二次型与对称矩阵 习题

线性代数课件

第五章 习题课典 型 例 题一、二次型及其矩阵表示 二、化二次型为标准

三、正定二次型的判定

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一、二次型及其矩阵表示例1. 求实二次型 f ( x1 , x2 , , xn ) (ai1 x1 ai 2 x2 ain xn )i 1 n 2

的矩阵及秩.

解 a11 a21 令A an1 a12 a22 an 2 a1n A1 a2 n A2 ann An

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A1 n A2 则A ' A ( A '1 , A '2 , , A 'n ) A 'i Ai i 1 An 于是f ( x1 , x2 , , xn ) (( x1 , x2 , xn ) A 'i ) 2i 1 n

x1 n x2 ( x1 , x2 , , xn ) A 'i Ai i 1 xn

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x1 x1 n x2 x2 ( x1 , x2 , , xn )( A 'i Ai ) ( x1 , x2 , xn ) A ' A i 1 xn xn

由于( A ' A)' A '( A ')' A ' A, A ' A为n阶实对称阵,故f ( x1 , x2 , xn )的矩阵为A ' A, 其秩 R( A ' A) R( A).

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二、化二次型为标准形例3.设二次型f ( x1 , x2 , x3 ) x ' Ax ax 2 x22 1 2 2

3x3 2bx1 x3 (b 0), 其中二次型的矩阵A的 特征值之和为1, 特征值之积为 12. (1)求a, b的值; (2)利用正交变换将二次型f 化为标准型, 并写出所用的正交变换和对应的正交矩 阵.(2003年数学3)5

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解法1 a 0 b (1)二次型f ( x1 , x2 , x3 )的矩阵为A 0 2 0 . b 0 2 设A的特征值为 i (i 1, 2,3),由题设有

1 2 3 a 2 ( 2) 1a 0 b

1 2 3 0 2

0 4a 2b 2 12 b 0 26

解得a 1, b 2.

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(2)由矩阵A的特征多项式

1 E A 0 2

0

2 0 ( 2) ( 3)2

20

2

得A的特征值 1 2 2, 3 3. 对于 1 2 2, 解齐次线性方程组(2E A) x 0, 得其基础解系 1 (2,0,1) ', 2 (0,1,0) '. 对于 3 3, 解齐次线性方程组( 3E A) x 0,得其基础解系 3 (1,0, 2) '.7

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由于 1 , 2 , 3已是正交向量组, 为得到规范正交向量组, 只需将 1 , 2 , 3单位化,由此得 1 ( 2 5 , 0, 1 5 ) ', 2 (0,1, 0) ', 3 ( 1 5 , 0, 2 5 )'

1 2 0 5 5 令矩阵P 0 1 0 , 1 2 0 5 5 则P为正交矩阵, 在正交变换x Py下, 有8

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2 0 P ' AP 0 2 0 0 2 2 f 2 y1 2 y2解法2

0 0 , 且二次型的标准形为 3 3 y3 .2

a 0 b (1)二次型f ( x1 , x2 , x3 )的矩阵为A 0 2 0 . b 0 2 9

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A的特征多项式为

1 E A 2

0 b

0 b 2 0 0 22

( 2

)[ (a 2) (2a b )] 设A的特征值为 1 , 2 , 3 ,

则 1 2, 2 3 a 2, 2 3 (2a b2 ), 由题设得 1 2 3 2 (a 2) 1,

1 2 3 2(2a b ) 12,解得a 1, b 2.2

(2)由(1)可得A的特征值为 1 2 2, 3 3,

以下解法同解法(1).

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2 2 例4.已知二次型f ( x1 , x2 , x3 ) 2 x12 3 x2 3 x3 2ax2 x3 2 2 (a 0)通过正交变换化为标准型f y12 2 y2 5 y3 ,

求参数a及所用的正交变换矩阵. (1993年数学1)

2 0 0 解：二次型f ( x1, x2 , x ) 的矩阵A 3 a 0 3 0 a 3 又由f 的标准型可知A的特征值为 1 1, 2 2, 5, 32 故 A 1 2 10, 即： a) 2(9 10 3

2 0 0 但a 0, 故a 2, 此时A 3 2 0 0 2 3

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(1)当 1时,由方程组( E A) x 0得对应的单位 1 1 特征向量为 1 (0, , ) 2 2

(2)当 2时,由方程组(2 E A) x 0得对应的 单位特征向量为 2 (1,0,0) (3)当 5时,由方程组(5E A) x 0得对应的 1 1 单位特征向量为 3 (0, , ) 2 212

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故所用的正交变换矩阵 0 1 P ( 1 , 2 , 3 ) 2 1 2 1 0 0 0 1 2 1 2

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例6.已知二次型f ( x1 , x2 , x3 ) 5 x 5 x cx2 1 2 2

2 3

2 x1 x2 6 x1 x3 6 x2 x3的秩为2. (1)求参数c及此二次型的矩阵的特征值. (2)指出方程f ( x1 , x2 , x3 ) 1表示何种二次曲面. (1996年数学1) 5 1 3 解： 该二次型的矩阵A 1 5 3 (1) 3 3 c

由题设知R( A) 2,因此 A 0, 解得c 3.14

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易证, 此时R( A) 2, A的特征多项式

5 E A 1 3

1

3 3 ( 4)( 9)

53

3

故所求特征值为 1 0, 2 4, 3 9.(2)由以上讨论知, f 的一个标准型为f 4 y 9 y ,2 2 2 3 2 2 由此可知f ( x1 , x2 , x3 ) 1(即4 y2 9 y3 1)

所给出的曲面是椭圆柱面.15

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三、正定二次型的判定例7.设f ( x) x Ax是一实n元二次型, 若有n维向量x1 , x2 , 使f ( x1 ) 0, f ( x2 ) 0, 试证：

()x1和x2 线性无关； 1

(2)存在n维向量x0 0, 使f ( x0 ) 0. 证： 由f ( x1 ) 0知x1 0, 从而x1线性无关. (1)于是, 若x1和x2 线性相关, 则x2 可由x1线性表示：x2 kx1 , k R, 且f ( x2 ) f (kx1 ) (kx1 ) A(kx1 ) k 2 x1 Ax1 k 2 f ( x1 ) 0,

与题设f ( x1 ) 0相矛盾.故x1和x2 线性无关. 16

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(2)考虑实函数 G(t ) (tx1 (1 t ) x2 ) A(tx1 (1 t ) x2 ), t R,显然它在R上连续, 且由题设知G(0) f ( x2 ) 0, G(1) f ( x1 )

0,

因此, 存在t0 (0,1), 使G(t0 ) 0,即存在n维向量x0 , 使f ( x0 ) 0, 其中x0 t0 x1 (1 t0 ) x2. 由(1)知, x0 0.

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例8.设二次型f ( x) x Ax的正、负惯性指数都不为零, 试证：存在非零向量x (1) , x (2) , x (3) , 使f ( x (1) ) 0, f ( x (2) ) 0, f ( x (3) ) 0.

证：设f ( x)的正惯性指数为p, 秩为r , 则有0 p r, 且有可逆变换x Cy (1)使得f ( x) f (Cy) yi2 i 1 p

由于 C 0, 故以下三个向量均不为零：x x(1)

j p 1

r

yi2 (2)

, x (2) C (1, 0, , 1 , , 0) , C (1, 0, , 0)(r )

(3)

C (0, , 1 , , 0) (r )(1) (2) (3)18

将其代入式(2), 得f ( x ) 1 0, f ( x ) 1 1 0, f ( x ) 1 0.

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例9.设二次型f ( x1 , x2 , x3 , x4 ) t ( x12 x2 2 x32 ) 2 x1 x2 2 x2 x 3 2 x3 x1 x4 2 .问t为何值时f 正定 ? 并讨论t 2时的情况. 解法1 对f 配方得

f (t 2)( x x2 x3 ) ( x1 x2 ) ( x2 x3 )2 1 2 2 2 2 2

2

( x3 x1 ) x4 . 由此可见 : (1)t 2时, 对任意的( x1 , x2 , x3 , x4 ) 0, f 0, 故此时f 正定.2 2 2

(2)t 2时, f 变为f ( x1 x2 ) ( x2 x3 ) ( x3 x1 ) x4 ,2

于是对任意的( x1 , x2 , x3 , x4 ), f 0, 且f (1, 1, 1, 0) 0, 故此时f 是半正定的.19

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(3)t 2时, f (0,0,0,1) 1 0, f (1, 1, 1,0) 3(t 2) 0 故此时f 是不定的. 综上,当且仅当t 2时, f 正定;当t 2时, f 半正定;当t 2时, f 是不定二次型 解法2

f ( x1 , x2 , x3 , x4 )的矩阵为 t 1 1 1 t 1 A 1 1 t 0 0 0 0 0 0 1 20

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f ( x1 , x2 , x3 , x4 )正定的充要条件是 t 1 1 t 1 2 t 0, t 1 0, 1 t 1 (t 2)(t 1) 2 0 1 t 1 1 t A (t 2)(t 1) 02

由此解得t 2,即t取开区间(2, )内的值时, f ( x1 , x2 , x3 , x4 )正定.

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