B=000210111,令Y=BX,则可将原二次型化为标准形2221yy。(2)此二次型没有平方项,只有混合项
8、。因此先作变换,使其有平方项,然后按题(1)的方法进行配方。令 33212211yxyyxyyx,即321xxx=100011011321yyy。则原二次型化为),(321xxxf=)(22121yyyy+321)(4yyy =212y222y+314yy+324yy =231)(2yy 232)(2yy,设Y=T321),(yyy,Z=T321),(zzz,B=000110101,令Z=BY,则可将原二次型化为标准形222122zz。(3)类似题(2)的方法,可将原二次型化为标准形:23222144zzz。3、用初等变换法将下列二次型化为标准形:(1),(321xxxf=3221232221
9、4242xxxxxxx;(2),(321xxxf=3231212322216223xxxxxxxxx;将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 (3),(321xxxf=323121624xxxxxx。(此题与课本貌似而已,注意哈)解:(1)二次型),(321xxxf的矩阵为 A=420221011。于
10、就是 EA=100010001420221011100010001420210011100010011420210001100210211000010001。令 C=100210211,作可逆线性变换X=CY,原二次型可化为标准形:),(321xxxf=2221yy。(2)类似题(1)的方法,原二次型可化为标准形:),(321xxxf=2322214yyy。(3)类似题(1)的方法,原二次型可化为标准形:),(321xxxf=2322216212yyy。4、已知二次型 ),(321xxxf=32312123222166255xxxxxxcxxx 的秩为 2。求参数c的值,并将此二次型化为标准形
11、。解:二次型),(321xxxf的矩阵为 将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 A=c33351315。因为A的秩为 2,令 detA=0,可得c=3。即 ),(321xxxf=323121232221662355xxxxxxxxx 也就就是 A=333351315,通过初等变换法,即可将其化为标准
12、形:232294yy。5、设 2n元二次型 ),(221nxxxf=112221nnnnxxxxxx 试用可逆线性替换法将其化为标准形。解:令 nnnnnnnnnnnnyyxyyxyyxyyxyyxyyx212122121111222211,P=10010110111101101001,即作正交变换X=CY,二次型),(221nxxxf可化为标准型:2221221nnnyyyy。6、已知二次型),(321xxxf=322322212332xaxxxx(a0)通过正交变换化为标准型23222152yyyf,求a的值及所作的正交替换矩阵。解:因为原二次型可化为23222152yyyf,可知原二次型
13、的矩阵的特征值为 将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 1,2 与 5。而原二次型的矩阵为 A=3030002aa。故A的特征方程为 )det(AE=3030002aa=)96)(2(22a=0。因此将此特征方程的解 1,2,5 代入得:a=2。对于11,求其线性方程组0)(XAE,可解得基础解系为
14、 T1)1,1,0(。对于22,求其线性方程组0)2(XAE,可解得基础解系为:T2)0,0,1(。对于53,求其线性方程组0)5(XAE,可解得基础解系为:T3)1,1,0(。将321,单位化,得 T111)21,21,0(1,T222)0,0,1(1,T333)21,21,0(1,故正交替换矩阵为:将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项
15、只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 P=),(321=2102121021010。练习 4、3 1、判别下列二次型就是否为正定二次型:(1),(321xxxf=322123222144465xxxxxxx;(2),(321xxxf=32312123222128248210 xxxxxxxxx;(3),(4321xxxxf=3241312423222144674xxxxxxxxxx 434242xxxx。解:(1)二次型),(321xxxf的矩阵为 A=420262025。由于 50,6225=260,420262025=840,即A的一切顺序主子式都大于零,故此二次型为正定的。(2)二次
16、型),(321xxxf的矩阵为 A=11412142412410。由于|A|=11412142412410=-35880,故此二次型不为正定的。将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 (3)二次型),(4321xxxxf的矩阵为:A=7222242322102301。由于 423210301=-90,
17、11tt=21t0,|A|=tt4520,由此解得:054t。(3)二次型),(321xxxf的矩阵为:A=020211012tt。由 20,11120,|A|=212t0,解得:22t。3、设A、B为n阶正定矩阵,证明BAB也就是正定矩阵。证明:由于A、B就是正定矩阵,故A及B为实对称矩阵。所以(BAB)T=BTATBT=BAB,即BAB也为实对称矩阵。由于A、B为正定矩阵,则存在可逆矩阵C1,C2,有 A=C1TC1,B=C2TC2,所以 BAB=C2TC2C1TC1C2TC2=(C1C2TC2)T(C1C2TC2),即 BAB也就是正定矩阵。4、如果A,B为n阶正定矩阵,则A+B也为正定
18、矩阵。证明:由于A、B就是正定矩阵,故A及B为实对称矩阵。从而A+B也为实对称矩阵,将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 而且 AXXfT,BXXgT,为正定二次型。于就是对不全为零的实数nxxx,21,有 0TAXX,0TBXX。故 h=XBAX)(T=AXXT+0TBXX,即二次型h=XBAX)
19、(T为正定的,故A+B为正定矩阵。5、设A为正定矩阵,则A-1与A*也就是正定矩阵。其中A*为A的伴随矩阵。证明:因为A为正定矩阵,故A为实对称矩阵。从而11TT1)()(AAA 即1A也为对称矩阵,*TT*)()(AAA即*A也为对称矩阵。由已知条件可知,存在可逆矩阵C,使得 CCAT。于就是 T111T1)()(CCCCA=QQT,*A=T111)(|CCAAA=T1111CACA=PPT,其中Q=T1)(C,P=T1)1(CA都为可逆矩阵。故A-1与A*都为正定矩阵。6、设A为nm实矩阵,且r(A)=mn,求证:(1)ATA为m阶正定矩阵;(2)AAT为n阶半正定矩阵。证明(1)因为A为
20、nm实矩阵,所以TA为mn矩阵,又r(A)=mn,因此,方程组 AXO,只有零解。于就是对于任意的 X O,有 AX O。则 将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 XT(ATA)X(AX)T(AX)0。因此,AAT为正定矩阵。(2)因为A为nm实矩阵,所以TA为mn矩阵,又r(A)=mn,因此,方程
21、组 ATXO,有非零解。即存在 X0 O,有 AX0=O。于就是对于任意的 X O,有 XT(AAT)X(A T X)T(A T X)0。因此,TAA为半正定矩阵。7、试证实二次型),(21nxxxf就是半正定的充分必要条件就是f的正惯性指数等于它的秩。证明:充分性。设f的正惯性指数等于它的秩,都就是 r,则负惯性指数为零。于就是f可经过线性变换X=CY变成 ),(21nxxxf=22221ryyy。从而对任一组实数nxxx,21,由X=CY可得Y=C-1X,即有相应的实数nryyy,1,使),(21nxxxf=22221ryyy0、即f为半正定的。必要性。设f为半正定的,则f的负惯性指数必为
22、零。否则,f可经过线性变换X=CY化为 ),(21nxxxf=221221rssyyyy,sr。于就是当yr=1,其余 yi=0 时,由X=CY可得相应的值nxxx,21,带入上式则得 ),(21nxxxf=10。这与f为半正定的相矛盾,从而f的正惯性指数与秩相等。8、证明:正定矩阵主对角线上的元素都就是正的。证明:设矩阵A为正定矩阵,因此AXXfT 为正定二次型。将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项
23、中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项只有混合项线性代数第四章练习题集答案解析 于就是对不全为零的实数nxxx,21,有 0TAXX,取T)0,0,1,0,0(iX,(i=1,2,n)则0TiiidA,(i=1,2,n)即主对角线上的元素都就是正的。(注:所有答案我已全部整理至此,有些题没找到,希望对大家有所帮助！君不器)将下列二次型化为标准形并写出所作的线性替换解二次型的矩阵的特征方程为线性代数第四章练习题集答案解析由此可解得基础解系为将单位化得令则作正交替换即线性代数第四章练习题集答案解析二次型可化为标准形类似题方法可章练习题集答案解析再对后三项中含有的项配方则有设令则可将原二次型化为标准形此二次型没有平方项只有混合项