北大版高等代数考研真题答案 高等代数考研怎么学？

4．设二次型

（1）求二次型f的矩阵的所有特征值；

（2）若二次型f的规范形为，求α的值．

解：（1）二次型f的矩阵

由于 

所以A的特征值为

（2）解法1：由于f的规范形为，所以A合同于，其秩为2，

故有，于是或或

当时，，此时的规范形为，不合题意．

当时此时的规范形为，不合题意．

当时，，此时的规范形为

综上可知，

解法2：由于f的规范形为，所以A的特征值有2个为正数，1个为零．又

所以α=2．

5．设A是实矩阵，E为n阶单位阵．已知矩阵，试证明：时，矩阵B为正定矩阵．

证明：因为A为实矩阵，且

所以B为n阶实对称矩阵．

又对

，所以，因而B为正定矩阵．

（2）在没有给出抽象矩阵所满足的关系式时，要说明其正定常考虑使用定义（本题中，没有满足的关系式，只是一个记号）．

6．设为正定矩阵，其中分别为m阶、n阶对称矩阵，c为矩阵．

（1）计算，其中

（2）利用（I）的结果判断是否为正定矩阵，并证明你的结论．

解：（1）因，所以有

（2）矩阵是正定矩阵．

由（1）的结果可知，矩阵合同于矩阵

又D为正定矩阵，可知M为正定矩阵，从而对称．对任意的，令有

即，故为正定矩阵．

7．设A、B均为正定阵，则AB正定

证明：因为A、B及AB正定，所以它们均为对称矩阵．

故

因为所以

又可逆阵，使

所以  

从而  

所以　  

而为正定阵（因为可逆）．

所以AB的特征值全为正数，结合AB对称知AB正定．

8．设X、Y是两个n维向量，A为n阶实方阵，证明：

（1）若A半正定，则

（2）若A正定，则

证：（1）因为A半正定，故存在正交阵T，使

由柯西公式得

（2）因为A正定，故存在正交阵T，

所以

取，则

所以

9．设A为一n阶正定阵，为n个关于A为共轭的非零列向量，即

，且试证：

证明：由题设，令

因为，所以对角阵D的行列式>0．

即　 

因之故 线性无关．

又　 i=1，2，…，n．

所以

因为

故

所以

10．设是正定矩阵列线性无关，而，证明：

（1）二次型f=X"AX的正、负惯性指数各为n，k；

（2）A可逆．

证明：（1）因为

由N列满秩可得，而结合B正定知B－1正定，所以有为对称矩阵，从而为正定矩阵．

故的正惯性指数为n，负惯性指数为k，结合A与合同知，结论成立．

（2）由秩（A）=秩（B）＋秩（－N"B－1 N）=n＋ k知，A满秩（可逆）．

11．若是正定阵，则也是正定阵，且|A|·|D|．

证明：A是正定矩阵的顺序主子阵，因而正定，从而A－1正定．

又　 （1）

即合同于，从而正定．

所以正定．

对式（1）两边取行列式得

 （2）

由A－1正定，所以B"A－1B半正定．

所以　 

结合式（2），证完．

12．设c实数，α是实数域上的n维列向量，证明：n级矩阵为实正定矩阵．

证：证法1：显然B为对称阵，且X≠0时，

当c>10时，显然，X"BX>0．

当c<0时，

证完．

证法2：显然为实对称矩阵，所以存在正交矩阵P，使

又　  

故　 

所以　 

又，故的特征值均为正数，结合对称即得其为正定矩阵．

13．设半正定二次型的秩为r，则的实数解是R n的一个n－r维子空间．

证：证法1：由题设，可逆矩阵P，使

令（Y1，Y2，…，Yn）分别取

取

则令，有

又若f（X "0）=0，则g（（P－1 Xo）"）=0．即Y=P－1 X0的前r个分量全为0．

令则

综上可知，集合为满足的全体X构成．显然，其维数

证法2：因为A半正定，

所以有实矩阵C使A=C"C（这里r（A）= r（C）= r）．

因为

即X"AX=0与CX=0同解．

而r（A）=r（C）=r，所以线性方程组CX=0的解空间维数为n－r．

故f（X"）=0的实数解构成Rn的一个n－r维子空间．

14．设A为正定矩阵，证明对任一正整数m，存在唯一的正定矩阵B，使A=Bm．

证明：（l）因为A正定，所以存在正交阵T，使

取，显有A=Bm，且B为正定矩阵．

（2）唯一性．如还有A=Cm，C正定．

由于B为实对称矩阵，所以B有n个线性无关的特征向量

设 ，这里 （1）

取，则

由于

即 

结合式（1）知

所以

又正定（当然可逆），从而有,

这样有B a i－ Ca i=0，即故有

因此　 

15．设A是实对称阵证明：在条件=X"AX的最大值恰为矩阵A的最大特征值．

证明：设为A的特征值．令

因而t E－A的特征值均为非负．

又t E－A为实对称阵，所以t E－A半正定，即

故，所以当时，

下证明X" A X可以达到最大特征值．假定经正交变换化成

并不妨设．取，并令X=TY，这里显然X"X=，并且所以当时，f（X"）=X"AX的最大值为A的最大特征值．

16．证明：实对称阵A半正定A的一切主子式≥0．

证明：设A=（a i j），任取—k阶主子式

则对A存在一个置换阵P，使B=P"AP的前k行，前k列恰是A

因A半正定，所以B也半正定．设，于是

那么对，令，有

所以Bi半正定．故

只要证明A的特征根都是非负实数即可．考虑A的特征多项式（这里a i是A的一切i阶主子式之和）．

由条件知，A所有的主子式都是非负实数，所以al≥0，a2≥0，…，an≥0．

另又知实对称阵的特征根都是实数，如|λE－A|有一负根λ0，则有

令则且有

即

　 （1）

因为所以式（1）成立，只有即，与矛盾．因此A只有非负特征根．

17.n阶方阵A是正定阵，也是正交阵，证明A是n阶单位矩阵．

证：证法1：A是正交矩阵，即A"=A－1．又A是正定矩阵，则A"=A，所以有A－1=A，即A2=E．

由此可得A的特征值只能是±l，结合正定矩阵的特征值全大于零知，A的特征值全为l，所以存在正交阵T，使T－1AT=E，因此A=E．

证法2：A是正定矩阵，则存在正交矩阵P，使

又A"A=E，结合A"=A，知A2=E，

所以　  

因此　 

故  

18．设A、B均为n阶实正定矩阵，证明：

（1）如果A－B正定，则B－1－ A－1正定；

（2）如果AB=BA，且A － B正定，则A2 － B2正定．

证：（1）因为A、B均为n阶实正定矩阵，则存在可逆阵P，使

所以有

又已知A－B正定，所以

由于

所以

显见，，故B－1 － A－1正定．

（2）由于AB=BA，所以．即A ＋ B与A － B可变换．

又A－B正定，且由A、B正定知A＋B正定．所以正定．

19．证明实对称阵A为半正定的充要条件是它的所有主子式皆非负．主子式即一切子式

证明：必要性．考察A＋tE．当t＞0时，X′（A＋tE）X＝X′AX＋tX′X>0，对一切非零实向量X成立．故A＋tE是正定的，于是一切主子式对一切t>0成立．当t→0时，．

充分性．设一切主子式．来证明A合同于一个对角阵，其对角线上元素皆大于等于零．这即是说二次型X′AX可经非退化实线性替换变成一个半正定二次型，因而X′AX也是半正定的．

对A的级数n作归纳法．当n＝1时，|A|≥0，即a11≥0．显然A＝（a11）半正定．设n－1时结论已成立，考察n×n实对称阵A，它的一切主子式≥0．

若a11＝0．则它的二级主子式

于是所有j，a1j＝0，以及aj1＝0．这时

其中B是n－1级实对称阵，它的主子式都是A的主子式，仍大于等于零．由归纳假设，它是半正定的．令

为任意n维实向量

故A半正定．

若a11≠0．将A作如下分块

再对它作如下合同变换得

记

则

对1＜i1＜i2＜…＜ik≤n，则有

其中

于是Bn－1＝An－1－α′α的所有主子式都是B的主子式，皆大于等于零．由归纳假设Bn－1是半正定的．对任意实向量

有

X′BX＝a11x12＋X′1Bn－1X1≥0，

故B半正定，A与B是合同的，也是半正定的，完成了归纳法．

20．设B，C分别是n×k，n×（n－k）实矩阵．证明

证明：作A＝（B，C）n×n．则

由于A′A是半正定，因此|A′A|≥0．同样B′B与C′C也半正定，|B′B|≥0及|C′C|≥0．

若|A′A|＝0，结论已成立．若|A′A|≠0，则A′A是正定的．于是|B′B|>0，|C′C|>0，B′B及C′C也是正定的．对A′A进行分块初等变换：

这是合同变换，故C′C－（C′B）（B′B）－1（B′C）也为正定的．由C′C正定，有正交阵T使

可设

后者仍正定，由第五章补充题8，（3）有

|C′C－（C′B）（B′B）－1（B′C）|

＝|T′（C′C－（C′B）（B′B）－1（B′C））T|

≤（λ1－d11）（λ2－d22）…（λn－dnn）．

但T′（（C′B）（B′B）－1（B′C））T＝（dij）也是半正定的，故所有dij≥0，i＝1，2，…，n．于是

|C′C－（C′B）（B′B）－1（B′C）|

≤（λ1－d11）（λ2－d22）…（λn－dnn）

≤λ1λ2…λn＝|T′（C′C）T|＝|C′C|．

结果．

21．（1）A是一个n级可逆矩阵，求下列二次型的矩阵．

（2）证明：当A是正定矩阵时，f是正定二次型；

（3）当A是实对称矩阵时，讨论A的正、负惯性指数与f的正、负惯性指数之间的关系．

解：（1）方法1 因为A可逆，故A－1存在．

因为A－1不一定是对称矩阵，所以f的矩阵是

这里A*是A的伴随矩阵．

方法2 把A表成

A＝[αlα2…αn]

其中ai（i＝1，2，…，n）是A的第i个列向量．

将f按第一行展开

再将上式中第i（i＝1，2，…，n）个行列式按第i列展开，并用Aij（i，j＝1，2，…，n）表示A的代数余子式．得

因为A*不一定是对称矩阵，所以f的矩阵是

1．化二次型为标准形，并给出所用的非退化的线性替换．

解：解法1 配方法（略）．

解法2 f（x1，x2，x3）的矩阵为

因为

故f（x1，x2，x3）经非退化的线性替换

化为标准形

5．已知二次型的秩为2．

（1）求a的值．

（2）求正交变换X=QY，将化为标准形．

（3）求方程的解．

解：（1）的矩阵

由r（A）=r（f）=2，则

故a=0．

（2）因为

故A的特征值为0，2（二重）。

解方程组（OE－A）X=0，取基础解系，单位化得解方程组（2E－A）X=0，取基础解系，显然α2⊥α3，将之单位化得令，则f经正交变换X=QY，化为标准形

（3）由，则，故y2=y3=0．注意到Y=Q"X，故

x1=－x2，Xa=0，X2为自由未知量．

5．证明：实二次型的秩和符号差与λ无关．

证明：二次型f的矩阵为

对A作合同变换，将A的第一行乘以－i加到第i行上，i=2，3，…，n，得

再将第一列乘以－i加到第i列上，i=2，3，…，n，得

则A与B合同．将B的第二行乘以加到第一行，再将第二列乘以加到第一列，得

则B与C合同，且C的秩和符号差与λ无关．注意到A合同于c，故A（即f）的秩和符号差与λ无关．

5．设A是实对称矩阵．证明：

（1）存在正实数λ，ε，使得和是正定矩阵．

（2）存在正实数λ，使得对于任意的n维列向量α，都有

证明：（1）设，则的k阶顺序主子式

注意到Pk是实多项式函数，，则存在，当时，取则λ>N时，，故正定．

由正定，则正定，于是正定，取ε=1／λ，故正定．

（2）因为A，－A实对称，由（1）知存在充分大的γ，使得正定，对于任意的n维列向量α，注意到α可以为0，都有，于是，即.

5．设ai>0，且ai全不相同，i=1，2，…，n，求证：方阵为正定矩阵．

证：证法1 用数学归纳法证明A的顺序主子式Pi全大于0．显然，设Pk>0．

每行都减最后一行，得

每一列都减最后一列，得

由归纳原理知所有的顺序主子式全大于0，故A正定．

证法2  ，则

下证线性无关，令两边对t求导，得

令t＝0，得线性方程组

注意到互不相同，方程组的系数行列式不为0，则其只有零解，即，故线性无关．

由X≠0，则，于是，故A正定．

5．设是两个正定二次型，其中令矩阵的（i，j）元，作二次型，证明：h也是正定二次型．

证明：由B正定，存在实可逆矩阵，使得，因而取不全为0的实数，不妨设x1≠0，由D可逆，其第一行元素不全为0，设，则

因为

由式（5－10）和A正定，故，即h正定．

方法3 特征值法

5．设A是n阶实对称矩阵，且满足

证明；A是正定矩阵．

分析由式（5－11）可得A的一个零化多项式，讨论特征值比较方便．证明由式（5－11）知是A的零化多项式，从而A的特征值仅能为1，3，±2i．由A是实对称矩阵，则其特征值为实数，于是λ的特征值只能为1，3，即A的特征值全大于0，故A正定．

5．设，问a，b满足什么条件f（X）正定．

解：（1）当变元的个数为偶数2m时，f的矩阵为

于是

故A的特征值为a＋b，a－b（均为m重），故

（2）当变元的个数为奇数2m＋1时，故A的特征值为a＋b，a－b，f正定综上所述，f正定．

5．证明：是半正定矩阵．

证明：因为

其中C是行满秩的，所以是A半正定矩阵．

5．设是实数，证明：实二次型

正定的充要条件是

证明：因为

注意到，于是

5．设均为n阶实对称矩阵，且，证明：

证明：由知半正定，冈为所以由X的任意性知因为所以，

5．设A为n×n正定实对称矩阵，S为n×n实反对称矩阵，试证：行列式|A＋s|＞0．

证明：由A是正定矩阵，存在实可逆矩阵P，使由只要证明，则事实上：由是实反对称矩阵，则其特征值为0和纯虚数，且纯虚数成对出现，设为这里，于是的特征值为故

5．设A，B是n阶实对称矩阵，且B正定，则

（1）的根全为实根．

（2）设的根为，且，求证：在约束条件下的最小值和最大值分别为

证明：（1）由B正定，A实对称，存在实可逆矩阵P，使得

这里因为

所以的根为，故其根全为实根．

（2）记，则约束条件

于是

类似可得．

4．求以下二次型的矩阵：

解：设为m×n矩阵A=（aij）的行向量组．则n阶方阵

但由于

且A′A为n阶对称方阵，故二次型f的矩阵为A′A．

10．设A是n阶方阵．证明：

①A是反对称的对任意n维列向量X都有X′AX=0；

②若A为对称方阵且对任意n维列向量都有X′AX=0，则A=0．

证：①设A=－A′．则因为（X′AX）′=X′AX，故X′AX=X′（－A）X=－（X′AX）′=－X′AX，因此，X′AX=0．

反之，设对任意X都有X′AX=0．令A=（aij），并取

则有

再取X=Xi＋Xj，则有

即aij=－aji，因此，A是反对称矩阵．

②因为A为对称矩阵，故A′=A．又因为对任意n维列向量X都有X′AX=0，故由①知A为反对称矩阵，即又有A=－A′．从而A=0．

14．设A=（aij）是秩为r的n阶实对称方阵．证明：存在特殊实上三角形方阵P使

　 （4）

的充要条件是丨Ak丨≠0（k≤r），丨Aj丨=0（j>r）且（丨Ak丨为顺序主子式，丨A0丨=1）．

证：设（4）成立．由上题知：A，P′AP有相同的顺序主子式，即

　 丨Aj丨=0（j>r）．

由此得（k=1，…，r）．

反之，设丨Ak丨≠0（k≤r），丨Aj丨=0（j>r）．下证（4）成立．

对n用归纳法．当n=1时显然．假定对n－1成立，下证对忍成立：若丨A1丨=0，则r=0即A=0，结论显然；故设丨A1丨=a11≠0，并令

则有

其中B为n－1阶对称方阵．由上题知，A与P’1AP1有相同的顺序主子式，故

其中是B的k－1阶顺序主子式．当k≤r时从而当k＞r时，得=0．于是由归纳假设，存在n－1阶特殊上三角形方阵P2使

易知是特殊上三角形矩阵且令a11=d1得

24.t取何值时4元实二次型

为正定的?

解：f的矩阵及其顺序主子式为

f为正定的充要条件是每个Di>0，亦即

1－t²>0，（1－t）²（1＋2t）>0．

解此不等式组，得－<t<1．即t取开区间（－，1）内任何实数时f都是正定的．

16．设

①用初等变换求A的标准形（对角矩阵），并给出相应的满秩方阵P使

②再通过满秩线性代换X=PY验算所得的二次型

的标准形．

解：① 对A施行相同的列与行的初等变换，化为标准形

②因为，故若X=PY，则得

易验算故以上标准形正确．

26．证明：①正定矩阵主对角线上的元素都大于零；

②实方阵A是正定的对任意实满秩方阵C，C′AC都是正定的．

证：①设A=（aij）是n阶正定矩阵，f=X′AX为正定二次型．故取

时得f=X′AX=aij>0．

②若对任意实满秩方阵C，C′AC正定，于是当C=E时C′AC=A是正定矩阵．

反之，设A是n阶正定矩阵，是正定二次型．于是对任意实满秩线性代换X=CY代入f后，设为

现任取一组不全为零的实数代入X=CY，设

X=Cα=β

（其中均为实向量），由于丨C丨≠0，故c1，…，cn是不全为零的实数，但f是正定的，因此

即g也是正定的．

32．设A，B为同阶正定矩阵．

①若AB=BA且A－B为正定矩阵，证明：A²－B²也是正定矩阵．

②若A－B为正定矩阵，问：A²－B²是否一定是正定矩阵?

证：①因为AB=BA，故

A²－B²=（A＋B）（A－B）=（A－B）（A＋B）．

又因为A，B为正定矩阵，故由第28题知，A＋B是正定矩阵．又由A－B正定且与A＋B可换，故其乘积A²－B²也是正定矩阵．

②若A－B正定，则A²－B²不一定正定．例如：

显然都是正定矩阵．但易知：

显然A²－B²就不是正定矩阵（因为－2<0）．

38．证明：实二次型f（x1，…，xn）是半正定的充要条件是f的秩=正惯性指数．

证：设f的秩=正惯性指数=r．则．f可经过实满秩线性代换X=CY化为

从而对任一组不全为0的实数x1，…，xn，由X=CY得Y=C－1X，即有相应不全为0的实数使

因此，f是半正定的．

反之，设f为半正定的，则f的负惯性指数必为零．否则f可经过实满秩线性代换X=CY化为

　   （3）

其中s<r．于是当取yr=1而其余yi=0时，由X=CY所得相应的不全为0的实数x1，…，xn代入（3）得

f（x1，…，xn）=－1＜0

这与f是半正定二次型矛盾．因此，f的负惯性指数必为零，即f的秩=正惯性指数．

40．设A为n阶实对称方阵．证明：

①A半正定有实方阵B使A=BB′；

②A半正定有秩为r的n×r实矩阵B使A=BB′．

证：A=B′（B为实方阵或秩为r的n×r实矩阵）．则

由f（x1，…，xn）=X′AX得

f=X′（BB′）X=（B′X）′（B′X）≥0．

故f是半正定的．因此，A是半正定的．

反之，设A是半正定的，且秩为r，则有实可逆方阵P使

 （4）

①由（4）得

其中　 

②令P=（B，C），其中B是P的前r列构成的秩为r（因为P满秩）的n×r实矩阵，且由（4）得

46．设A=（aij），B=（bij）都是n阶方阵．定义：

A。B=（aijbij）．

证明：①若A，B都是半正定的，则A。B也是半正定的；

②若A，B都是正定的，则A。B也是正定的．

证：①因为B=（bij）是半正定的，故存在实方阵P=（Pij）使

B=P′P，即有

再由于A，B皆为实对称的，故A。B亦然，且

　  （6）

其中

因为A是半正定的，故对任意实向量X皆有

故由（6）得X′（A。B）X≥0，即A。B是半正定矩阵．

②若A，B都是正定的，则对任意实向量X≠θ必至少有一个Yk≠θ：因为若所有Yk=θ（k=1，…，n），则

但因为B正定，P是可逆的，故得x1=…=xn=0与X≠θ矛盾．于是由（6）知，由A正定，至少有一个Yk=θ使

即A、B是正定的．

343．设

（1）求A－1；

（2）求非奇异矩阵P，使成为对角阵；

（3）求非奇异矩阵R使R为对角阵．

解：（1）

（2）计算可得所以A的特征值为并可求出相应的线性无关特征向量为

令

有

作二次型并配方得

令

则．且退化线性替换为

其中

故

348．求二次型

的秩与符号差．

解：设f对应的矩阵为A，则

于是由

可得A的特征值为

∴f的秩=n，f的符号差=1－（n－1）=2－n．

358．设A是三级正交矩阵并且|A|=1，求证：

（1）1是A的一个特征值．

（2）A的特征多项式f（λ）可表示为，其中a是某个实数．

（3）若A的特征值全为实数并且|A＋E|≠0，则A的转置其中E是3级单位矩阵．

证：（1）

故|E－A|=0，所以1是A的一个特征值；

（2）根据哈密尔顿一卡莱定理得到A的特征多项式f（λ）为，而根据（1）得出λ=1是λ（λ）=0的解，故解得a＋b=0，所以

（3）因为A是三级正交矩阵，故AA"=A"A=E，即|A|"=1，而|A＋E|≠0故λ=－1不是A的特征值，所以λ=1，1是A的特征多项式，f（λ）的解，代入得到a=3，所以A的特征多项式，即

所以

367．求正交变换，即求正交矩阵T，使变换

化实二次型

为标准型（即平方和）．

解：（1）写出此二次型的矩阵

（2）求出A的特征值

计算可得

所以

（3）求出相应的线性无关特征向量

当λ=1时，由（E－A）x=0，即解齐次线性方程组

得基础解系（即线性无关的特征向量）α1=（2，1，－2）"．

当λ=－2时，由（－2E－A）x=0，即解方程组

得基础解系（即线性无关的特征向量） 

当λ=4时，由（4E=A）x=0，即解方程组

得基础解系（即线性无关的特征向量）

（4）正交单位化

由于已经正交，只单位化即可，令

并记，则T为正交阵．

（5）作正交变换化为标准形

令

则Z=TY为正交变换，且

69．已知二次型

的秩为2．

（1）求a的值；

（2）求正交变换x=Q y，把化为标准形；

（3）求方程

的解．

解：（1）由于二次型f的秩为2，即秩，因而有

解之，得a=0．

（2）当a=0时，，计算可得

故A的特征值为

A的属于λ=2的线性无关的特征向量为

A的属于λ=0的线性无关的特征向量为

易见两两正交．将单位化得

取，则Q为正交矩阵．令x=Q y得

（3）解法1 在正交交换x=Q y下，化为

解之，得

从而可得方程①的通解为

其中k为任意常数．

解法2 由于

因此

从而可得①的通解为

，其中k为任意常数．

378．设

（1）求正交矩阵P，使成为对角阵；

（2）求（n是正整数）．

解：（1）计算可得|λ E－A|=（λ－3）（λ＋1），所以A的特征值为

当λ=3时，得特征向量

当λ=－1时，得特征向量

令，则

（2）由①式有

其中

384．求函数

在实单位球面上：达到最大值与最小值，并求出达到最大值与最小值时z，y，z所取的值．

解：由上题知

其中分别为A的最小特征值与最大特征值，A为二次型f对应的矩阵，且

计算可得

∴  

当时，得特征向量，单位化得

当时，得特征向量，单位化得

∴ 当时，有最大值

当时，有最小值

390．求实二次型

的规范形及符号差．

解：

设，取，则

再取，则

再取，则

从而作非退化线性变换，可得

此即为所求的规范形，显然符号差为0．

400．已知二次型

（I）求矩阵A；

（II）证明A＋E为正定矩阵，其中E为3阶单位矩阵．

解：（I）由题设，A特征值为l，1，0，且（1，0，1）T为A属于特征值0的一个特征向量．设（x1，x2，x3）T为A属于特征值1的特征向量，因为A的属于不同特征值的特征向量正交，所以

取为A的属于特征值l的两个正交的单位特征向量，并令

则有

故　 

（Ⅱ）由（I）知A的特征值为1，1，0，于是A＋E的特征值为2，2，1，又A＋E为实对称矩阵，故A＋E为正定矩阵．

402．设

（1）试给出A可逆的条件，并求A－1；

（2）当A可逆时，二次型X´AX是否正定?并说明理由．

解：（1）由拉普拉斯定理，在A中取第1，2行，可算得

当时，A可逆．且可求得

（2）当时，设二次型X´AX对应的矩阵为8，则

且X´AX—X´BX．这时二次型X´BX不一定是正定的．比如a=－l，那么B中有一阶 主子式n=－l<0，B不是正定阵，即X´AX=X´BX不是正定二次型．

12．若B是正定阵，A—B是半正定阵，证明

证：（1）已知B正定，所以存在可逆阵T，使T´BT=E，且

又因A B半正定，故也半正定，特征值非负．，此即A≥1．

（2）因为

由（1）知，再由②知AB－1的行个特征值都不小于l．所以

415．设为正定矩阵，其中A，B分别为m阶对称阵和

n阶对称阵，C为m×n矩阵．

（1）计算P´DP，其中

（2）利用（1）的结果判断矩阵是否为正定矩阵，并证明你的结论．

解：（1）由，有

（2）矩阵是正定矩阵．由（1）的结果可知，矩阵D合同于矩阵

又因为D为正定矩阵，所以矩阵M为正定矩阵．再由矩阵M为对称矩阵，知

也是对称矩阵．

即证

30．设是两个实二次型且B正定．证明：

（1）存在满秩线性变换X=TY，使

（2）上述的的实根．

证：（1）B正定．B合同于E，从而存在实可逆阵T1，使

且T1´AT1是实对称阵，从而存在正交阵T2，使

其中的全部特征值．令，则T为实可逆阵，且由①，②可得

这时，令X=TY，由③，④两式知

（2）由上面③，④两式可得

两边取行列式有

434．设A为n阶半正定阵，B为n阶正定阵，证明：且等成立当且仅当A=0．

证：由假设知正定阵，半正定，B正定，由第413题有

正定，有存在可逆阵P，使

其中

设C的n个特征值为由C半正定，因此至少有一个0，不妨设那么C＋E的n个特征值为其中由②有

由①知即证

442．若A是实满秩矩阵，求证：存在正交阵P1，P2使

证：由于A实满秩，从而A´A为正定阵，存在正交阵P1，使得

其中，再令

则由②有 

令，则P2是实矩阵，于是

此即P2是正交阵，且

5．设二次型

（1）求二次型的矩阵的所有特征值；

（2）若二次型的规范形为，求α的值．

解：（1）二次型的矩阵

由于  

所以A的特征值为

（2）解法1由于的规范形为，所以合同于，其秩为2，

故有，于是或或

当时，，此时的规范形为，不合题意．

当时此时的规范形为，不合题意．

当时，，此时的规范形为

综上可知，

解法2由于的规范形为，所以A的特征值有2个为正数，1个为零．又

所以α=2．

5．设X、Y，是两个n维向量，A为n阶实方阵，证明：

（1）若A半正定，则

（2）若A正定，则

证：（1）因为A半正定，故存在正交阵T，使

由柯西公式得

（2）因为A正定，故存在正交阵T，

所以

取，则

所以

5．设A、B均是正定阵，证明：

（1）方程|λ A—B|=0的根均大于0；

（2）方程|λ A—B|=0的所有根等于

证明：（1）因为A、B正定，所以E可逆阵P，使

又因为B正定正定，所以

而

所以 

即的根为，且全大于0．

（2）=>）因为|λA－B |=0的根

由（1）知，

所以|λA—B |=0的所有根均等于1，

5．设A为正定阵，β、X均为n维列向量，证明：二次函数

的极小值为

证明：取X=A－1β，则

又，由A正定知，正交阵T，使

所以A－l），令