内容发布更新时间 : 2025/4/4 2:30:29星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
第六章 二次型
??B1?与???合同. A2??B2??T 证：因为A1与B1合同，所以存在可逆矩C1，使B1?C1A1C1，
T 因为A2与B2合同，所以存在可逆矩C2，使B2?C2A2C2.
1．设方阵A1与B1合同，A2与B2合同，证明? 令 C???A1?C1???，则C可逆，于是有 C2?T1??C1?B1??C1TAC??A1??C11 ???????????TBCACAC?2??2??2???222??A1??B1?即 ?与???合同.
AB?2??2? 2．设A对称，B与A合同，则B对称
证：由A对称，故A?A.
因B与A合同，所以存在可逆矩阵C，使B?CAC，于是
TA?T?1??C?C?2???CA2?TBT?(CTAC)T?CTATC?CTAC?B
即B为对称矩阵.
3．设A是n阶正定矩阵，B为n阶实对称矩阵，证明：存在n阶可逆矩阵P，使
PTAP与PTBP均为对角阵.
证：因为A是正定矩阵，所以存在可逆矩阵M，使
MTAM?E
记B1?MBM，则显然B1是实对称矩阵，于是存在正交矩阵Q，使
TQTB1Q?D?diag(?1,其中?1,,?n为B1?MTBM的特征值.
,?n)
令P=MQ，则有
PTAP?E,PTBP?D
A,B同时合同对角阵.
4．设二次型f??(ai?1mi11x??ainxn)2，令A?(aij)m?n，则二次型f的秩等于r(A).
证：方法一 将二次型f写成如下形式：
f??(ai1x1?i?1m?aijxj??ainxn)2
设Ai= (ai1,
,aij,,ain) (i?1,?,m)
·107·
?a11??则 A??ai1???a?m1a1n??A1???????aijain???Ai?
????????amjamj???Am??A1?????mTTTT于是 AA?(A1,,Ai,,Am)?Ai???AiTAi
??i?1???A??m??ai1?????mm22故 f??(ai1x1??aijxj??ainxn)=?[(x1,xj,xn)?aij?]
??i?1i?1???a??in??ai1??x1??x1?????????????mmT =?[(x1,xj,xn)?aij?(ai1,aij,ain)?xj?]=(x1,xj,xn)(?AiAi)?xj?
??????i?1i?1???????a??x??x??in??n??n? =X(AA)X
因为AA为对称矩阵，所以AA就是所求的二次型f的表示矩阵． 显然
TTTa1jTr(ATA)=r(A)，故二次型f的秩为r(A) ．
方法二 设yi?ai1x1??ainxn,i?1,,n. 记Y?(y1,,ym)T，于是
Y?AX，其中X?(x1,mi?1,xn)T，则
2?ym?YTY?XT(ATA)X.
f??yi2?y12?TT 因为AA为对称矩阵，所以AA就是所求的二次型f的表示矩阵． 显然
r(ATA)=r(A)，故二次型f的秩为r(A) ． T 5．设A为实对称可逆阵，f?xAx为实二次型，则A为正交阵?可用正交变换将f化成规范形.
证：?设?i是A的任意的特征值，因为A是实对称可逆矩阵，所以?i是实数，且
?i?0,i?1,,n.
因为A是实对称矩阵，故存在正交矩阵P，在正交变换X?PY下，f化为标准形，
· ·108
即
TTTTT f?XAX?Y(PAP)Y?YDY?Ydiag(?1,2 ??1y1?,?i,,?n)Y
??iyi2?2??nyn （*）
T 因为A是正交矩阵，显然D?PAP?diag(?1,,?i,,?n)也是正交矩阵，由D为
2对角实矩阵，故?i?1即知?i只能是?1或?1，这表明（*）恰为规范形.
?因为A为实对称可逆矩阵，故二次型f的秩为n. 设在正交变换X?QY下二次型f化成规范形，于是
2TT f?XAX?Y(QAQ)Y?y1??yr2?yr2?1?2?yn?YTDY
其中r为f的正惯性指数，D?diag(1,是正交矩阵.
,1,?1,,?1).
TT 显然D是正交矩阵，由D?QAQ，故A?QDQ，且有ATA?AAT?E，故A 6．设A为实对称阵，|A|?0，则存在非零列向量ξ，使ξAξ?0. 证：方法一
因为A为实对称阵，所以可逆矩阵P，使
TPTAP?D?diag(?1,其中?i(i?1,,?i,,?n)
,n)是A的特征值，由|A|?0，故至少存在一个特征值?k，使?k?0，
?0?????取ξ?P?1?，则有
?????0????0?????TT ξAξ?(0,,1,,0)PAP?1??(0,?????0??? 方法二（反证法）
若?X?0，都有XAX?0，由A为实对称阵，则A为半正定矩阵，故|A|?0与
T??1??,1,0?,0)?????k??0?????????1???k?0 ?????????n???0?|A|?0矛盾.
222 7．设n元实二次型f?XAX，证明f在条件x1?x2???xn?1下的最大值恰
T为方阵A的最大特征值．
解：设?1,?2,?,?n是f的特征值，则存在正交变换X?PY，使
22f?XTAX?YT(PTAP)Y??1y12??2y2????nyn
T222设?k是?1,?2,?,?n中最大者，当XX?x1?x2???xn?1时，有
·109·
22XTX?YTPTPY?YTY?y12?y2???yn?1
因此
2222f??1y12??2y2????nyn ??k(y12?y2???yn)??k
222这说明在x1?x2???xn=1的条件下f的最大值不超过?k．
TT 设 Y0?(y1,?,yk,?,yn)?(0,?,0,1,0,?.0) T则 Y0Y0?1
222f??1y12??2y2????kyk????nyn??k
令X0?PY0，则
TX0X0?Y0TY?1
并且
Tf(X0)?X0AX0?Y0T(PTAP)Y0??k
222这说明f在X0达到?k，即f在x1?x2???xn?1条件下的最大值恰为方阵A的最大
特征值．
8．设A正定，P可逆，则PAP正定.
证：因为A正定，所以存在可逆矩阵Q，使A?QQ， 于是 PAP?PQQP?(QP)QP，显然QP为可逆矩阵，且
TTTTTT(PTAP)T?(QP)TQP?PTAP，即PTAP是实对称阵，故PTAP正定.
9．设A为实对称矩阵，则A可逆的充分必要条件为存在实矩阵B，使AB+BA正定．
证：先证必要性
取B?A，因为A为实对称矩阵，则
?1TAB?BTA?E?(A?1)TA?2E
当然AB?BA是正定矩阵． 再证充分性，用反证法．
若A不是可逆阵，则r（A） TX0?0,使因为A是实对称矩阵，B是实矩阵，于是有 AX0?0 TTX0(AB?BTA)X0?(AX0)TBX0?X0BT(AX0) ?0 这与ABAB?BA是正定矩阵矛盾． 10．设A为正定阵，则A?A?3A仍为正定阵. 证：因为A是正定阵，故A为实对称阵，且A的特征值全大于零，易见A,A,A2*?12*?1T2*?1A2?A*?3A?1全是实对称矩阵，且它们的特征值全大于零，故A,A,A全是正定矩阵， 为实对称阵. 对?X?0，有 XT(A2?A*?3A?1)X?XTA2X?XTA*X?XTA?1X?0 · ·110 即 A?A?3A的正定矩阵. 11．设A正定，B为半正定，则A?B正定. 证：显然A,B为实对称阵，故A?B为实对称阵. 对?X?0，XAX?0， T2*?1XTBX?0，因XT(A?B)X?0，故A?B为正定矩阵. 12．设n阶实对称阵A,B的特征值全大于0，A的特征向量都是B的特征向量，则 AB正定. 证：设A,B的特征值分别为?i,?i(i?1,由题设知?i?0,?i?0,i?1,,n). ,Pi,,?n) ,n. ,Pn)，使 ,?i, 因为A是实对称矩阵，所以存在正交矩阵P?(P1,PTAP?diag(?1,,i即 APi??iPP为iA的特征向量，i?1,BPi??iPi,n. i?1,i,,n 由已知条件Pi也是B的特征向量，故 因此 ABPi?A?iPi?(?i?i)Pi，这说明?i?i是AB的特征值，且?i?i?0，i?1, 又因为 ABP?Pdiag(?1?1,故 AB?Pdiag(?1?1,,n. ,?i?i,,?n?n),PT?P?1. ,?i?i,,?n?n)P，显然AB为实对称阵，因此AB为正定矩阵. B?(aijbibj)n?n 13．设A?(aij)n?n为正定矩阵，b1,b2,?,bn为非零实数，记 则方阵B为正定矩阵． 证：方法一 因为A是正定矩阵，故A为对称矩阵，即aij?aji，所以 aijbibj?ajibjbi，这说明B是对称矩阵，显然 ?a11b21abb1212?2a21bb21ab222? B????abbabb?n1n1n2n1?anbb1n1??b1anbb2n?2?= ???0?annbnbn??0??a11???bn???an1a1n??b1???0ann???0?? bn?? 对任给的n维向量X?(x1,,xnT)?0，因b1,b2,?,bn为非零实数，所以 (b1x1,?,bnxn)T?0，又因为A是正定矩阵，因此有 ?b1TT XBX?X??0?0??a11???abn???n1a1n??b1???0ann???0??X bn???a11 =(b1x1,?,bnxn)??a?n1即B是正定矩阵． a1n??b1x1?????0 ?bx?ann???nn?·111·