白水晶的作用-基督教婚礼主持词

第五章 相似矩阵及二次型

1 试用施密特法把下列向量组正交化


111

(1)
(a
1
, a
2
, a
3
)

124


139



1



b
1
a
1
1

1


解 根据施密特正交化方法

1

[b
1
,a
2
]


b
2
a
2
b
1


0


1

[b
1
,b
1
]



1

[b
1
,a
3
][b
2
,a
3
]
1

b
3a
3
b
1
b
2


2

[b
1
,b
1
][b
2
,b
2
]3

1



111


011

(2)
(a
1
, a
2
, a
3
)


101


110


解 根据施密特正交化方法


1


0


b
1
a
1


1


1
< br>


1


3

[b1
,a
2
]
1

b
2
a
2
b
1


[b
1
,b
1
]3

2


1


1


3

[b
1
,a
3
][b
2
,a
3
]
1

b
3
a
3
b
1
b
2


[ b
1
,b
1
][b
2
,b
2
]5

3


4

2 下列矩阵是不是正交阵:


1
11


23


1

1
1

; (1)


2

2
11
1


32

解 此矩阵的第一个行向量非单位向量, 故不是正交阵

1

8

4


999

814



(2)


99

9
4

47



999


3 设
x
为
n
维列向量
证明 因为

H
T

解 该方阵每一个行向量均是单位向量 且两两正交 故为正交阵

xx
T

1 令
HE
2
xx
T
证明
H
是对称的正交阵
(
E
2
xx
)
TT
E
2(
xx
T
)
T
E
2(
x x
T
)
T

E
2
xx
T

E
2(
x
)
x
所以
H
是对称矩阵
因为

HH
T
TTT
HH
(
E
2
xx
T
)(
E
2
xx
T
)
T
T
T

E
2
xx

E
4
xx

E
4
xx

E

2
xx
T
T
(2
xx
)(2
xx
)
T
TT
4
x
(
xx
)
x

4
xx

T
所以
H
是正交矩阵

4 设
A
与
B
都是
n
阶正交阵 证明
AB
也是正交阵
证明 因为
A

B
是
n
阶正交阵 故
A
TTT
1
A
T

B
1
B
T

(
AB
)(
AB< br>)
BAAB
故
AB
也是正交阵

5 求下列矩阵的特征值和特征向量:
B
1
A
1
ABE


212

(1)

533

;

102


2

12
解
|A

E|53

3(

1 )
3
102

故
A
的特征值为
对于特征值
1(三重)
1 由


312
< br>101

AE

523

~

011


101

000

< br>得方程(
AE
)
x
的特征值向量.

0的基础解系
p
1
(1 1 1)
T

1 向量
p
1
就是对应于特征值

123

(2)

213

;

336


1

23
解
|A

E|21

3

(
< br>1)(

9)
336

故
A
的特征值 为
对于特征值
1
1

0
2
1
3
9
0 由

123

123

A

213

~

011


336

000


得方程
Ax
0的基础解系
p
1
(
值向量.
对于特征值
2

0的特征1 1 1)
T
向量
p
1
是对应于特征值
1
1, 由

223< br>
223

AE

223

~

001


337

000

 
得方程(
AE
)
x
0的基础解系
p
2
(1 1 0)
T

1 向量
p
2
就是对应于特征值
2
的特征值向量

对于特征值
3
9 由
111


823



1

A9E283< br>~

01


333


2< br>

000


得方程(
A
9
E
)
x
0的基础解系
p
3
的特征值向量
(12 12 1)
T

向量
p
3
就是对应于特征值
3< br>9

0

0
(3)

0

1

1

0

.（和书后答案不同，以书后为主， 但解题步骤可以参考）
0

0




001
0

10
(

1)
2
(
1)
2
解
|A

E|
01

0
100

故
A
的特征值为
对于特征值
1
1
2
2
0
0
1
0
0
1
0
0
1
1

34
1
由

1

0
AE

0

1
得方程(
AE
)
x
对于特征值
量
p
1
和
p
2
是对应于特征值
34
12
01
1
0
0
1
1
0
1

1< br>0

~

0
0

0

1


0
0
1
0
0
T
0
1
0
0
1

0

0

0



0的基础解系
p
1
(1 0 0 1)
1 由

p
2
(0 1 1 0)
T
向
1的线性无关特征值向量

1

0
AE

0

1

得方程(
AE
)
x
和
p
4
是对应于特征值
34
0
1
1
0< br>0
1
1
0
1

1
0

~

0
0

0

01


T
0
1
0
0
0
1
0
0
1

0

0

0



0的基础解系
p
3
(1 0 0 1)
p
4
(0 1 1 0)
T
向量
p
3
1的线性无关特征值向量


T
6 设
A
为
n
阶矩阵 证明
A
与
A
的特征值相同
证明 因为
|
A
T
E
||(
AE
)
T
||
AE
|
T
|
AE
|

所以
A
与
A
的特征多项式相同 从而
A
与
A
的特征值相同
7 设
n
阶 矩阵
A
、
B
满足
R
(
A
)
R(
B
)
特征向量
证明 设
R
(
A
)
r

R
(
B
)
t
若
a
1

a
2
于特征值

则
rtn


a
nr
是齐次方程组
Ax
0的基础解系 显然它们是
A
的对应

b
nt
是齐次方程组
Bx
0的基础解系 则它们是
B
(
n
TT
n
证明
A
与
B
有公共的特征值 有公共的
0的线性无关的特征向量
0的线性无关的特征向量
类似地 设
b
1

b
2

的对应于特征值

b
n

l
n
记
则
k
1

k
2

与
b
1

b
2

0
由于(
nr
)(
nt
)
n
t< br>t
rt
)
n
故
a
1

a
2


k
2


l
nr
b
n

a
n

k
n
r
r

b
1

b
2


l
1

l
2



必线性相关 于是有不全为0的数
k
1
使

k
1
a
1
k
2
a
2

k
1
a
1
k
2
a
2

k
nr
a
n

r
l
1
b
1
l
2
b
2

r
r
0
k
nr
a
n
(
l
1
b
1
l
2
b
2


l
2

r

l
nr
b
nr
)


k
nr
不全为0 否则
l
1

l
nt
不全为0 而
0
l
1
b
1
l
2
b
2

因此

8 设
A
(
A
因为
x
或

9 设
A
为正交阵 且|
A
|
因为|
A
|等于所有特征 值之积
1是
A
的特征值

10 设
(
AB
)
x
于是
B
(
AB
)
x
或
BA
(
B

x
)
1 证明
又|
A
|
2
2
2

l
nr
b
n

b
nt
线性无关相矛盾
是
A
的也是
B
的关于0的特征向量 所以
A
与
B
有公共的特
征值 有公共的特征向量
3
A
2
EO
证明
A
的特征值只能取1或2
3
A
2
E
)
x
2
2
证明 设是
A
的任意一个特征值
x
是
A
的对应于的特征向量 则
x
3
x
2
x
(
20 即
2
3
2
2)
x
3
0
20的根 也就是说10 所以3是方程
1是
A
的特征值
1 所以必有奇数个特征值为1 即
证明 因为
A
为正交矩阵 所以
A
的特征值为1或1 （需要说明）
0是
m
阶矩阵
A
mn
B
nm
的特征值 证明也是
n
阶矩阵
BA
的特征值
0的特征向量 则有 证明 设
x
是
AB
的对应于
x

B
(
x
)
(
Bx
)

从而是
BA
的特征值

且
Bx
是
BA
的对应于的特征向量
3
11 已知3阶矩阵
A
的特征值为1 2 3 求|
A
解 令()
征值 故
|
A

3
3
5
A
2
7
A
|
(3)3是(
A
)的特
318
5
2
7 则(1)
(1)
3 (2)2
5
A
2
7
A
||(
A
)|(2)(3)32
12 已知3阶矩阵
A
的特征值为1 2 3 求|
A
*3
A
2
E
|
解 因为|
A
|

A
*|
A
|
A
令()
3
A
6
12(
1
3)
1
1
60 所以
A
可逆 故
6
A
6
A
1

3
A
2
E

2 则
1

A
*3
A
2
E
的特征值 故
|
A
*

3(1)1 (2)5 (3)5是(
A
)
2
E
||6
A
(1)
3
A
2
E
||(
A
)|
(2)(3)15(5)25
13 设
A
、
B
都是
n
阶矩阵 且
A
可逆 证明
AB
与
BA
相
似
证明 取
PA
则
P
1
ABPA
1
ABABA

即
AB
与
BA
相似
14

201

设矩阵
A

31x

可相似对角化

405


求
x

解 由
2

01
|A

E|3 1

x(

1)
2
(

6)< br>405

得
A
的特征值为
1

6
23
1
23
因为
A
可相似对角化 所以对于
线性无关的解 因此
R
(
AE
)1 由
1 齐次 线性方程组(
AE
)
x
0有两个

101

r

101

(AE)

30x

~

00x3



404

000



知当
x
3时
R
(
AE
)1 即
x
3为所求

212

15 已知
p
(1 1 1)
T
是矩阵
A

< br>5a3

的一个特征向量

1b2


(1)求参数
a

b
及特征向量
p
所对应的特征值
解 设是特征向量
p
所对应的特征值 则


2

5

a


12



1

0

(
AE
)
p
0 即

3


1 b2






1

1< br>


0





0< br>

解之得1
a
3
b
0
(2)问
A
能不能相似对角化？并说明理由
解 由
|A

E|
2
5

3


0

1

2
2
3


(

1)
3
1
得
A
的特征值为
1 23
1
由
AE


112

r

101


523

~

011



1b1




000


知
R
(
AE
)2 所以齐 次线性方程组(
AE
)
x
0的基础解系只有一个解向量
不能相似对角 化

16 试求一个正交的相似变换矩阵, 将下列对称阵化为对角阵:

22

21
0
2

(1)



;

020


解 将所给矩阵记为
A
由
A

E
2



20
0
21


2




2
(1)(4)(2)
得矩阵
A
的特征值为
1
2
2
1
3
4
对于
1
2 解方程(
A
2
E
)
x
0 即

因此
A

得特征向量(1 2 2)
对于
2
T


420


x
1


232


x

0

022


x
2



3< br>
122
T
单位化得
p
1
(, , )
333
即


1, 解方程(
AE
)
x
0
得特征向量(2 1
对于
3
2)
T


120


x
1


202


x

 0


021


x
2



3

212
T
单位化得
p
2
(, , )
333
即

4, 解方程(
A
4
E
)
x
0
得特征向量(2 2 1)
T


220


x
1


232


x

0


024


x
2



3

221
T
单位化得
p
3
(, , )
333

p
3
)
1

于是有正交阵
P
(
p
1

p
2
使
PAP
diag(2 1 4)

222

(2)

254


245


解 将所给矩阵记为
A
（和书后答案不同，以书后答案为准，解题步骤可以参考）
由
(1)(
2
2

22
A
< br>E25

4
245

得矩阵
A
的特征值为
对于
12
12
10)
1
3
10
即 1 解方程(
AE
)
x
0

122


x
1


0


244


x



0

244


x
2


0



3


得线性无关特征向量(2 1 0)和(2 0 1)
TT


将它们正交化、单位化得

p
1

对于
3
1
(2, 1, 0)
T
5

p
2

1
(2, 4, 5)
T
35
即

10, 解方程(
A
10
E
)
x
0
得特征向量(1 2
822


x
1


0


254


x



0



245


x
2


0



3


1T
2) 单位化得
p
3
(1, 2, 2)
3
T


于是有正交阵
P
(
p
1

p
2

p
3
) 使
PAP
diag(1 1 10)
求
x

y
并求一个
1
17

5


124

设矩阵
A

2x2

与


4

相似


421

y


1< br>正交阵
P
使
PAP

5
所以

4 解 已知相似矩阵有相同的特征值 显然
故它们也是
A
的特征值 因为
y
是的特征值
4是A
的特征值
524
|A4E|2x429(x4)0
425
解之得
x
4
已知相似矩阵的行列式相同 因为 < br>124
|A|242100
421
所以20
y< br> 对于
(1 2 0)
100
y
5
5 解方程(
A
T
5

||4
y
20y

5
E
)
x
0 得两个线性无关的特征向量(1 0 1)
T

将它们正交化、单位化得
p
1

1
(1, 0, 1)
T
2
对于4 解方程(
A
4
E
)
x
0


p
2

1
(1, 4, 1)
T
32
T

单位化得 得特征向量(2 1 2)
p
3

1
(2, 1, 2)
T
3


1


2
于是有正交矩阵
P

0

1



2
21

3
32

1

4


3
32

21


3
32

1
使
PAP
1

18 设3阶方阵
A
的特征值为
解 令
P
(
p
1
因为
2
1
2
2
3
1 对应的特征向量依次为

APP
1
p
1
(0 1 1)
T
p
2
(1 1 1)
T
p
3
(1 1 0)
T
求
A
.

p
2

p
3
) 则
PAP
diag(2 2 1)
1


011

110

P
1


111



111


110< br>
011




011

20
所以
APP
1< br>

111

02

110

00

19 设3阶对称阵
A
的特征值为
向量依次为
p
1
(1 2 2)
T
1
2
0

110



0

111



4

1


011



4

2
33


53

42


1

11
T

3
0 对应、
2
的特征

p
2
(2 1 2) 求
A

2
p
2
即

x
1
x
2
x
3


则
Ap
2
p

Ap
解 设
Ax
2
x
4
x
5

xxx

356



x
1
2x
2
2x
3
1

x
2
2x
4
2x
5
2


x
3
2x
5
2x
6
2


2x
1
x
2
2x
3
2
2x
2
x
4
2x
5
1
< br>
2x
3
x
5
2x
6
2
11 2
①
②
再由特征值的性质 有
x
1
x
4
x
6
由①②③解得

x
1

123
0 ③
1

1
x
32
6

x
2

1
x
2
6

x
3

2

1
x
34
6

1

1
x
32
6
1
令x
0 得
x
1

3

10
1
因此
A

01
3

22


x
4

6

x
5


x
2
0
2

1
x
34
6
2

x
3

3


x
4

1
3

x
5

2
3

2

2

0


1)
T

6 3 3 与特征值6对应的 20 设3阶对称矩阵
A
的特征值
特征向量为
p
1
(1 1 求
A
.
1231

x
1
x
2
x
3


解 设
Ax
2
x
4
x
5

xxx

356

因为
1

T
6对应的特征向量为
p
1
(1 1 1) 所以有

1

1

A

1
6

1


1

1



23
xxx6


123
即

x
2
x
4
x
5
6



x
3
x
5
x
6
6①
3是
A
的二重特征值, 根据实对称矩阵的性质定理知
R
(
A
3
E
)1 利用
①可推出
x
3


11

x
1
3x
2
1


A3Ex
2
x
4
3x
5
~

x
2
x
4
3x
5



xxx3xxx3

5 656

3


3
因为
R
(
A< br>3
E
)1 所以
x
2

x
4
3< br>x
5
且
x
3
x
5
x
6
3 解之得
x
2
x
3
x
5
1
x
1
x
4
x
6
4

411

因此
A

141


114


21 设
a
(1)证明

Ax

于是可得
2
2


a
n
)
1重特征值
T

(
a
1

a
2

0是
A
的
n

a
1
0
Aaa
T

证明 设是
A
的任意一个特征值
x
是
A
的对应于的特征向量 则有
x

xA< br>2
xaa
T
aa
T
xa
T
aAx
a
T
a
从而0或
a
T
ax

a
T
a

设
素为
a
1
2
1


a
2
2
2


a
n
2
n
是
A
的所有特征值 因为
Aaa
的主对角线性上的元

T
T


所以
12
a
1
2
a
2
2

a< br>n
2
a
T
a
这说明在
12
n

即
n
中有且只有一个等于
aa
而其余
n
1个全为0
0是
A
的
n
1重特征值
(2)求
A
的非零特征值及
n
个线性无关的特征向量
解 设
1
a
T
a

2

n
0
因为
Aaaa
T
a
(
a
T
a
)
a
1
a
所以
p
1
a
是对应于
1
a
T
a
的特征向量
对于
2

n
0 解方程
Ax
0 即
aa
T
x
0 因为
a
0
a
T
x
0 即
a
1
x
1
a
2
x
2

a
n
x
n
0 其线性无关解为
p
2
(
a
2

a
1
0 0)
T

p
3
(
a
3
0
a
1
0)
T


p
n
(
a
n
0 0
a
T
1
)
因此
n
个线性无关特征向量构成的矩阵为

aa
(p

a
a
1
a
2
0
n


1
, p
2
, ,p
n
)


2



a
n
0

1



< br>



a


1

22
A


142

设
100

034

求
A


043


解 由
|A

E|
1
0

3
4


2

4

(

1)(

5)(
5)
043

得
A
的特征值为
1
1
2
5
3
5
对于
1
1 解方程(
AE
)
x
0 得特征向量
p
1
(1 0 0)
T

对于
1
5 解方程(
A
5
E
)
x
0 得特征向量
p
2
(2 1 2)
T

对于
1
5 解方程(
A
5
E
)
x
0 得特征向量
p
3
(1 2 1)
T

令
P
(
p
1

p
2

p
3
) 则

P
1
AP
diag(1 5 5)

APP
1


A
100
P
100
P
1

所以

因为

100
diag(1 5
100
5)
1
100
121

505

1
2


P
1


012



01

021

5

021

所以



505

121


1



012


100
1

100
012

5

A

021

5

021


5
100






1 05
100
1




05
100
0



005
100


23 在某国 每年有比例为
p
的农村居民移居城镇 有比例为
q
的城镇居民移居
农村 假设该国总人口数不变 且上述人口迁移的规律也不变 把
n
年后农村人口和
城镇人口占总人口的比例依次记为
x
n
和
y
n
(
x
n
y
n
1)
x
n1

x
n

(1)求关系式

A

y

中的矩阵
A
y

n1

n

解 由题意知

x
n

y
n
1
1
< br>x
n
qy
n
px
n
(1
p
)
x
n
qy
n

y
n
px
n
qy
n
px
n
(1
q
)
y
n

可用矩阵表示为

x


1


n1



因此
A
pq


x
n




y
n1


p1q


y
n



1pq



p1q



x


0.5

(2)设目前农村人口与城镇人口相等 即

0




y
0


0.5


x
x

x

n

x

解 由

n1

A

n

可知

n

A

0

由

yn1

y
n

y
n

y0


x

求

n


y
n


|A< br>
E|
1p

q
(

1)(
1pq)
p1q


得
A
的特征值为
对于
对于
1
1
1
1
2
r
其中
r
1
pq

E
)
x
0 得特征向量
p
1
(
q

p
)
T
1 解方程(
A
r
解方程(
ArE
)
x
0 得特征向量
p
2
(1 1)
T

令
P(p
1
, p
2
)

1

q1


p1


r
)

1
则

PAP
diag(1

APP

A
n
1
P
n
P

n
1
n

q1


10


q1

于是
A


0r


p1

< br>p1




1

q1
< br>
10

11






n

pq

p1


0r

pq

qpr
n
qqr
n

1




pq< br>
ppr
n
pqr
n


x
n

qpr
n
qqr
n


0.5< br>
1





ppr< br>n
pqr
n


0.5


y< br>
n

pq


2q(pq)r
n

1




2p(qp)r
n


2(pq)


32

24 (1)设
A

求(
A
)
A
5
A23

109

解 由
|A
< br>E|
3

2
(

1)(

5)
23

得
A
的特征值为
对于
1
1

1
2
5
1 解方程(
AE
)
x
0 得单位特征向量
5
E
)
x
0 对于
1
5 解方程(
A
1
(1, 1)
T

2
1
(1, 1)
T
得单位特征向量
2
使得
PAP
diag(1 5)
1

于是有正交矩阵P
1

11


11

2


从而
APP
1

A
k
P
k
P
1
因此
(
A
)
P
()
P
1
P
(
105
9
)
P
1


P
[diag(1 5
10
)5diag(1 5
9
)]
P
1


P
diag(4 0)
P
1

< br>
1

11
2


11







0
40
0

1


2



1
11
1





< br>

22


22


 2


11


11






2
1
1
2
2
2

(2)设
A

,
1098

求(
A
)
A
6
A
5
A


221


解 求得正交矩阵为
1


132

P
6


132< br>


202



使得
P
1
AP
diag(1 1 5)
APP
1
于是
(
A
)
P
()
P
1
P
(
106
9
5
8
)
P
1


P
[
8
(
E
)(5
E
)]
P1


P
diag(1 1 5
8
)diag(2 0 4)diag(6 4

P
diag(12 0 0)
P
1


32

12


1< br>
1
6


132


< br>


1
3
1
3
2
0


202



0



0





222


2


11



11


22

2
42






25 用矩阵记号表示下列二次型:
(1)
fx
2
4
xy4
y
2
2
xzz
2
4
yz

y, z)


121


x

解
f(x,

242


y



121




z


(2)
fx
2
y
2
7
z
2
2
xy
4
xz
4
yz

P
1
0)


112


x

解
f(x, y, z)

112


y


227


z


< br> (3)
fx
1
2

x
2
2x
3
2
x
4
2
2
x
1
x2
4
x
1
x
3
2
x
1
x4
6
x
2
x
3
4
x
2
x4

解

1

1
f(x
1
, x
2
, x
3
, x
4
)

2

1

1
1
3
2
2
3
10
1


x
1

2


x
2

0


x
3

 
1



x
4


26 写出下列二次型的矩阵
(1)
2
f(x)x
T


3

1

x
1




22

解 二次型的矩阵为
A


21





123

(2)
f(x)x
T
456

x

789




135


解 二次型的矩阵为
A

357


579


(1)
f
2
x
1
2

27 求一个正交变换将下列二次型化成标准形:
3
x
2
2
3
x
3
3
4
x
2
x
3


200

解 二次型的矩阵为
A

032

由

023< br>

2

00
A

E03

2(2

)(5

)(1

)
023

得
A
的特征值为
当
1
1

2
2
5
2
E
)
x
0
3
1
由

2时, 解方程(
A

000

012

A2E

012

~

001


021

000



得特征向量( 1 0 0)
当
2
T
取
p
1
(1 0 0)
5
E
)
x
0 由
T

5时 解方程(
A
得特征向量(0 1
当
3

300< br>
100

A5E

022

~< br>
011


022

000

1
,
1
)
T
1) 取
p
2
(0,
22
T

1时 解方程(
AE
)
x
0 由

得特征向量(0 1

100

100

AE

022

~

011


022

000

1
,
1
)
T
1) 取
p
3
(0, 
22
T
于是有正交矩阵
T
(
p
1

p
2
p
3
)和正交变换
x
(2)
fx
1
2
Ty
使
f
2
y
1< br>2
5
y
2
2
y
3
2

x< br>2
2
x
3
2
x
4
2
2
x< br>1
x
2
2
x
1
x
4
2
x< br>2
x
3
2
x
3
x
4


1101


1110

解 二次型矩阵为
A

由
0111


10 11


1

101
A

E< br>11

10
(

1)(

3)(

1)
2
011

1
1011

得
A
的特征值为
当
1
1

1
2
3
34
1


1时 可得单位特征向量
p
1
(
3时
4
当
当
2
1
, 
1
, 
1
,
1
)
T
2222
1111
T
可得单位特征向量
p
2
(, , , )
2222

3
1时 可得线性无关的单位特征向量
p
3
(
1
, 0,
1
, 0)
T
22
p
4
(0,
1
, 0,
1
)
T
22
Ty
使

于是有正交矩阵
T
(
p
1

p
2
p
3
p
4
)和正交变换
x

fy
1
2
3
y
2
2
y
3
2
y
4
2


28 求一个正交变换把二次曲面的方程
3
x
化成标准方程
2
5
y
2
5
z
2
4
xy
4
xz
10
yz
1

322

解 二次型的矩阵为
A

255



255


3

22
由
|A

E|25

5

(

2)(

11)
255

1
得
A
的特征值为
2
2
1
11
2

3
0
2
E
)
x
0

11
E
)
x
0 得特征向量(1 2 2)
T
对于 解方程(
A
得特征向量(4 1 1)
T
单位化得
p
1
(
4
, 
1
,
1
)
323232
对于
2
11 解方程(
A

单位化得
p
2
(
1
,
2
, 
2
)
333
对于
3
0 解方程
Ax

0 得特征向量(0 1 1)
T
单位化得
p
3
(0,
1
,
1
)
22
换
于是有正交矩阵
P
(
p
1
p
2
p
3
) 使
PAP
diag(2 11 0) 从而有正交变
1
4

2

x


3
1
y





z

32

1



32
使原二次方程变为标准 方程2
u

T
2
1
0


3

u

21



v
3
2


w


21



3
2


11
v
2
1

29 明 二次型
fxAx
在||
x
||1时的 最大值为矩阵
A
的最大特征值.
证明
A
为实对称矩阵 则有一正交矩阵
T
使得

TAT
成立 其中
T
1
1
diag(

1

n
2

1

n
)
1

最大
2

即
x
为
A
的特征值 不妨设
作正交变换
yTx

fxAx
因为
y
因此
T
T
y
注意到
T
2
11
T
T
有
nn
y
T
TAT
T
yy
T
yy
22
y
2

y
2

Tx
正交变换 所以当||
x
||1时 有
||
y
||||
x
||1 即
y
1
2
y
2
2

y
n
2
1
y
2

1
f

又当
y
1
1
y
2
y
3

11
y
2
22
y
2

1
nn
1

y
n
0时
f

所以
f
max

30 用配方法化下列二次形成规范形 并写出所用变换的矩阵
(1)
f
(
x
1

x
2

x
3
)
x
1
解
f
(
x
1

x
2

x
3
)
x
1
(
x
1
x
2
2
x
3
)
(
x
1
x
2
2
x
3
)
2
2
2
2
3
x
2
3
x
2
2
2
2
5
x
3
5
x
3
2
2
2
2
x
1
x
2
2
x
1
x
2
2
4
x
1
x
3

4
x
1
x
3

4
x
2
x
3
2
x
2
2
x
2
x
3
2

(2
x
2
x
3
)

y1
x
1
x
2
2x
3

令

y
2
2x
2


y
3
2x
2
x
3
二次型化为规范形

xy
5
y2y
3

11
2
2

1
y
即

x
2

2
2


x
3
2y
2
y
3

fy
1
2
y
2
2
y
3
2


所用的变换矩阵为

1
5
2


2

1
C

00

2

< br>021



(2)
f
(
x
1

x
2

x
3
)
x
1
解
f
(
x
1

x
2

x
3
)
x
1
(
x
1
x
3
)
(
x
1
x
3
)
2
2
2
2

2
x
3
2
x
3
2
2
2
x
1
x
3
2
x
2
x
3

2
x
1
x
3
2
x
2
x
3

x
3
2
2
x
2
x
3

x
2
2
(
x
2
x
3
)
2



y
1
x
1
x
3< br>令

y
2
x
2


y
3
x
2
x
3
二次型化为规范形


x
1
y
1
y
2
y
3
即

x
2
y
2


x
3
y
2
y
3

fy
1
2
y
2
2
y
3
2

所用的变换矩阵为

111

C

010< br>

011


(3)
f
(
x
1

x
2

x
3
)2
x
1
解
f
(
x
1

x
2

x
3
)2
x
1

2
2

x
2
2
4
x
3
2
2
x
1
x
2
2
x
2
x
3

x
2
2
4
x
3
2
2
x
1
x
2
2
x
2
x
3
< br>22
2(x
1

1
x
2
)
2
1
x
2
4x
3
2x
2
x
3

22
1
2
1
22

2(x
1
x
2
)(x
2
2x
3
) 2x
3

22

x
1
y

y2(x
1
x)
1

1
2
1
1
2
2

1
(x2x)
即

x2y
令

y
2


2
23
2
2



y
3
2x
3

x
3

1
y
3
< br>2

1
y
1
y
2
2
2
3
2
y
2
3

二次型化为规范形
fy
1
2
y
2
2
y
3
2

所用的变换矩阵为

111

1
C
022

2

001


31 设

fx
1
2
x
2
2
5
x3
2
2
ax
1
x
2
2
x
1< br>x
3
4
x
2
x
3

为正定二次型 求
a

其主子式为

1a1

解 二次型的矩阵为
A

a12


125


a
11
1
1a
1a
2

a1
1a1

a12a(5a4)
125
所以必有1
a
2

因为
f
为正主二次型0且
a
(5
a
4)0 解之得

4
5
a0


32 判别下列二次型的正定性
(1)
f
2
x
21
6
x
2
2
4
x
2
3
2x
1
x
2
2
x
1
x
3


211

解 二次型的矩阵为
A


160

因为
< br>104


a
21
11
20

16
110

|A|380

所以
f
为负定
(2)
fx
22
1< br>3
x
2
2
9
x
3
19
x
2
4
2
x
1
x
2
4
x
1
x
3
2
x
1
x
4
6
x
2
x
4
12
x
3
x
4



解 二次型的矩阵为
A

1

13
12
0
1
3



26

因为

1
0
3
9
619


a
1 1
40
112
11
10

13

,
13060
,
A240

209
所以
f
为正定

33 证明对称阵
A
为正定的充分必要条件是 存在可逆矩阵
U
使
AU

T
U
与单位阵
E
合同
证明 因为对称阵
A
为正定的 所以存在正交矩阵
P
使
P
T
AP
diag(
1

2

n
) 即
APP
T

其中
1

2

n
均为正数
令
diag(

TT
1

1
,

2
,    ,

n
)
则
11

AP
11
P

再令
U
T
P
T
1
则
U
可逆 且
AU
T
U


即
A