5.3 试题解析-高等代数考研解析

高等代数考研解析 则S为半正定矩阵且A=S2。 5.3试题解析 例1（西安建筑科技大学，2019)求下列二次型的秩。 f(,x2,x)=(+x2)2+(2-x)2+(3,+x)2 解：二次型的秩为二次型矩阵的秩。由题知： f(1,x2,x3)=2x2+2x2+2x+2x1X2-2x2x3+2x1x3 对二次型的矩阵做初等变换得： 21 1 12-1 A=12-1 → 01-1 1-12 (000 则R(A)=2,从而二次型的秩为2。 例2（成都理工大学，2019)判断二次型： f(3,x2,)=x+2x2+2x号+4x,3+3x 是否正定。 解：二次型的正定性由其矩阵的顺序主子式确定。由题可知二次型的矩阵为： 110 A=122 023 则其顺序主子式为： a--10.n10.04=10 从而该二次型不是正定的。 例3（长安大学，2024)当a取何值时，下列二次型是负定的？ f(x,v,2)=a(x+y+)+2xy+2xz-2yz 解：判定二次型f(x,y,z)为负定的，只需判定-(x,y,z)为正定的即可。由 132 5二次型 题有： -f(x,y,z)=-a(x2+y2+z2)-2xy-2xz+2yz 则其矩阵： -a-1-1 -1-a1 -11-a 为正定的，从而所有顺序主子式都大于零，即： 解之可得1<a<2且a<-1。 例4（北京师范大学，2020)己知A为实对称矩阵，且A4<0,则存在实维向 量X,使得XTAX<0。 证明：由A为实对称矩阵，且A<0,知二次型f=XTAX的秩为，且A不是 正定矩阵，从而负惯性指数大于0，经过非退化线性替换X=CY化为： f=XTX=YCTACY=y+…+y好-y--y 其中1≤s<no 当y,=1,男==y1=0时，f=y++y-y1--片<0，即存在向量 X=(0,,0,1)T≠0，使得f=XTAX<0。 例5（上海理工大学，2019）设f(x,x2,,x)=XTAX是一个实二次型，己 知有实n维向量X和X,使得XTAX,>0且X,TAX,<0,证明必存在实n维向量 X。≠0使得X。TAX。=0。 证明：设R(A)=r,利用非退化线性替换X=CY化二次型为如下标准形： XTAX=dy+dy+…+d,y 1331 高等代数考研解析 其中d为1或-1。又存在X,和X2,使得XTAX1>0且X,TX2<0,则d,d,,d,不 可能全为1，也不可能全为-1，不妨设有p个1和q个-1，从而： XTAX=++号-1--y 此时存在三种情况：p=q,p>q,p<q。下面以p>q为例进行讨论： 令%==yg=1,yH=…=y。=0,yH=…=yp=1,则由C1X=Y,可求 得非零向量X使得XTAX。=y好++y片-y--=0。 例6(（海南大学，2019)求二次型f(x1,x2,x3)=2xx2+4x2x3+2xx3的标准形， 并给出相应的非退化线性替换。 解：对二次型的矩阵做合同变换得： 0 0 1 2 2142 0 0 0 2 1 02 10 3 0- 0 A 1 2 0 2 2 0 4 3 0 0 0 -8 E 1 0 0 2 0 0 2 0 0 2 -1 -4 0 1 0 0 10 1 1 0 1 -2 0 01 0 01 0 01八0 0 1 则二次型的标准形为： f=2v-y-8v 所做非退化线性替换为X=CY,其中： 2-1 -4 C= 1 -2 00 1 例7（兰州大学，2020）已知二次曲面方程x2+2+z2+2bxy+2xz+2z=4可 经过正交变换化为椭圆柱面方程y2+4z2=4,求α，b及所做的正交变换。 解：令f(x,y,z)=x2+w2+z2+2bxy+2xz+2yz,由题可知二次型经过正交变换 X=PY化为标准形y2+4z,从而二次型的矩阵与标准形的矩阵相似，即： 134 5二次型 b b =B 从而有tr(A)=r(B),4=B,解之可得a=3,b=1。 又A的特征值为0,1,4，解特征方程(2E-A)x=0可得对应的特征向量为： =(-1,0,1)T,a2=1-1,1)T,a=1,2,1)T 单位化可得： 月=1a0,A-有-，A.-右2 令P=(B,P2,B),则P为正交矩阵，从而所做的正交变换为X=PY。 (1a 1 100 例8（南京理工大学，2024)设A= a2a1,B=010,且A与B合同。 11 000 (1)求a的值； (2)求一个可逆矩阵P,使得PTAP=B。 解：（1)由A与B合同，知R(A)=R(B),从而A=0,即a=1。 (2)对矩阵做合同变换得： 11 1 0 1 1 0 0 1 2 1 0 1 0 0 1 0 4) 11 1 1 0 1 0 0 0 10 y B 0 1 -1 0 1 -1 -1 P 0 1 0 0 1 0 0 1 0 00 1 (0 0 1 0 0 1 则： 1-1 -1 P= 0 0 PTAP=B 0 0 1 1351 高等代数考研解析 例9（华东师范大学，2022)(1)设A∈MR)是半正定实对称矩阵，x∈R”, 则xTAx=0的充要条件为Ax=0; (2)设A是阶半正定实对称矩阵，将其写成分块矩阵的形式： 其中A是r阶方阵，对于x∈R',若Ax=0,则Ax=0; (3)设A,B是n阶半正定矩阵，且R(A)=r,则存在n阶可逆矩阵P使得： P-A(P-)T= E 00 pTBP=diag( 证明：(1)①必要性。由A为半正定矩阵，知存在C∈M,(R),使得A=CC。 又xTAx=0,则： 0=xCTCx=(Cx)T(Cx)=Cx 从而Cx=0,故Ax=CTCx=0。 ②充分性。由Ax=0,知xTAx=xT.0=0。 (2)对于x∈R,若Ax=0,则： (o04=0 而： 为半正定矩阵，则由(1)可知： 即Ax=0。 136 5二次型 (3)由A为半正定矩阵，且R(A)=r,知存在可逆实矩阵Q使得： E A=00 即： Q'A(0)r= 00 而B为半正定矩阵，则QBQ仍为半正定矩阵，令： OBO- B2 B4》 其中B为阶方阵，由(2)可知方程组： B Bx=0 B x=0 同解，则： R(B)=R B 从而矩阵方程XB=B有解。 不妨设矩阵X。满足X,B,=B,,记： S= E-Xo 0 E 则： se@=点2盘盘名E)(8g 0 此时由： 可知： 1371 高等代数考研解析 se4ewr-6688 而B,B4-XB,X。均为实对称矩阵，则存在正交矩阵T,T,使得： TBT,T (Ba-XoB Xo)T2 均为对角矩阵。 不妨设： T B T=diag T:(B-XoB Xo)T:=diag 令T=diag{T,T,},则T为n阶正交矩阵，且有： TIS O BOST-T OB. TBT 0 T (B-XoB X)T: diag( 0 此时还有： TseA(2)(s)"(T) TE.OT) 0x八0o八0( 记P=QST,则P为n阶可逆矩阵，且： P-4(P-)=E.o (00 P"BP=diag( 例10（西南大学，2024）设f(x,x2,,x)是一个n元实二次型，则存在n元正 定二次型g(,x2,,x)和n元负定二次型h(化，x2,,x)使得： f(x1,x2,…,xn)=8(x1,x2,…,xn)+h(x1,x2,…,xn) 证明：设f(,x2,,x)的矩阵为A,A的合同标准形满足： 138 5二次型 E。 PTAP= E 0 令： (E PTAP- -E 0 （2E -E E B+C n-b-0 又合同不改变正定性，则B为正定矩阵，C为负定矩阵。 设g(x1,x2,,xn)的矩阵为(P)BP1,h(,x2,…,xn)的矩阵为(P)CP,则 g(,x2,,x)为正定二次型，h(x,x2,,x)为负定二次型。 例11（中山大学，2022)设A,B为阶正定矩阵，且AB=BA,若A的特征 值都严格小于1，则AB-AB也是正定矩阵。 证明：由A,B为阶正定矩阵，知A,B为实对称矩阵，从而： (AB)T=BTAT=BA=AB 即AB为实对称矩阵。又A为正定矩阵，则存在实可逆矩阵C使得A=CCT,从而 AB=CCTB=C(CTBC)C1,即AB与CTBC相似，CTBC与B相似 又B为正定矩阵，则CTBC为正定矩阵，从而CTBC的特征值均大于零，进一 步B的特征值也均大于零，AB的特征值也均大于零，故AB是正定矩阵。 又A的特征值都严格小于1，则E-A也为正定矩阵，从而： (E-A)AB=(E-A)BA=BA-ABA=BA-BAA=BA(E-A) 即(E-A)AB=AB-AB也为正定矩阵。 例12（厦门大学，2019)设A为阶正定矩阵，B为实矩阵，且A2B=BA2, 1391 高等代数考研解析 则AB=BA。 证明：由A为正定矩阵，知A可对角化，从而存在正交矩阵P使得： PAP=diag) 其中2，入，，入为A的特征值，2，乃，…，22为A的特征值，且： PA2PPBP=PBPPA2P PBP=PBP 则PBP为对角矩阵。 不妨设PBP=diag{4,42,,4n},则： PAPPBP=diag(AAdiag =diag{4,42,,4n}diag{,2,,,} =P BPPAP 则AB=BA。 例13（西北大学，2020）设A是正定矩阵，则A1+A也是正定矩阵。 证明：由A是正定矩阵，知AT=A,从而： (4+4)=(4+()=(A)+(4)=4+4 即A+A为对称矩阵。 又A是正定矩阵，则A为实对称矩阵，且A>0,从而存在正交矩阵P使得： PAP=diag) 其中2>0，i=1,2,,n为A的特征值，从而： PAAP,Pp安片 140 5二次型 PrP-pp-是安 其中： 4,0,i=12, 则： P(A+A)P=diag 1+A1+4.1+4 其中： 1+A>0,i=1,2n 故A1+A是正定矩阵。 例14（长安大学，2022）设A是阶实对称矩阵，则存在可逆实矩阵B使得 B2=A的充要条件是A为正定矩阵。 证明：(1)必要性由A是n阶实对称矩阵，知AT=A,从而： AT=(B2)T=(BT)2=B2=A 即B为对称矩阵，从而A=B2=B「EB,即A与单位矩阵合同，故A是正定矩阵。 (2)充分性。若A是正定矩阵，则A与单位矩阵合同，从而存在可逆矩阵P, 使得PTAP=E,进一步A=(PT)P1=(P)T(P)。令B=P1,则B为可逆矩阵， 且B2=A。 例15（云南大学，2022）设A为n阶反对称矩阵，E为n阶单位矩阵，则 E-A是正定矩阵。 证明：由A为反对称矩阵，知AT=一A,从而： (E-A2)=E-(A2)=E-(A)2=E-A2 即E-A为对称矩阵。 1411