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华东理工大学线性代数作业簿（第八册）学 院_专 业_班 级_学 号_姓 名_任课教师_6.1 二次型及其标准型1. 填空题(1)设三阶矩阵的行列式为0,且有两个特征值为1，矩阵与合同,与合同,则矩阵是_阶矩阵,其秩.解：三，2.(2) 设阶矩阵与正交阵合同，则. 解：. 因为正交阵，故可逆.与合同即存在可逆矩阵，使得，故=.(3)二次型, 则此二次型的矩阵, 二次型的秩为_, 二次型的正交变换标准型为_.解：，提示：二次型的秩就是二次型的矩阵的秩，也是其标准型中非零项的个数（注：标准型不唯一）. 因此求二次型的秩有两种方法：1) 直接求二次型的矩阵的秩，2）先求的特征值，有几个非零特征值（重根按重数计算），二次型的秩就是几.(4) 二次型 其中，则二次型的矩阵为_ _.解：. 提示：不是二次型的矩阵，因不是对称阵。注意到的值是一个数，即，故有. 而为对称阵.(5) 设元(2)实二次型 的正交变换标准型为，则 _，矩阵的迹为 _.解：0, . 提示：的特征值为 ，根据 易得.(6) 如果二次型 的秩为2，则参数= _，表示的曲面为_.解：3, 椭圆柱面. 提示：二次型的矩阵的秩为2，故，由此可求得= 3. 再求出的特征值为，即标准型为，由此知为椭圆柱面.2. 已知二次型（） 通过正交变换化成标准型，求a的值及所用的正交变换矩阵.解：二次型的矩阵为，由即 得 .有三个不同的特征值1,2,5,故对应这三个特征值的特征向量线性无关。分别求出对应的特征向量,并把它们单位化，得正交变换矩阵为.3. 已知二次曲面方程 可以通过正交变换化为椭圆柱面. 求a,b的值和正交矩阵Q.解: 由与相似，故，=0，进而得. 代入后分别求出的线性无关的特征向量, , , 显然他们两两正交，把它们单位化，可得正交变换矩阵为.6.2 正定二次型与正定矩阵1. 选择题(1) 设矩阵，则与（ ）.(A) 合同，但不相似； (B) 合同，且相似；(C) 不合同，也不相似； (D) 不合同，但相似.解：A.(2) 下列二次型中，正定的二次型是 ( ).解：D. (3) 设n阶方阵都正定，则下述选项不正确的是（ ）.(A) 正定； (B) 正定；(C) 正定； (D) 正定.解：B. 未必对称，故不正定. (4) 与“实二次型 （其中）是正定的”等价的选项是（ ）. (A) 对任意，恒有； (B) 二次型的负惯性指数为零；(C) 存在可逆阵，使得； (D) 的特征值均不小于零.解：C. (5)若用表示为负定矩阵，则下述选项正确的是 ( ). (A) 若，则 0; (B) 若，则的顺序主子式均小于零; (C) 若，则对任意与同阶的可逆阵都有; (D) 若，则其中至少有一个.解：C. 提示：事实上, 等价于 , 即 ，等价于.2. 填空题(1) 二次型在正交变换下的标准型为；而它在非正交变换下的结果是.解：都是. (2) 设是正定二次型，则的取值范围是_.解：. 提示：根据二次型矩阵的各阶顺序主子式大于零求解.(3) 设为一个三阶矩阵，其特征值为-1，-1，2，则当满足_条件时，为正定二次型, 此时的规范型为_.解：,. 提示：由的特征值为-1，-1，2知的特征值为 又为正定二次型，其特征值必须全部都大于零，故得.3. 设二次型经正交变换可化为标准型，证明：二次型经相同的正交变换可化为标准型证： （）（） 4. 设二次型 ，试用正交变换化为标准型，并讨论当取何值时为负定二次型解：根据第3题的结论，我们只需先求出二次型的正交变换矩阵及其标准型。经计算得二次型的矩阵的特征值为-2,-2,4. 对应的线性无关的特征向量为. 经施密特正交化，单位化可得所求的正交变换矩阵为, 而在正交变换下的标准型为故有：在正交变换下的标准型为二次型为负定二次型，即, ,故有（也可用顺序主子式来解）.5. 设矩阵A为任意n阶的实对称阵，试分别确定实数的取值范围，使得是 1)正定矩阵；2)负定矩阵；3)不定矩阵；4)不可逆矩阵解: 因A为n 阶实对称矩阵,故一定存在正交矩阵P,使得:,其中 为矩阵A的特征值.于是有: , 故: 1) 当 时, 为正定矩阵； 2) 当 时, 为负定矩阵； 3) 当 时, 为不定矩阵； 4) 当 时, 为不可逆矩阵.6. 设A为n阶实对称阵，试证：如果A是正定阵又是正交矩阵，则.证:（证法一）因为A为n阶实对称阵，故存在可逆阵P，使，其中是A的特征值. 因为A正定且正交，所以，且为也即的特征值；由于的属于的特征向量与A的属于的特征向量相同，故有.又由可得.所以，由得. 即，故.（证法二） 由及，得，即，因为A正定，所以1不是A的特征值，即，所以可逆，从而，即.7. 阶实对称矩阵A，B均为正定矩阵，试证明：乘积矩阵AB正定的充分必要条件是A，B可交换.证：“必要性”显然；“充分性” 由题设，知，；再由，可知，故AB是对称矩阵.由正定矩阵的判别定理知，存在可逆矩阵C，D，使成立，于是，进而成立由C，D均可逆， 知矩阵正定，故而其特征值全大于零. 结合它相似于，即知的特征值全大于零. 综合即得，正定. 10 / 10
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