高等代数与解析几何10.4节习题解答习题10.doc

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1、习题10.4习题10.4.1判别下列二次型或埃尔米特二次型是否正定：（1）；（2）；（3）。解（1）二次型矩阵为，计算可得，所以该二次型不是正定的。（2）二次型矩阵为，计算可得级顺序主子式，。故该二次型是正定的。（3）将二次型表示成矩阵形式为，显然有矩阵的行列式为零，故该二次型是非正定的。习题10.4.2证明：如果是正定矩阵，那么的主子式全大于零，所谓主子式就是行指标与列指标相同的子式。证明：设为正定矩阵，其任一阶主子式为，。下面考察两个二次型和。对任意，令，其中。由于是正定的，有，由的任意性知为正定二次型，故，，得

2、证。习题10.4.3设是实对称矩阵。证明：当实数充分大之后，是正定矩阵。证明：因为，即是实对称矩阵。设是的全部特征值，则是的全部特征值。取，则的特征值都大于零，这时是正定矩阵。习题10.4.4如果是正定对称矩阵，证明也是正定对称矩阵。证明：因为，所以，即是对称阵。令，则，而是正定二次型，所以是正定二次型，故是正定矩阵。习题10.4.5设是阶实对称矩阵，且。证明：存在实维列向量，使得。证明：由于为阶实对称矩阵，且，所以二次型的秩为，且不是正定的，故负惯性指数至少是1，从而二次型可经实可逆变量替换化成。取，其中1为第个分

3、量。得，则二次型，得证。习题10.4.6如果都是阶正定矩阵，证明也是正定矩阵。证明：因为，，所以为对称阵。又因，，对都成立，所以对也成立，即二次型正定，故是正定矩阵。习题10.4.7证明：二次型是半正定的充要条件是它的正惯性指数与秩相等。证明：必要性因为是半正定的，则可经非退化线性替换化为规范形。若，取，其中1为第个分量，则对应有，必有。这与是半正定的相矛盾，故它的正惯性指数与秩相等。充分性因为的正惯性指数与秩相等，所以可经非退化变量替换化为。从而二次型是半正定的。习题10.4.8证明：是半正定的。证明：因为，所以二

4、次型是半正定的。习题10.4.9设是实二次型，如果有实维列向量使，。证明：存在维列向量，使。证明：设的秩为，可作实非退化线性替换，将化为规范形由于存在两个向量使，，所以一定有，。取为第和第个分量为，其余各分量都为零的维列向量，可得，且有。习题10.4.10设是实对称阵，其中是正定阵，则存在可逆实矩阵，使，。证明：因为为正定矩阵，则存在可逆矩阵，使得。又因为是实对称阵，所以有，即为对称矩阵，故存在正交矩阵，使得。令，则有，且有。习题10.4.11如果埃尔米特二次型对一切，有，且仅当时才成立，则称为正定的，同时矩阵称为正

5、定埃尔米特阵。证明下列条件等价：（1）是正定埃尔米特阵；（2）的所有特征值皆大于零；（3）存在复可逆阵，使；（4）的所有顺序主子式皆大于零。证明：（1）→（2）因为是正定埃尔米特阵，由定理9.6.5，总存在酉阵，使得，其中是的全部特征值，且都是实数，即经变量替换，有，当时，定有，且保证，故必有的所有特征值皆大于零。（2）→（3）因为的所有特征值皆大于零，所以可再作变量替换，则有，即令可逆阵，有。（3）→（1）因为存在复可逆阵，使，所以令，有，当时，定有，且有，即为正定的，所以是正定埃尔米特阵。（1）→（4）因为是正定

6、埃尔米特阵，所以的所有特征值皆大于零，且有酉阵，使得，即有，故正定埃尔米特阵的行列式大于零。再证的顺序主子式。令，其中是埃尔米特二次型所对应的矩阵。由于是正定的，所以也是正定的，于是是正定埃尔米特阵，故有，（4）→（1）对n作归纳法：当时，有，，从而是正定的。假设对元时成立。现证n元情况。把二次型对应的写成，其中存在，使得。现令，有，其中。再令，有。两边取行列式知左端行列式大于零，所以右端行列式也大于零，即。显然有，令，即存在可逆矩阵（），使得，故为正定埃尔米特阵。习题10.4.12证明：实对称阵为负定的充要条件是的

7、一切偶数阶顺序主子式大于零，一切奇数阶顺序主子式小于零。证明：设实对称阵为负定的，即对应的二次型是负定的，所以二次型为正定的，由正定性知当且仅当，其中为的阶顺序主子式。当为偶数时，有；当为奇数时，有，即。