线性代数二次型习题及答案

第六章 二次型 1．设方阵1A与1B合同，2A与2B合同，证明12AA与12BB合同. 证：因为1A与1B合同，所以存在可逆矩1C，使T1111BCAC， 因为2A与2B合同，所以存在可逆矩2C，使T2222BCAC.

令 12CCC，则C可逆，于是有

TT

1111111

T2222222







BCACCAC

BCACCAC

1T

2

ACCA

即 12AA与12BB合同. 2．设A对称，B与A合同，则B对称 证：由A对称，故TAA. 因B与A合同，所以存在可逆矩阵C，使TBCAC，于是 TTTTTT()BCACCACCACB

即B为对称矩阵. 3．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BPPAPPTT与均为对角阵.

证：因为A是正定矩阵，所以存在可逆矩阵M，使 EAMMT 记T1BMBM，则显然1B是实对称矩阵，于是存在正交矩阵Q，使 T11diag(,,)nDQBQ

T11,,.n

BMBM其中为的特征值

令P=MQ，则有 DBPPEAPPTT, ,AB同时合同对角阵.

4．设二次型2111()miinnifaxax，令()ijmnaA，则二次型f的秩等于()rA. 证：方法一 将二次型f写成如下形式： 2111()miijjinnifaxaxax



设Ai= 1(,,,,)iijinaaa ),,1(mi 则 1111111jniijinimmjmjmaaaaaaaaaAAAA 于是 1TTTTT11(,,,,)mimiiiimAAAAAAAAAA 故 2111()miijjinnifaxaxax=1211[(,,)]imjnijiinaxxxaa =11111[(,,)(,,)]imjnijiijinjiinnaxxxxaaaaxax=1T11(,,)()mjniijinxxxxxxAA =XT(ATA)X 因为AAT为对称矩阵，所以AAT就是所求的二次型f的表示矩阵． 显然r(AAT)=r(A)，故二次型f的秩为r(A) ．

方法二 设11,1,,iiinnyaxaxin. 记T1(,,)myyY，于是 YAX，其中T1(,,)nxxX，则

222TTT11()mimifyyy

YYXAAX.

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

5．设A为实对称可逆阵，TfxxA为实二次型，则A为正交阵可用正交变换将f化成规范形.

证：设i是A的任意的特征值，因为A是实对称可逆矩阵，所以i是实数，且0,1,,iin.

因为A是实对称矩阵，故存在正交矩阵P，在正交变换XPY下，f化为标准形，即 TTTTT1()diag(,,,,)infXAXYPAPYYDYYY

22211iinnyyy （*）

因为A是正交矩阵，显然T1diag(,,,,)inDPAP也是正交矩阵，由D为对角实矩阵，故21i即知i只能是1或1，这表明（*）恰为规范形. 因为A为实对称可逆矩阵，故二次型f的秩为n.

设在正交变换XQY下二次型f化成规范形，于是 TT()fXAXYQAQY222211rrnyyyyT

YDY

其中r为f的正惯性指数，diag(1,,1,1,,1)D. 显然D是正交矩阵，由TDQAQ，故TAQDQ，且有TTAAAAE，故A是正交矩阵. 6．设A为实对称阵，||0A，则存在非零列向量ξ，使T0ξAξ. 证：方法一 因为A为实对称阵，所以可逆矩阵P，使 T1diag(,,,,)in

PAPD

其中(1,,)iin是A的特征值，由||0A，故至少存在一个特征值k，使0k，

取0

10





ξP，则有

TT0(0,,1,,0)10

ξAξPAP1(0,,1,0,0)kn

010



0k

方法二（反证法） 若X0，都有T0XAX，由A为实对称阵，则A为半正定矩阵，故||0A与||0A矛盾.

7．设n元实二次型AXXTf，证明f在条件122221nxxx下的最大值恰为方阵A的最大特征值． 解：设fn是,,,21

的特征值，则存在正交变换XPY，使

2222211TTT)(nnyyyfYAPPYAXX

设k是n,,,21中最大者，当122221TnxxxXX时，有 122221TTTTnyyyYYPYPYXX 因此 knknnyyyyyyf)( 222212222211

这说明在22221nxxx=1的条件下f的最大值不超过k． 设 TT10)0.,0,1,0,,0(),,,,(nkyyyY 则 10T0YY

knnkkyyyyf22222211 令00PYX，则 1T00T0YYXX 并且 kf0TT00T00)()(YAPPYAXXX

这说明f在0X达到k，即f在122221nxxx条件下的最大值恰为方阵A的最大特征值． 8．设A正定，P可逆，则TPAP正定. 证：因为A正定，所以存在可逆矩阵Q，使TAQQ， 于是 TTTT()PAPPQQPQPQP，显然QP为可逆矩阵，且 TTTT()()PAPQPQPPAP

，即TPAP是实对称阵，故TPAP正定.

9．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+ABT正定． 证：先证必要性 取1BA，因为A为实对称矩阵，则 2EAAEABABT1T)(

当然ABABT是正定矩阵． 再证充分性，用反证法． 若A不是可逆阵，则r（A）

00,XAX使00

因为A是实对称矩阵，B是实矩阵，于是有 0 )()()(0TT00T00TT0AXBXBXAXXABABX

这与ABTABBA是正定矩阵矛盾． 10．设A为正定阵，则2*13AAA仍为正定阵. 证：因为A是正定阵，故A为实对称阵，且A的特征值全大于零，易见2*1,,AAA

全是实对称矩阵，且它们的特征值全大于零，故2*1,,AAA全是正定矩阵，2*13AAA

为实对称阵. 对X0，有 T2*1T2T*T1(3)0XAAAXXAXXAXXAX 即 2*13AAA的正定矩阵. 11．设A正定，B为半正定，则AB正定. 证：显然,AB为实对称阵，故AB为实对称阵. 对X0，T0XAX，T0XBX，因T()0XABX，故AB为正定矩阵.

12．设n阶实对称阵,AB的特征值全大于0，A的特征向量都是B的特征向量，则AB正定.

证：设,AB的特征值分别为,(1,,)iiin. 由题设知0,0,1,,iiin. 因为A是实对称矩阵，所以存在正交矩阵1(,,,,)inPPPP，使 T1diag(,,,,)in

PAP

即 ,iiiiAPPP为A的特征向量，1,,in. 由已知条件iP也是B的特征向量，故 1,,,iiiiinBPP 因此 ()iiiiiiABPAPP，这说明ii是AB的特征值，且0ii，1,,in. 又因为 T111diag(,,,,),iinnABPPPP. 故 11diag(,,,,)iinnABPP，显然AB为实对称阵，因此AB为正定矩阵. 13．设nnija)(A为正定矩阵，nbbb,,,21

为非零实数，记

()ijijnnabbB

则方阵B为正定矩阵． 证：方法一 因为A是正定矩阵，故A为对称矩阵，即jiijaa，所以

ijjijiijbbabba，这说明B是对称矩阵，显然

211112121122121222221121nn

nn

nnnnnnnn

ababbabbabbababb

abbabbabb

B=1111110000nnnnnnaabbbaab

对任给的n维向量1(,,)T0nxxX，因nbbb,,,21

为非零实数，所以

),,(11nnxbxbT0

，又因为A是正定矩阵，因此有

1111110000TTnnnnnn

aabb

baab



XBXXX

=),,(11nnxbxb1111nnnnaaaa11nnbxbx0 即B是正定矩阵．