线性代数第四章练习题集答案解析

第四章二次型练习4、11、写出下列二次型的矩阵（1）),,(321xxxf=32312221242xxxxxx；（2）),,,(4321xxxxf=434131212222xxxxxxxx。解：（1）因为),,(321xxxf=),,(321xxx012110202321xxx,所以二次型),,(321xxxf的矩阵为：012110202。（2）因为),,,(4321xxxxf=),,,(4321xxxx01011001000111104321xxxx，所以二次型),,,(4321xxxxf的矩阵为：0101100100011110。2、写出下列对称矩阵所对应的二次型：（1）2221202121211；（2）121210210211212112101210。解：（1）设T321),,(xxxX，则),,(321xxxf=XTAX=),,(321xxx2221202121211321xxx=323121232142xxxxxxxx。（2）设T4321),,,(xxxxX，则),,,(4321xxxxf=XTAX=),,,(4321xxxx1212102102112121121012104321xxxx=434232312124222xxxxxxxxxxxx。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）),,(321xxxf=32212221442xxxxxx；（2）),,(321xxxf=322122xxxx；（3）),,(321xxxf=32212322214432xxxxxxx。解：（1）二次型),,(321xxxf的矩阵A=020212022。A的特征方程为)det(AE=20212022=)45)(2(2=0，由此得到A的特征值21，12，43。对于21，求其线性方程组0)2(XAE，可解得基础解系为T1)2,2,1(。对于12，求其线性方程组0)(XAE，可解得基础解系为：T2)2,1,2(。对于43，求其线性方程组0)4(XAE，可解得基础解系为：T3)1,2,2(。将321,,单位化，得T111)32,32,31(1，T222)32,31,32(1，T333)31,32,32(1，令P=),,(321=313232323132323231，则PTAP=diag(-2,1,4)=400010002。作正交替换X=PY，即321332123211313232323132323231yyyxyyyxyyyx，二次型),,(321xxxf可化为标准形：23222142yyy。（2）类似题（1）方法可得：P=21212121210212121，PTAP=200020000，即得标准形：232222yy。（3）类似题（1）的方法可得：P=313232323231323132，PTAP=100050002，即得标准形：23222152yyy。2、用配方法将下列二次型化为标准形：（1）),,(321xxxf=32312123222162252xxxxxxxxx；（2）),,(321xxxf=312142xxxx；（3）),,(321xxxf=323121224xxxxxx。解：（1）先将含有1x的项配方。),,(321xxxf=21x+)(2321xxx+232)(xx－232)(xx+222x+326xx+235x=2321)(xxx+22x+324xx+234x，再对后三项中含有2x的项配方，则有),,(321xxxf=2321)(xxx+22x+324xx+234x=2321)(xxx+232)2(xx。设Y=T321),,(yyy，X=T321),,(xxx，B=000210111，令Y=BX，则可将原二次型化为标准形2221yy。（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33212211yxyyxyyx，即321xxx=100011011321yyy。则原二次型化为),,(321xxxf=))((22121yyyy+321)(4yyy=212y－222y+314yy+324yy=231)(2yy－232)(2yy，设Y=T321),,(yyy，Z=T321),,(zzz，B=000110101，令Z=BY，则可将原二次型化为标准形222122zz。（3）类似题（2）的方法，可将原二次型化为标准形：23222144zzz。3、用初等变换法将下列二次型化为标准形：（1）),,(321xxxf=32212322214242xxxxxxx；（2）),,(321xxxf=3231212322216223xxxxxxxxx；（3）),,(321xxxf=323121624xxxxxx。（此题与课本貌似而已，注意哈）解：（1）二次型),,(321xxxf的矩阵为A=420221011。于是EA=100010001420221011100010001420210011100010011420210001100210211000010001。令C=100210211，作可逆线性变换X=CY，原二次型可化为标准形：),,(321xxxf=2221yy。（2）类似题（1）的方法，原二次型可化为标准形：),,(321xxxf=2322214yyy。（3）类似题（1）的方法，原二次型可化为标准形：),,(321xxxf=2322216212yyy。4、已知二次型),,(321xxxf=32312123222166255xxxxxxcxxx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),,(321xxxf的矩阵为A=c33351315。因为A的秩为2，令detA=0，可得c=3。即),,(321xxxf=323121232221662355xxxxxxxxx也就是A=333351315，通过初等变换法，即可将其化为标准形：232294yy。5、设2n元二次型),,,(221nxxxf=112221nnnnxxxxxx试用可逆线性替换法将其化为标准形。解：令nnnnnnnnnnnnyyxyyxyyxyyxyyxyyx212122121111222211，P=10010110111101101001，即作正交变换X=CY，二次型),,,(221nxxxf可化为标准型：2221221nnnyyyy。6、已知二次型),,(321xxxf=322322212332xaxxxx(a0)通过正交变换化为标准型23222152yyyf，求a的值及所作的正交替换矩阵。解：因为原二次型可化为23222152yyyf，可知原二次型的矩阵的特征值为1，2和5。而原二次型的矩阵为A=3030002aa。故A的特征方程为)det(AE=3030002aa=)96)(2(22a=0。因此将此特征方程的解1，2，5代入得：a=2。对于11，求其线性方程组0)(XAE，可解得基础解系为T1)1,1,0(。对于22，求其线性方程组0)2(XAE，可解得基础解系为：T2)0,0,1(。对于53，求其线性方程组0)5(XAE，可解得基础解系为：T3)1,1,0(。将321,,单位化，得T111)21,21,0(1，T222)0,0,1(1，T333)21,21,0(1，故正交替换矩阵为：P=),,(321=2102121021010。练习4、31、判别下列二次型是否为正定二次型：（1）),,(321xxxf=322123222144465xxxxxxx；（2）),,(321xxxf=32312123222128248210xxxxxxxxx；（3）),,,(4321xxxxf=3241312423222144674xxxxxxxxxx434242xxxx。解：（1）二次型),,(321xxxf的矩阵为A=420262025。由于50，6225=260，420262025=840,即A的一切顺序主子式都大于零，故此二次型为正定的。（2）二次型),,(321xxxf的矩阵为A=11412142412410。由于|A|=11412142412410=-35880，故此二次型不为正定的。（3）二次型),,,(4321xxxxf的矩阵为：A=7222242322102301。由于423210301=-90，故此二次型不为正定的。2、当t为何值时，下列二次型为正定二次型：（1）),,(321xxxf=32312123222161024xxxxxtxxxx；（2）),,(321xxxf=3231212322214225xxxxxtxxxx；（3）),,(321xxxf=322123222122xtxxxxxx。解：（1）二次型),,(321xxxf的矩阵为：A=1353451tt。由于41tt=24t，1353451tt=105302tt，但易知不等式组0105300422ttt无解，因此，不论t取何值，此二次型都不是正定的。（2）二次型),,(321xxxf的矩阵为：A=5212111tt。此二次型正定的充要条件为10,11tt=21t0,|A|=tt4520，由此解得：054t。（3）二次型),,(321xxxf的矩阵为：A=020211012tt。由20,11120,|A|=212t0，解得：22t。3、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=C2TC2C1TC