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《线性代数习题精解第六章1》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、模拟题精解第六章二次型(一)填空题6-1答：2.解析：二次型/的矩阵为<-122、A=2-1-2■<2-2一1丿/由矩阵A的特征多项式A+1—2-2AE-A=—22+12=(久一1)(2+5),-22兄+1由于A的特征值人二&二1,心二-5,可知A有两个正特征值，因此/的正惯性指数为2.6~2答：于
2、+护2+2屮3解析：设久是A的任一特征值，由题设A2-3A+2E=0知，久必须满足方程A2-3/l+2=0.故/I=1或A=2.因此A的特征必为正.又
3、A
4、=2,可知A的三个特征值之积为2,所以A的特征
5、值应为入=入=1,入=2.故二次型f=xtAx经正交变换化为标准型y3+y22+2y23・6-3答：屮
6、一y22.厂11-2、解析：二次型/的矩阵为人=1-21,〔-2In>由r(A)=2,知制=0即3(1-a)=0.解之得a=l.由矩阵A的特征多项式A-l-12
7、AE-A
8、=-12+2-1=2(2-3)(2+3),2-1A-1得A的特征值人=0,入=3,入=一3由于A的正、负特征值各有一个，因此/的规范形为y2i-y2?.6・4答：+y；一yj•解析：矩阵B的特征多项式陆_二仇_3)(/1_1)(/1
9、+1),可知B的特征值人=3,入=1,入=一1,所以二次型g二xA7%的规范形为+因为a与b合同,故二次型f=xrAx的规范形也是才+址_处・6-5答：Z>1.解法1：二次型/•的矩阵为(t11、A=]t.J10由于A为正定矩阵，故A的各阶顺序主子式应满足t1,£)[=/>0,D=[二广-1〉0,t11D3=1t1=(r+2)(r-l)2>0.11t解得/〉1・解法2：由于二次型f的矩阵A的特征多项式为
10、Af-內=(A—t—2)(A—t+1冗知A的特征值为人=f+2,易二入=/-1.因为4为正定矩阵，
11、所以A的特征值应满足Az>0(/=1,2,3)..解得t>.6-6答：n.解析：设久是A的任一特征值，则由A3+3A2+3A+2£=O知，必满足方程才+3/+32+2=(2+2)(A2+2+1)=0.由于实对称矩阵的特征值必为实数，故人的特征值只能为-2.因此A的负惯性指数为乩(二)选择题6-7答：D.解：若A"B,B为可逆矩阵，则对任意兀工0都有Bx^O.于是，f=xtAx=xtBtBx=(Bx/(Bx)>0,故/是正定二次型。反之，若f=xrAx是正定的，则存在可逆线性变换x=Cyt化f为规范形屮
12、+£+・・・+£,即ctAC=E.取B=C得A=B1B.因此(D)正确.oA事实上，/=*Ax正定n同>0,但
13、A
14、>0不能推出f正定，例如不正定，其行列式大于0,即(A)不正确.〃元二次型/正定o/的正惯性指数为=>f的秩为〃.上面的例子也表明，斤元二次型/的秩为斤不能推出/正定，即(C)不正确.(10、再如二次型/=*00”的秩与正惯性指数相等，都为1,但/不正定，即(B)也不正确.6-8答：C.解析：由于矩阵A的列向量组是冷个〃维向量，如果5
15、不为零，故r(A)=5.因为，齐次线性方程组心=()只有零解，所以对任意的兀H0都有&H0,故(Ax)Ax)=xtAtAx>0.又4丁4是对称矩阵，因此是正定的如果s>n,由r(ATA)=r(A)16、A£-A
17、=A(/l2-4/l-3),可知A的特征值&=0,入入=—3<0,,故入,〈异号，因此厂(4)=2,正，负惯性指数都为1,即应选(D).6-1
18、0答：D."-1、解：由题设知，二次型矩阵4与对角矩阵_2相似，即有正交<-bpi]矩振Q,使QtAQ=Q-]AQ=-2I_1>-1~2-1厂2、1<2>于是，
19、A
20、=-2.且Q'}A-lQ=Q-r^A^Q=lAlf-l故Q~]A：Q=A即才的特征值为2,1,2,因此的正惯性指数为3.(三)计算证明题6-11证：(1)因为A,B都是正定矩阵，所以存在可逆矩阵M和N,使a=mtm.,b=ntn.于是N(AB)N~{=NMTMNTNN~l又郁丁是可逆矩阵，故(MNtY(MNt)是正定矩阵，所以其特征值
21、全为正数，又AB与相似，因此AB的特征值全大于零.(2)由^(AB)T=BTAT=BA=AB,知AB为实对称矩阵，由(1)知AB的特征值全大于零，因此是正定矩阵.6-12证法1：因为
22、A
23、<0,所以r(A)=n,且二次型xrAx的负惯性指数不为零，否则，A为正定矩阵，有
24、A
25、>0,矛盾。因此存在可逆矩阵C,使ctac=d=1,-1I-1丿其屮D的主对角线元至少有一个为一1,収)=(0,(),•••,-1)丁，则yTDy=-l<0,于是，取x
