线性代数第四章练习题答案.doc

1、 第四章二 次 型练习 4、11、写出下列二次型的矩阵（1） = ；),(321xf 3231214x（2） = 。4 4412解：（1）因为= ,),(321xf ),(321x01231x所以二次型 的矩阵为： 。),(321xf 20（2）因为= ，),(4321xf ),(4321x014321x所以二次型 的矩阵为： 。),(4321xf 012、写出下列对称矩阵所对应的二次型：（1） ； （2） 。201 120100解：（1）设 ，则T321),(xX=XTAX=),(321xf ),(321x2013x= 。323123214xx（2）设 ，则T4321),(xX=XTAX=)

2、,(4321xf ),(4321x12010204321x= 。432312142 xxxx 练习 4、21、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） = ；),(321xf 32121x（2） = ；32x（3） = 。),(321xf 321214x解：（1）二次型 的矩阵),(32fA= 。021A 的特征方程为= = =0，)det(E201)45)(2由此得到 A 的特征值 ， ， 。2143对于 ，求其线性方程组 ，可解得基础解系为10)(XAE。T1)2,(对于 ，求其线性方程组 ，可解得基础解系为：120XAE。T2),(对于 ，求其线性方程组 ，可解得

3、基础解系为：43 4。T3)1,(将 单位化，得321,，T11)32,(，T22),(，T33)1,(1令P= = ，),(321312则 PTAP=diag(-2,1,4)= 。40作正交替换 X=PY，即，32132321yyx二次型 可化为标准形：),(321xf。23214y（2）类似题（1）方法可得：P= ，P TAP= ，2110 20即得标准形： 。32y（3）类似题（1）的方法可得：P= ， PTAP= ，3121052即得标准形： 。215y2、用配方法将下列二次型化为标准形：（1） = ；),(321xf 3231212321 65xx（2） = ；124（3） = 。)

4、,(321xf 323x解：（1）先将含有 的项配方。1= + + + + +),(32xf21)(32x23)(23)(x326x5= + + + ，24再对后三项中含有 的项配方，则有2x= + + + = + 。),(31f 231)(x32x4231)(x23)(x设 Y= ， X= ， B= ，T321),(yT321),(01令 Y=BX，则可将原二次型化为标准形 。21y（2）此二次型没有平方项，只有混合项。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，即 = 。3212yx321x1032y则原二次型化为= +),(321xf )(2121321)(4y= +

5、+y33= ，231)(2)(y设 Y= ， Z= ， B= ，T321),(yT321),(z01令 Z=BY，则可将原二次型化为标准形 。21z（3）类似题（2）的方法，可将原二次型化为标准形：。23214z3、用初等变换法将下列二次型化为标准形：（1） = ；),(321xf 3212321 4xx（2） = ；2 6（3） = 。 （此题与课本貌似而已，注意哈）),(321xf 3231164x解：（1）二次型 的矩阵为),(2fA= 。401于是= 。EA10421 10421 104210 10201令C= ，102作可逆线性变换 X=CY，原二次型可化为标准形： = 。),(32

6、1xf21y（2）类似题（1）的方法，原二次型可化为标准形： = 。),(321f 23214（3）类似题（1）的方法，原二次型可化为标准形： = 。),(321xf 23216yy4、已知二次型=),(321xf 32312123215xxc的秩为 2。求参数 c 的值，并将此二次型化为标准形。解：二次型 的矩阵为),(321fA= 。c5因为 A 的秩为 2，令 detA=0，可得 c=3。即 =),(31xf 3231212321 6xxx也就是A= ，35通过初等变换法，即可将其化为标准形： 。 2394y5、设 2n 元二次型=),(21nxf 1121 nnxx试用可逆线性替换法将

7、其化为标准形。解：令， P= ，nnnnnyxyx212111221 1001001 即作正交变换 X=CY，二次型 可化为标准型：),(21nxf。212 nnyy6、已知二次型 = (a0)通过正交变换化为标准),(321xf 3232xax型 ，求 的值及所作的正交替换矩阵。3215yyfa解：因为原二次型可化为 ，可知原二次型的矩阵的特征值为23215yyf1，2 和 5。而原二次型的矩阵为A= 。302a故 A 的特征方程为= = =0。)det(E3002a)96)(22a因此将此特征方程的解 1，2，5 代入得：a=2。对于 ，求其线性方程组 ，可解得基础解系为10)(XA。T1

8、,对于 ，求其线性方程组 ，可解得基础解系为：2)2(E。T0,对于 ，求其线性方程组 ，可解得基础解系为：53)5(XA。T31,将 单位化，得321,，T11 )2,0(，T22),(，T33 )21,0(1故正交替换矩阵为：P= = 。),(321210练习 4、31、判别下列二次型是否为正定二次型：（1） = ；),(321xf 3212321 4465xx（2） = ；3212 880（3） =),(4321xf 43243167xxx。42解：（1）二次型 的矩阵为),(31xfA= 。42065由于 50， =260， =840,625即 A 的一切顺序主子式都大于零，故此二次型

9、为正定的。（2）二次型 的矩阵为),(321xfA= 。1420由于|A|= =-35880, = 0, |A|= 0，1t2tt452由此解得： 。054（3）二次型 的矩阵为：),(321xfA= 。02t由20, 0, |A|= 0，12t解得： 。t3、设 A、 B 为 n 阶正定矩阵，证明 BAB 也是正定矩阵。证明：由于 A、 B 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= C 2TC2C1TC1C2TC2=(C1C2TC2)T(C1C2TC2)，即 BAB 也是正定矩阵。4、如果 A， B 为 n 阶正定矩阵，则 A+B 也为正定矩阵。证明：由于 A、 B 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，而且， ，XfTgT为正定二次型。于是对不全为零的实数 ，有nx,21， 。0TA0TB