ch6-线代习题课
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(仅供参考)线性代数与解析几何-课后答案-(代万基-廉庆荣)第6章习题答案
2 0
，基础解系为
1
,
2
。
1 0
0
1
0
1
（2）注：将该方程组化简，得 2x4x10x2 x3 0 ，让 x1, x2 为自由未知数。
1 0
1 0
通解为
k1
0
2
k2
1
1
，基础解系为 0
,
1
。
2 1
0
0
0
0
1
1
(3) 通解为 k 2 ，基础解系为 2 。
1
1
思考题 6-1
1）正确。
x1 x2 0
x1 x2 1
2）不正确。
Ax
b
有可能无解，例如，
x1
x2
0
有唯一解，但
x1
x2
2
无
3x1 x2 0
3x1 x2 1
解。
3）正确。因为 m r A r(A,b) m ，r(A,b) r A ，所以 Ax b 一定有解.
4）正确。因为 r A m n ，所以 Ax 0 有非零解.
两式相减，得
b s1a1 s2a2 snan,
(l1 s1)a1 (l2 s2 )a2 (ln sn )an 0 .
由于向量组 a1,a2, ,an 线性无关，因此
li si 0 (i 1,2, , n) ，即 li si (i 1,2, , n).
故向量 b 由 a1,a2, ,an 线性表示的表达式是唯一的。
0
0 0
1 3
0 a2 1
a 1 0 0 0
1 0
0 a2 1
a 1
3a 3
0 1 a 1
Cht6解线性代数方程组的迭代法市公开课获奖课件省名师示范课获奖课件
x(jk
1)
n
jiaij
x(jk
)
)
/
aii
,
(i 1,2,, n),
松弛因子 0.
采用矩阵A的分裂记号, 化为
Dx(k 1) Dx(k ) (b Lx(k 1) Ux(k ) Dx(k )）
SOR迭代法的矩阵表示形式为
x(k1) (D L)1{(1 )D U}x(k) (D L)1b .
§2 基本迭代法
考虑线性方程组
也就是
a11x1 a12x2 a1nxn b1
a21x1
a22x2
a2n xn
b2
an1x1 an2x2 annxn bn
Ax=b.
(2.1)
进行矩阵分裂
A=M-N,
(2.2)
其中M为可选择旳非奇异矩阵,且使Mx=d轻易求解.
于是,
Ax=b⇔x=M-1Nx+M-1b.
(2)若 lim x(k)存在(记为x*)，则称此迭代法收敛,显然x *
k
是解,否则迭代法发散.
引进误差向量ε(k) x(k) x*,则由(1.6) (1.5)得 ε(k 1) Bε(k ) Bk ε(0).
收敛： lim ε(k) 0 lim Bk 0.
k
k
要研究B满足什么条件下Bk 0(k ).
i1
n
xi (bi j1aij x j jiaij x j ) aii .
xi(k 1) xi(k ) xi
三、逐次超松驰(SOR)迭代法
SOR迭代法旳计算公式:对k=0,1,…,
x(0) ( xi(k 1)
x1(0) ,, xn(0) )T ,
xi(k )
线性代数复习第1-6章典型例题课件
100
线性代数复习第1-6章典型例题
2
注： (1)
( a 1 , a 2 , , a n ) T , ( b 1 , b 2 , , b n ) T
T是一个数 T， (T从 )T而 T
b1
Ta1,a2,,anb2a1b1a2b2anbn
bn a1
Tb1,b2,,bna2a1b1a2b2anbn
当 a1 时，方程组有唯一解。 当 a1 时
1 1 1 1 0
1 1 1 1 0
A 0 0
1 1
2 2
2 2
1
r 0
b
0
1 0
2 0
2
1
0 b 1
3 2 1 1 1
0 0 0 0
0
当 b1 时，r ( A ) 2 ,r ( A ) 3 ,r ( A ) r ( A ) ，方程组无解。
当 b1 时，r(A )r(A)4 ，方程组有无穷多解。
A
s
其中 A i(i 1 ， 2 ， 都 是， 方阵s),则称A为分块对角矩阵.
A ?
A A 1A 2 A s
A0? A 0 A i 0 ( i 1 ， 2 ， ， s )
A1?
A1
A1
1
A 2 1 A
s
1
线性代数复习第1-6章典型例题
19
例1
3x1x1x22x22xa3 x33x74x4 01
线性代数复习第1-6章典型例题
22
1 1 1 1 0 1 0 1 11
A r0 1 2 21 r0 1 2 2 1 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0
通解为
x1 k1 k2 1
线性代数第一章课件§6-续
2.
n
aki Akj
k 1
D ij
D ,当 i
0
,当
i
j, j;
n aik Ajk
k 1
D ij
D ,当 i
0
,当
i
j, j;
其中
1 ,当 i j， ij 0 ,当 i j.
9
up
down
思考题
设n阶行列式
123 n 120 0 Dn 1 0 3 0 100 n 求第一行各元素的代数余子式之和
7
up
down
关于代数余子式的重要性质
n aki Akj
k 1
D ij
D ,当 i
0
,当
i
j, j;
n aik Ajk
k 1
D ij
D ,当 i
0
,当
i
j, j;
其中
1 ,当 i j， ij 0 ,当 i j.
8
up
down
三、 小结
1. 行列式按行（列）展开法则是把高阶行列 式的计算化为低阶行列式计算的重要工具.
A11 A12 A1n .
10
up
down
思考题解答
解 第一行各元素的代数余子式之和可以表示成
11 1 1 2 0 A11 A12 A1n 1 0 3 1 0 0
1
0
0
n!1
n j2
1 j
.
n
11
up
down
思考：
一个元素,例如（aij）在n阶行列式的展开项
中可以出现几次？ 解答：可以出现(nA i1 j1 ai2 Aj2 ain Ajn 0, i j .
复变函数课件6-习题课-精选文档
(2 ) 旋转与相似映射 waz ; 1 ( 3 ) 反演映射 w . z
2019/2/28 课件
9
分式线性映射的性质 1）分式线性映射在扩充复平面上一一对应. 2）分式线性映射在扩充复平面上具有保角性.
如果规定两条伸向无穷 远的曲线在 z 处 1 的夹角 ,等于它们在映射 下所映成的通 z 过原点 0 的两条象曲线的夹角 ,则分式线 性映射是保角的 .
对 确 定 区 域 的 映 射
指 数 函 数
z w e wz
3
1. f (z)的几何意义
续曲线 C ,正方向为 t增大方向 ,z(t) 为连续函数 .如果 z(t0) 0 ,t0 ,那么表示 z(t0) 的向量与 C 相切 于点 z z(t0).
设 z z(t)( t )表示 z 平面内一条有向
的一条有向光滑曲线 w f [ z ( t )] , z ,且
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5
1 ) 导数 f ( z ) 0 的幅角 Arg f ( z ) 是曲线 C 经过 0 0
w f ( z ) 映射后在 z 处的转动角 . 0 2) 转动角的大小与方向跟曲线C的形状与方向 无关. 3)保角性 相交于点 z 的任意两条曲线 C 与 C 之间的 0 1 2
一、重点与难点
重点：分式线性变换及其映射特点
难点：分式线性变换与初等函数相结合，求一
些简单区域之间的映射
2019/2/28
课件
2
二、内容提要
f(z)的几何意义 共形映射
一一对应性 保角性
分式线性映射
分 式 线 性 映 射 的 确 定
课件
几个初等 函数构成 的映射
幂 函 数
2019/2/28 课件
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分式线性映射的性质 1）分式线性映射在扩充复平面上一一对应. 2）分式线性映射在扩充复平面上具有保角性.
如果规定两条伸向无穷 远的曲线在 z 处 1 的夹角 ,等于它们在映射 下所映成的通 z 过原点 0 的两条象曲线的夹角 ,则分式线 性映射是保角的 .
对 确 定 区 域 的 映 射
指 数 函 数
z w e wz
3
1. f (z)的几何意义
续曲线 C ,正方向为 t增大方向 ,z(t) 为连续函数 .如果 z(t0) 0 ,t0 ,那么表示 z(t0) 的向量与 C 相切 于点 z z(t0).
设 z z(t)( t )表示 z 平面内一条有向
的一条有向光滑曲线 w f [ z ( t )] , z ,且
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1 ) 导数 f ( z ) 0 的幅角 Arg f ( z ) 是曲线 C 经过 0 0
w f ( z ) 映射后在 z 处的转动角 . 0 2) 转动角的大小与方向跟曲线C的形状与方向 无关. 3)保角性 相交于点 z 的任意两条曲线 C 与 C 之间的 0 1 2
一、重点与难点
重点：分式线性变换及其映射特点
难点：分式线性变换与初等函数相结合，求一
些简单区域之间的映射
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二、内容提要
f(z)的几何意义 共形映射
一一对应性 保角性
分式线性映射
分 式 线 性 映 射 的 确 定
课件
几个初等 函数构成 的映射
幂 函 数
(NEW)同济大学数学系《工程数学—线性代数》(第6版)笔记和课后习题(含考研真题)详解
目 录
第1章 行列式
1.1 复习笔记
1.2 课后习题详解
1.3 考研真题详解
第2章 矩阵及其运算
2.1 复习笔记
2.2 课后习题详解
2.3 考研真题详解
第3章 矩阵的初等变换与线性方程组
3.1 复习笔记
3.2 课后习题详解
3.3 考研真题详解
第4章 向量组的线性相关性4.1 复习笔记
4.2 课后习题详解
4.3 考研真题详解
第5章 相似矩阵及二次型5.1 复习笔记
5.2 课后习题详解
5.3 考研真题详解
第6章 线性空间与线性变换6.1 复习笔记
6.2 课后习题详解
6.3 考研真题详解
第1章 行列式
1.1 复习笔记
一、二阶与三阶行列式
1二阶行列式
定义 将四个数，，，按一定位置，排成二行二列的数表：
则表达式就是数表的二阶行列式，并记作
2三阶行列式
定义 设有9个数排成3行3列的数表
记
该式称为数表所确定的三阶行列式．
二、全排列和对换
1全排列。
高教线性代数第六章 线性空间课后习题答案
第六章 线性空间1.设,N M ⊂证明：,M N M M N N ==I U 。
证 任取,M ∈α由,N M ⊂得,N ∈α所以,N M I ∈α即证M N M ∈I 。
又因,M N M ⊂I 故M N M =I 。
再证第二式，任取M ∈α或,N ∈α但,N M ⊂因此无论哪 一种情形，都有,N ∈α此即。
但,N M N Y ⊂所以M N N =U 。
2.证明)()()(L M N M L N M I Y I Y I =，)()()(L M N M L N M Y I Y I Y =。
证 ),(L N M x Y I ∈∀则.L N x M x Y ∈∈且在后一情形，于是.L M x N M x I I ∈∈或所以)()(L M N M x I Y I ∈，由此得)()()(L M N M L N M I Y I Y I =。
反之，若)()(L M N M x I Y I ∈，则.L M x N M x I I ∈∈或 在前一情形，,,N x M x ∈∈因此.L N x Y ∈故得),(L N M x Y I ∈在后一情形，因而,,L x M x ∈∈x N L ∈U ，得),(L N M x Y I ∈故),()()(L N M L M N M Y I I Y I ⊂于是)()()(L M N M L N M I Y I Y I =。
若x M N L M N L ∈∈∈UI I （），则x ，x 。
在前一情形X x M N ∈U ， X M L ∈U 且，x M N ∈U 因而（）I U （M L ）。
,,N L x M N X M L M N M M N M N ∈∈∈∈∈⊂U U U I U U I U U U U I U I U 在后一情形，x ,x 因而且，即X （M N ）（M L ）所以 （）（M L ）（N L ）故 （L ）=（）（M L ）即证。
3、检验以下集合对于所指的线性运算是否构成实数域上的线性空间：1） 次数等于n （n ≥1）的实系数多项式的全体，对于多项式的加法和数量乘法；2） 设A 是一个n ×n 实数矩阵，A 的实系数多项式f （A ）的全体，对于矩阵的加法和数量乘法；3） 全体实对称（反对称，上三角）矩阵，对于矩阵的加法和数量乘法； 4） 平面上不平行于某一向量所成的集合，对于向量的加法和数量乘法； 5） 全体实数的二元数列，对于下面定义的运算：212121121112b a b a a b b a a k k b a ⊕+=+++-1111（a ，）（（，）（）k 。
同济大学数学系《工程数学—线性代数》第6版课后习题(矩阵及其运算)【圣才出品】
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②用逆矩阵方法 因为｜A｜＝2≠0，所以 A 可逆，于是
，易求得
代入可得
16．设 A 为三阶矩阵，
，求
解：因为
，所以 A 可逆．于是由
． 及
对公式两端取行列式得
，得
17．设 解：由 因 左乘上式两边得
，AB＝A＋2B，求 B． ，它的行列式 de（t A－2E）＝2≠0，所以它是可逆矩阵．用
假设当 k＝n 时，式（2-1）成立，则当 k＝n＋1 时
根据数学归纳法可知式（2-1）成立；
4 / 18
（2-1）
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7．（1）设 （2）设 解：（1）
，求 A50 和 A51； ，A＝abT，求 A100．
，则可得
（2） 由于 bTa＝－8，所以根据上式可知
是
有意义的，并且因为
所以 A 可逆，而且
.
10．已知线性变换
求从变量 x1，x2，x3 到变量 y1，y2，y3 的线性变换．
解：记
则线性变换的矩阵形式为 x＝Ay，
其中 A 是它的系数矩阵．因为
所以 A 是可逆矩阵，则从变量
x1，x2，x3 到变量 y1，y2，y3 的线性变换的矩阵形式可写成
又由于 于是
7 / 18
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即
11．设 J 是元素全为 1 的 n（≥2）阶方阵．证明 E－J 是可逆矩阵，且
这里 E 是与 J 同阶的单位矩阵． 证：因为
于是
所以，
是可逆矩阵，并且
12．设
（k 为正整数），证明
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证 由题设 A aE 与 B bE 均为正定阵，
从而 ( A aE) ( B bE) A B (a b) E 也是正定阵，
设 为 A B 的任一特征值，
则 A B (a b) E 的特征值为 (a b) 0， 即 (a b).
(1) 写出二次型 f 的矩阵 A； (2) 求出 A 的全部相异特征值 1, 2,…, m， 对每一个 ri 重特征值i，求出对应的 ri 个线性无关的
特征向量，并利用施密特正交化方法将其正交单位化，
将上面求得的 r1+ r2+ …+ rm =n 个两两正交的单位向量
作为列向量，排成一个 n 阶方阵Q，则 Q 为正交阵且
Q-1AQ=QTAQ= 为对角阵； (3) 作正交变换 X = QY，即可将二次型化为只含平方项 的标准形： f =XTAX = YT (QTAQ)Y = YT Y.
例3 为 2.
2 2 设二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) x12 x2 cx3 4 x1 x3 4 x2 x3 的秩
得 A 的特征值为 1 1, 2 4, 3 2；
其对应的特征向量为
1 (2, 1, 2)T , 2 (2, 2, 1)T , 3 (1, 2, 2)T ，
因为 1 , 2 , 3 互异，故 1 , 2 , 3 两两正交，将它 们单位化，得
例 12 设 A 是 n 阶正定阵，证明： | E A | 1.
证 因为 A 是正定阵，A的特征值全大于零。
设1 ,
, n 为 A 的特征值，从而有
, n +1，故
矩阵E A的特征值为1 +1,
| E A |
(1 ) 1.
i 1 i
n
例 13 设 A 为 n 阶正定阵，证明存在实对称阵 B，使 B2 A.
证 因为 A 正定，故存在正交阵 Q，使
1 A Q 1 Q , i 0, i 1, 2, n
, n.
令
1 B Q
1 Q ， n
则 B 为实对称阵且 A B2 .
例17 设 A 为 n 阶实对称阵，所有的特 征值都大于 a； B 也是 n 阶实对称阵，特征值都 大于 b. 证明： A B 的特征值都大于 a b.
且 B的特征值为 1 k , 1 k , 16 k , 16 k.
因此 B 正定的充要条件为 k -1.
例7 判断二次型 f ( x1 , x2 , x3 , x4 ) x1 x2 x1 x3 x1 x4 x2 x3 x2 x4 x3 x4 的正定性 .
证: 因为 A, B 都为 n 阶正定阵，所以A B为对称矩阵 且对任意的 xn1 0，都有
xT Ax 0, xT Bx 0， 故 xT ( A B) x xT Ax xT Bx 0， 从而 A B 也为正定阵.
3. 利用顺序主子式判定
2 2 例10 t 取何值时，二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) x12 x2 5 x3 2tx1 x2
解 由例 2 知，所给二次型的标准 形为
2 2 2 z12 z2 z3 3z 4 ，
因为标准形中平方项的 系数不全为正数， 故此二次型不是正定二 次型.
注：若只是判定二次型的正定性，可采用较简便的 方法求出二次型的标准形，并以此判定.
2 利用定义判定
例8 设 A, B 均为n 阶正定阵，证明： A B 也为n 阶正定阵 .
注：这类题一定用顺序主子式做.
三. 证明题
例11 设 A 是 n 阶实对称阵且 A3 3 A2 5 A 3E 0， 证明： A 为正定的，并进一步证 明 A E.
由 A3 3 A2 5 A 3E 0 知 证 设 为 A 的任一特征值，
3 3 2 5 3 0，
(1) 求参数 c； (2) 求一可逆变换将该二次型化为标准形；
2 2 解 由 f ( x1, x2 , x3 ) x12 x2 cx3 4x1x3 4x2 x3 的秩为 2知，
1 0 2 二次型的矩阵 A 0 1 2 的秩为 2，故 c 8. 2 2 c
3 1 1 0 1 3 1 0 ，B A2 kE，k为实常数. 例6 设 A 1 1 3 0 0 0 0 1 问 k 取何值时，B 为正定阵？
解 显然 A 为实对称阵且A的特征值为 1, 1, 4, 4.
由于 B A2 kE，故 B 也为实对称阵，
也就是 A B 的特征值都大于a b.
及正交阵Q1, 1 1 1
2 由题设 A 与 1 正交相似， 2
即 A 的特征值为 2,1, 2， 故 | A | 4， 由此得 k 2 2k 1 0，解得 k 1.
从而 1 或 1 2i 或 1 2i，
所以 1， 因为 A 为 n 阶实对称阵，
即 A 的特征值全部为 1，从而 A 是正定的.
进一步，一定有可逆阵 P，使
1 P 1 AP
E, 1
故 A PEP1 E.
1 1 1 1 1 , 2 2 ,3 3 . 3 3 3
2 2 1 1 Q 1 2 2 , 于是所求正交变换的矩阵为 3 2 1 2
令 X QY，则二次型化为标准形y 4 y 2 y .
2 1 2 2 2 3
注：将二次型 f 用正交变换化为标准形的一般步骤为：
二次型
一. 化二次型为标准形
化二次型为标准形主要有两种方法： (1) 正交变换法； (2) 配方法.
例1 用正交变换法将二次型
2 f ( x1 , x2 , x3 ) 2 x12 x2 4 x1 x2 4 x2 x3
化为标准形，并求出所 用的正交变换矩阵 .
解 二次型的矩阵为
2 2 0 A 2 1 2 , 0 2 0 2 由 | A E | 2 0 2 1 2 ( 1)( 4)( 2)， 0 2
2 x1 x3 4 x2 x3 是正定的？
解 二次型的矩阵为 1 t 1 A t 1 2 ， 1 2 5
1 1 0, 2 1 t 2 0，3 5t 2 4t 0， 4 4 得 t 0. 故当 t 0 时，二次型是正定的. 5 5
1 1 1 A 1 1 1. 1 1 1
求得 A 的对应的特征向量分别为 1 (1,1, 2)T , 2 (1, 1,1)T ,
3 (1,1, 0)T ，并将它们单位化，得
1 1 1 1 1 ,2 2 ,3 3 , 6 3 2
2 2 又 f ( x1 , x2 , x3 ) x12 x2 8 x3 4 x1 x3 4 x2 x3 2 ( x1 2 x3 ) 2 ( x2 2 x3 ) 2 y12 y2 ,
y1 x1 2 x3 , 其中 y1 x2 2 x3 , y x , 3 1
x1 y1 2 y3 , 或 x2 y2 2 y3 , x y . 1 3
所用线性变换的矩阵为 1 0 2 C 0 1 2 . 0 0 1
例4 设二次型
2 2 f ( x1 , x2 , x3 ) x12 x2 x3 2kx1 x2 2 x1 x3 2 x2 x3 2 2 经正交变换 X QY 化为标准形 2 y12 y2 2 y3 ，求：k
判定该二次型的正定性 .
解 二次型的矩阵为 1 0 1 A 0 2 0 ， 易知 A 的特征值为 0， 2， 2， 1 0 1
故该二次型不是正定二次型，为准正定(半正定)二次型.
注：当矩阵的特征值比较容易求时，用特征值来判定 二次型或矩阵的正定性是很简便的一种方法.
1 6 1 Q 6 2 6 1 3 1 3 1 3 1 2 1 . 2 0
所求正交阵
二. 正定二次型及正定矩阵的判定
1. 利用特征值判定
2 2 例5 设二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) x12 2 x2 x3 2 x1 x3，
从而 ( A aE) ( B bE) A B (a b) E 也是正定阵，
设 为 A B 的任一特征值，
则 A B (a b) E 的特征值为 (a b) 0， 即 (a b).
(1) 写出二次型 f 的矩阵 A； (2) 求出 A 的全部相异特征值 1, 2,…, m， 对每一个 ri 重特征值i，求出对应的 ri 个线性无关的
特征向量，并利用施密特正交化方法将其正交单位化，
将上面求得的 r1+ r2+ …+ rm =n 个两两正交的单位向量
作为列向量，排成一个 n 阶方阵Q，则 Q 为正交阵且
Q-1AQ=QTAQ= 为对角阵； (3) 作正交变换 X = QY，即可将二次型化为只含平方项 的标准形： f =XTAX = YT (QTAQ)Y = YT Y.
例3 为 2.
2 2 设二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) x12 x2 cx3 4 x1 x3 4 x2 x3 的秩
得 A 的特征值为 1 1, 2 4, 3 2；
其对应的特征向量为
1 (2, 1, 2)T , 2 (2, 2, 1)T , 3 (1, 2, 2)T ，
因为 1 , 2 , 3 互异，故 1 , 2 , 3 两两正交，将它 们单位化，得
例 12 设 A 是 n 阶正定阵，证明： | E A | 1.
证 因为 A 是正定阵，A的特征值全大于零。
设1 ,
, n 为 A 的特征值，从而有
, n +1，故
矩阵E A的特征值为1 +1,
| E A |
(1 ) 1.
i 1 i
n
例 13 设 A 为 n 阶正定阵，证明存在实对称阵 B，使 B2 A.
证 因为 A 正定，故存在正交阵 Q，使
1 A Q 1 Q , i 0, i 1, 2, n
, n.
令
1 B Q
1 Q ， n
则 B 为实对称阵且 A B2 .
例17 设 A 为 n 阶实对称阵，所有的特 征值都大于 a； B 也是 n 阶实对称阵，特征值都 大于 b. 证明： A B 的特征值都大于 a b.
且 B的特征值为 1 k , 1 k , 16 k , 16 k.
因此 B 正定的充要条件为 k -1.
例7 判断二次型 f ( x1 , x2 , x3 , x4 ) x1 x2 x1 x3 x1 x4 x2 x3 x2 x4 x3 x4 的正定性 .
证: 因为 A, B 都为 n 阶正定阵，所以A B为对称矩阵 且对任意的 xn1 0，都有
xT Ax 0, xT Bx 0， 故 xT ( A B) x xT Ax xT Bx 0， 从而 A B 也为正定阵.
3. 利用顺序主子式判定
2 2 例10 t 取何值时，二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) x12 x2 5 x3 2tx1 x2
解 由例 2 知，所给二次型的标准 形为
2 2 2 z12 z2 z3 3z 4 ，
因为标准形中平方项的 系数不全为正数， 故此二次型不是正定二 次型.
注：若只是判定二次型的正定性，可采用较简便的 方法求出二次型的标准形，并以此判定.
2 利用定义判定
例8 设 A, B 均为n 阶正定阵，证明： A B 也为n 阶正定阵 .
注：这类题一定用顺序主子式做.
三. 证明题
例11 设 A 是 n 阶实对称阵且 A3 3 A2 5 A 3E 0， 证明： A 为正定的，并进一步证 明 A E.
由 A3 3 A2 5 A 3E 0 知 证 设 为 A 的任一特征值，
3 3 2 5 3 0，
(1) 求参数 c； (2) 求一可逆变换将该二次型化为标准形；
2 2 解 由 f ( x1, x2 , x3 ) x12 x2 cx3 4x1x3 4x2 x3 的秩为 2知，
1 0 2 二次型的矩阵 A 0 1 2 的秩为 2，故 c 8. 2 2 c
3 1 1 0 1 3 1 0 ，B A2 kE，k为实常数. 例6 设 A 1 1 3 0 0 0 0 1 问 k 取何值时，B 为正定阵？
解 显然 A 为实对称阵且A的特征值为 1, 1, 4, 4.
由于 B A2 kE，故 B 也为实对称阵，
也就是 A B 的特征值都大于a b.
及正交阵Q1, 1 1 1
2 由题设 A 与 1 正交相似， 2
即 A 的特征值为 2,1, 2， 故 | A | 4， 由此得 k 2 2k 1 0，解得 k 1.
从而 1 或 1 2i 或 1 2i，
所以 1， 因为 A 为 n 阶实对称阵，
即 A 的特征值全部为 1，从而 A 是正定的.
进一步，一定有可逆阵 P，使
1 P 1 AP
E, 1
故 A PEP1 E.
1 1 1 1 1 , 2 2 ,3 3 . 3 3 3
2 2 1 1 Q 1 2 2 , 于是所求正交变换的矩阵为 3 2 1 2
令 X QY，则二次型化为标准形y 4 y 2 y .
2 1 2 2 2 3
注：将二次型 f 用正交变换化为标准形的一般步骤为：
二次型
一. 化二次型为标准形
化二次型为标准形主要有两种方法： (1) 正交变换法； (2) 配方法.
例1 用正交变换法将二次型
2 f ( x1 , x2 , x3 ) 2 x12 x2 4 x1 x2 4 x2 x3
化为标准形，并求出所 用的正交变换矩阵 .
解 二次型的矩阵为
2 2 0 A 2 1 2 , 0 2 0 2 由 | A E | 2 0 2 1 2 ( 1)( 4)( 2)， 0 2
2 x1 x3 4 x2 x3 是正定的？
解 二次型的矩阵为 1 t 1 A t 1 2 ， 1 2 5
1 1 0, 2 1 t 2 0，3 5t 2 4t 0， 4 4 得 t 0. 故当 t 0 时，二次型是正定的. 5 5
1 1 1 A 1 1 1. 1 1 1
求得 A 的对应的特征向量分别为 1 (1,1, 2)T , 2 (1, 1,1)T ,
3 (1,1, 0)T ，并将它们单位化，得
1 1 1 1 1 ,2 2 ,3 3 , 6 3 2
2 2 又 f ( x1 , x2 , x3 ) x12 x2 8 x3 4 x1 x3 4 x2 x3 2 ( x1 2 x3 ) 2 ( x2 2 x3 ) 2 y12 y2 ,
y1 x1 2 x3 , 其中 y1 x2 2 x3 , y x , 3 1
x1 y1 2 y3 , 或 x2 y2 2 y3 , x y . 1 3
所用线性变换的矩阵为 1 0 2 C 0 1 2 . 0 0 1
例4 设二次型
2 2 f ( x1 , x2 , x3 ) x12 x2 x3 2kx1 x2 2 x1 x3 2 x2 x3 2 2 经正交变换 X QY 化为标准形 2 y12 y2 2 y3 ，求：k
判定该二次型的正定性 .
解 二次型的矩阵为 1 0 1 A 0 2 0 ， 易知 A 的特征值为 0， 2， 2， 1 0 1
故该二次型不是正定二次型，为准正定(半正定)二次型.
注：当矩阵的特征值比较容易求时，用特征值来判定 二次型或矩阵的正定性是很简便的一种方法.
1 6 1 Q 6 2 6 1 3 1 3 1 3 1 2 1 . 2 0
所求正交阵
二. 正定二次型及正定矩阵的判定
1. 利用特征值判定
2 2 例5 设二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) x12 2 x2 x3 2 x1 x3，