《线性代数》第五章相似矩阵及二次型精选习题及解答

第五章相似矩阵及二次型5.1目的要求1．要理解维实向量空间nnR的基与向量关于基的坐标的概念，会求一组基到另外一组基的过渡矩阵，以及基变换后向量的坐标变换.2．要熟悉维欧式空间nnR中向量的内积运算及其性质，会求向量长度与向量间的夹角.3．要理解 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 正交基的概念，会用施密特正交化 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 由一组基求一组标准正交基.4．要熟悉正交矩阵及其性质.5．理解实二次型与实对称矩阵间的一一对应关系；熟练掌握二次型的矩阵表示()TfxxA=x，其中.A=TA6．熟悉矩阵A 合同 劳动合同范本免费下载装修合同范本免费下载租赁合同免费下载房屋买卖合同下载劳务合同范本下载 （或相合）于B的定义，理解合同关系是等价关系.7．熟练掌握化二次型TxAx为平方和（标准形）或求实对称矩阵A的相合标准形的3种方法：正交变换法；配方法；和同型初等行、列变换法.8．了解惯性定理，会求矩阵A的正、负惯性指数和符号差，会求二次型的 规范 编程规范下载gsp规范下载钢格栅规范下载警徽规范下载建设厅规范下载 形.9．熟练掌握正定二次型（正定矩阵）的定义和判别方法.10．熟悉实对称矩阵A正定（二次型正定）的各种等价命 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 （正定的充要条件）.11．理解A正定的必要条件：.0(1,2,,);det()0iiainA>=>L12．会利用正交变换化二次型为标准型和极坐标平移方法判别一般二次曲线和曲面的类型.5.2重要公式和结论1.两向量内积计算公式：若，则它们的内积为[()(1212,TTnnaaabbbαβ==LL)]1122,nnabababαβ=+++L.性质有：(1)对称性，[][],,αββα=；(2)线性性，[][][],,,αβγαγβγ+=+，[][],kk,αβα=β；(3)正定性，[],αα≥0，且[]0,ααα0=⇔=2.向量的长度计算公式：[]()22212,naaaααα==+++L；1单位向量：1α=；性质有：(1)正定性，0α≥，且0αα0=⇔=；(2)齐次性，kkαα=�；(3)三角步等式，αβαβ+≤+；(4)柯西－施瓦兹（Cauchy－Schwarz）不等式，[]222,αβαβ≤�；3.两向量的夹角计算公式：[],cos,0arcαβθθπαβ=≤≤�.4.两向量正交：[],0αβ=；5.向量组的有关结论(1)正交向量组必为线性无关组；(2)若向量β与12,,,sααLα中的每个向量都正交，则β与12,,,sααLα的任一线性组合也正交.6.施密特（Schmidt）正交化法：把12,,,rααLα1规范正交化(1)正交化1βα=，[][]122211,,βα1βαββ=−β，L，[][][][][][]12112112211,,,,,,rrrrrrrrrβαβαβα1βαββββββββ−β−−−=−−−−L；(2)单位化121212,,,rrrβββηηηβββ===L7.A是正交矩阵1TTAAEAAA−⇔=⇔=⇔的列向量是标准正交组的行向量是标准正交组.A⇔8.方阵A的特征值与特征向量(1)满足0EAλ−=的λ值都是A的特征值；特征向量是非零向量，特征值问题只针对方阵；特征值与特征向量不一定唯一；(2)设阶方阵n()ijAa=的全部特征值为12,,,nλλLλ，则有12nAλλλ=L；121122nnaaanλλλ+++=+++LL；(3)阶方阵nA可逆的个特征值全不为零；A⇔n(4)设λ是A的特征值，则1λ−是1A−的特征值；kλ是的特征值；kA1Aλ−是的特A∗2征值；mλ是的特征值；mA(5)互异的特征值的特征向量线性无关；互异特征值对应的各自线性无关的特征向量并在一块，所得的向量组仍然线性无关.(6)阶方阵nA的任一重特征值itiλ对应的线性无关的特征向量的个数不超过.it9.两个n阶方阵A、B相似，即AB⇔∃�可逆矩阵，使得;P1PAPB−=性质有：(1)反身性，AA�；(2)对称性，ABBA⇒��；(3)传递性，,ABBCAC⇒���；(4)()()()()mmRARBABABABABϕϕ=⎧⎪=⎪⇒⎨⎪⎪⎩���；(5)AB�，且A可逆⇒11AB−−�(6)特别的是，如果存在可逆矩阵使得P11kkPAPAPP−−=Λ⇔=Λ，；1()()APPϕϕ−=Λ(7)与ABA⇒�B有相同的特征多项式，即有相同的特征值；10.相似对角化：若阶方阵nA的个特征值为n12,,,nλλLλ，对应的n个线性无关的特征向量为12,,,nppLpnPppp=LP，设，则可逆，且12()121nPAPλλλ−⎛⎞⎜⎟⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠O；11.阶方阵nA与对角矩阵Λ相似，则A有线性无关的特征向量；n12.阶方阵nA有n个不同的特征值，则A可对角化；13.阶方阵nA的特征方程有重根，则此时不一定有个线性无关的特征向量，故不一定能对角化，只有当有n个线性无关的特征向量时才可以对角化；n14.对称矩阵：(1)对称矩阵的特征值均为实数；(2)对称矩阵的互异特征值对应的特征向量正交；(3)阶对称阵nA的任一重特征值itiλ对应的线性无关的特征向量的个数恰有个；(4)阶对称阵itnA必有正交矩阵，使得P1PAP−=Λ；15.利用正交矩阵将对称矩阵对角化的具体步骤：(1)求A的全部特征值；(2)由3()0iEAxλ−=求出A的特征向量；(3)将特征向量正交化；(4)将特征向量单位化;16.二次型(1)一个二次型f和一个对称矩阵A一一对应；(2)若存在可逆矩阵，使得PTPAPB=，则AB�；(3)；()()ABRARBAB⎧⎪⇔=⎨⎪⎩�反身性、对称性、传递性若是对称阵，则也是对称阵(4)对任意的二次型,1,()nijijijjiijfaxxaa==∑=总有正交变换XPY=，使f化为标准形221122nn2fyyyλλ=+++Lλ，其中12,,,nλλλL是f的矩阵()ijAa=的特征值.(5)用正交变换化二次型为标准形的具体步骤：a)将二次型表示成矩阵形式TfxAx=，求出A；b)求出A的所有特征值12,,,nλλLλ；c)求出对应于特征值的特征向量12,,,nξξLξ；d)将特征向量12,,,nξξLξ正交化、单位化，得12,,,nηηLη，记12()nCηηη=L；e)作正交变换xCy=，则得f的标准形221122nn2fyyyλλλ=+++L.(6)实二次型TfxAx=为正定的充要条件是它的标准形的所有系数全为正；(7)对称阵A正定的所有特征值全为正；A⇔(8)对称阵A正定的所有顺序主子式全为正；A⇔(9)对称阵A负定的奇数阶顺序主子式为负，偶数阶顺序主子式为正；A⇔(10)A为正定实对称阵，则1,,TAAA−∗均为正定矩阵；(11)若A，B均为n阶正定矩阵，则AB+也是正定矩阵；5.3例题分析例5.1设是阶列向量，anE是阶单位矩阵，证明nTT2()AEaaaa=−是正交矩阵.4证明先证明，然后根据正交矩阵的定义证明TA=ATAAE=TTTTT22{}()()AEaaEaaaaaa=−=−=QTATTTT22[][]()()AAAAEaaEaaaaaa∴==−−TTTTTTTTTTTTT2TTTTTTTTTT2222[][]()()()()44[()]()()00()()44()()TEaaaaaaaaaaaaaaaaEaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaAAEaaaaEaaaa=−−+=−+≠⇒≠=∴=−+=Q，故A是正交矩阵.例5.2已知向量是线性无关向量组，求与之等价的正交单位向量组.()()(1231,1,0,0,1,01,0,1,0,0,1TT===−ααα)T解法一先正交化，再单位化(1)取11βα=(2)令21k2ββα=+，使得2β与1β正交121112[,][,][]0kαβαβαα=+Q,=1211[][]k12αααβ∴=−=−,,，故T11222(10)β=−(3)令31122kk3βββ=++α，且3β与2,1ββ正交得1322121122[,][,]11,[,]2[,]3kkβαβαββββ=−==−=故T1113333(1)β=−.3(4)将12,,βββ单位化，得T11122(00)22βγβ==5T222666(0)663βγβ==−T3333333(6662βγβ==−)解法二同时进行正交化与单位化(1)取T1111122(00)22ββαγβ=⇒=＝(2)令21k2βγα=+，使得2β与1γ正交，得122[]2kγα=−=−,，故T11222(10)β=−，222666(0663Tβγβ==−)3(3)令31122kkβγγα=++，且3β与2,1ββ正交，得11322226[,],[,]26kkγαγα=−==−=故，3111(1)333Tβ=−3333333()6632Tβγβ⇒==−例5.3计算3阶矩阵的全部特征值和特征向量.324202423A⎛⎞⎜⎟⎜⎜⎟⎝⎠＝⎟解第一步，计算A的特征多项式2324()22(8)(1)423fEAλλλλλλλ−−−=−=−−=−+−−−第二步，求出特征多项式()fλ的全部根，即A的全部特征值令()0fλ=，解之得1238,1λλλ===−，即为A的全部特征值.第三步，求出A的全部特征向量当18λ=，求对应线性方程组1()EAx0λ−=的一组基础解系，6即，，化简求得此方程组的一组基础解系，1231231235240282425xxxxxxxxx−−=⎧⎪−+−=⎨⎪−−+=⎩00()1212Tα=所以对于18λ=的全部特征向量为111(0kk)α≠的实数.同理对231λλ==-，求相应线性方程组2()EAx0λ−=的一个基础解系，即，，求解此方程组得一个基础解系为：12312312342422424xxxxxxxxx−−−=⎧⎪−−−=⎨⎪−−−=⎩0002101α⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠，2120α⎛⎞⎜⎟=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠于是A的属于231λλ==-的全部特征向量为22323(,kkkkαα+3是不全为零的实数).从而A的全部特征向量为11223kkkααα++3.例5.4设阶方阵nA的全部特征值为12,nλλL,,λ，属于iλ的特征向量iα，求的特征值与特征向量.1PAP−解首先，证明A与有相同的特征值，只需证明它们有相同的特征多项式.1PAP−因为111()PAP1fEPAPPPPAPλλλ−−−−=−=−1()APEAPEAfλλλ−=−=−=，所以12,nλλL,,λ就是的全部特征值.1PAP−其次，求的属于1PAP−iλ的特征向量.iiAiαλα=Q，即()iiEA0λα−=，又111()(iii)iEPAPPPPAPλαλ−−−−=−α1()iiPEAPλα−=−111()()iiiEPAPPPEAPP1iλαλ−−−−α∴−=−01()iiPEAλα−=−=即，111()()()iiPAPPPiαλα−−−=，故1iPα−是属于1PAP−iλ的特征向量.例5.5设A是阶方阵，其特征多项式为n111()nnAn0fEAaaaλλλλλ−−=−=++++L7求：（1）求的特征多项式；（2）当TAA非奇异时，求1A−的特征多项式.解（1）()()()TTTAAfEAEAEAfλλλλ=−=−=−=λ，所以A与有相同的特征多项式.TA（2）设12,nλλλL,,是A的全部特征值，则1112,n1λλλ−−−L,,是的全部特征值，故的特征多项式为1A−1A−111211()()()()AnfEAλλλλλ1λλλ−−=−=−−−L111001nnnaaaaλλλ−−=++++L0a例5.6设A是3阶方阵，它的3个特征值为1231,2λλλ===-1,，设325BAA=−，求B,5AE−.解利用A的行列式与特征值的重要关系12nAλλλ=L来计算A，令3()52fxxx=−，因为123,λλλ,是A的全部特征值，所以()(13)iifλλ≤≤是3()52fAAA=−的全部特征值.故123()()()()(4)(6)(12)288BfAfffλλλ===−−−=−下面求5AE−方法一：令，因为()5gAAE=−A的所有特征值为1231,2λλλ===-1,，所以，的所有特征值为()gA12(),(),()ggg3λλλ，故5()(1)(1)(2)72AEgAggg−==−=−.方法二：因为A的所有特征值为1231,2λλλ===-1,，故1(1)22A=×−×=−，又3225(5)BAAAAE=−=−，所以25BAAE=−，且288B=−，所以288574AE−−==−2.当k是A的特征值时，0,kEAkEA−=−不可逆；当k不是A的特征值时，0,kEAkEA−≠−可逆；8例5.7设A是阶方阵，(1)若n2,8AEEA=−是否可逆？(2)设λ是A的特征值，且1λ≠±，AE±是否可逆？解(1)因为，所以2AE=A的特征值是121,λλ==-1，故8k=不是A的特征值，从而8可逆.EA−(2)因为1λ≠±，所以不是1±A的特征值，于是10,(1)EAEA0−≠−−≠��，又，(1)()(1)nEAEAEA−−=−+=−+�，所以0,(1)()(1)nAEEAAEA+≠−=−−=−−E，即0AE−≠，故，AE±可逆.例5.8设A是阶下三角阵，(1)在什么条件下nA可对角化？(2)如果，且至少有一1122nnaaa===L00000,()ijaij≠>，证明A不可对角化.解(1)因为11212212000nnnnaaaAaaa⎛⎞⎜⎟⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠LLMMOML所以，1122()()()()AnnfEAaaaλλλλλ=−=−−−，令()0Afλ=，即1122()()()nnaaa0λλλ−−−=，得A得所有特征值(1)iiiainλ=≤≤，当(,,1,2,ijijijn)λλ≠≠=L时，即iijjaa≠时，A可对角化.(2)用反证法：若A可对角化，则存在可逆矩阵，P使是121,,,(),(1niPAPdiaginλλλλ−=)≤L≤A的特征值，由(1)可知11iiiaaλ==，所以，111111111aaPAPaEa−⎛⎞⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎝⎠O11111111()APaEPaPPaE−−===，这与至少有一个矛盾，故00000,()ijai≠>jA不可对角化.例5.9设是对称阵，求正交变换T使为对角阵.220212020A−⎛⎞⎜⎟=−−⎜⎜⎟−⎝⎠⎟1TAT−解第一步，求A得特征值，9由()220212(4)(1)202EAλλλλλλλ−−=−=−−+=0，得，1234,2λλλ==−=1,第二步，由()iEAx0λ−=，求出A的特征向量当14λ=，由得(4)0EAx−=12123232223224xxxxxxx000+=⎧⎪++=⎨⎪+=⎩，解得基础解系1221α−⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠当21λ=，由得()0EAx−=1213232022020xxxxxx−+=⎧⎪+=⎪⎨+=⎩，解得基础解系2212α⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠当32λ=−，由(2得)0EAx−−=1212323422320220xxxxxxx0−+=⎧⎪−+=⎨⎪−=⎩，解得基础解系3122α⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠第三步，将特征向量正交化.因为123,,ααα是属于A的3个不同特征值的特征向量，故他们两两正交。第四步，将特征向量单位化.令,1,2,iiii3αηα==，得1232313η−⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠，2231323η⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠，1132323η⎛⎞⎜⎟=⎜⎜⎟⎝⎠⎟，所以，令22112123122T−⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−−⎝⎠，则1400010002TAT−⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠例5.10用正交变换化2123132(,,)2fxxxxxx=+为标准形.解第一步，将二次型表示成矩阵形式112312323001(,,)(,,)010100TxfxxxxxxxxAxx⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠，得实对称矩阵001010100A⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠第二步，求出A的所有特征值.由2(1)(1)EAλλλ−=+−=0，得1231λλλ==−=1,10第三步，解方程组1()EAx0λ−=，得它的基础解系，1101α⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠2010α⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠因为[]12,αα=0，所有1α与2α正交，把它们单位化得11112012αηα⎛⎞⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠，222010αηα⎛⎞⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎝⎠；解方程组3()EAx0λ−=，得它的基础解系3101α⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠，单位得33312012αηα⎛⎞⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎜⎟−⎜⎟⎝⎠因为13λλ≠，所以3η与12,ηη正交，令T123()ηηη=，则T为正交矩阵，且为对角阵.1100010001TAT−⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠=Λ第四步，作正交变换XTY=得，2212()TTT23fYTATYYYyyy==Λ=+−例5.11用配方法化二次型为标准形，并求相应得线性变换222123123122313(,,)210282fxxxxxxxxxxxx=+++++解第一步，将f中含1x的项集中进行配方，并作相应的线性变换.2212311232323(,,)2()21082fxxxxxxxxxxx=+++++222212323232()()21083xxxxxxxxx=++−++++222123232()963xxxxxxx=+++++作线性变换，即1122233yxxxyxyx=++⎧⎪=⎨⎪=⎩31YPX=，且1111010001P⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠112221232963fyyyyy=+++第二步，将f中含2y的项集中进行配方，并作相应的线性变换.22221232312396(32)fyyyyyyyy=+++=++令，1122333zy3zyyzy=⎧⎪=+⎨⎪=⎩，即2ZPY=，且1100013001P⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠于是，2122fzz=+，相应的线性变换为221ZPYPPX==5.4独立作业5.4.1基础练习1.(1223),(3151),(,)αβα==求β∠.2.若λ＝２为可逆阵Ａ的特征值，则1213A−⎛⎞⎜⎟⎝⎠的一个特征值为.3.试证ｎ阶方阵Ａ的满足2AA=，则Ａ的特征值为0或者1.4.已知三维向量空间中，正交，试求12(111),(121)TTαα==−3312,,αααα，使得是三维向量空间的一个正交基.5.已知向量，求1(111)Tα=3R的一个标准正交基.6.已知，问A能否化为对角阵？若能对角化，则求出可逆矩阵P，使为对角阵.122224242A−⎛⎞⎜⎟=−−⎜⎜⎟−⎝⎠⎟31PAP−7.将二次型22212312132171414448fxxxxxxxx=++−−−x，通过正交变换xPy=化成标准型.8.判别二次型()222123123121323,,55484fxxxxxxxxxxxx=+++−−是否正定？5.4.2提高练习1.设n阶实对称矩阵A满足2AA=，且A的秩为r，试求行列式det(2E－A).122.设，问A能否对角化？若能对角化，则求出可逆矩阵P，使得为对角阵.460350361A⎛⎞⎜⎟=−−⎜⎜⎟−−⎝⎠⎟⎟-1PAP3.已知实对称矩阵，分别求出正交矩阵P，使为对角阵.220212020A−⎛⎞⎜⎟=−−⎜⎜⎟−⎝⎠1PAP−4.化二次型()123121323,,fxxxxxxxxx=++为标准形，并求所作的可逆线性变换.5.设A，B分别为m阶，n阶正定矩阵，试判定分块矩阵00ACB⎛⎞=⎜⎝⎠⎟是否为正定矩阵？6.判别二次型22256444fxyzxyx=−−−++z⎞⎟⎟⎟⎟⎠的正定性.7.判断下列两矩阵A，B是否相似11100111100,111100nAB⎛⎞⎛⎜⎟⎜⎜⎟⎜==⎜⎟⎜⎜⎟⎜⎝⎠⎝LLLLMMMMMMLL第五章参考答案5.4.1基础练习1.[,]181cos||||||||43262αβπθθαβ===∴Q�=2.34.3.略.4.设，则3123()0Txxxα=≠[][]1223,0,,0αααα==，即12313312321002001xxxxxxxxxα−⎛⎞++==−⎧⎧⎜⎟⇒⇒=⎨⎨⎜⎟−+==⎩⎩⎜⎟⎝⎠5.设非零向量23,αα都与2α正交，即满足方程1120,0Txxxxα3=++=或者，其基础解系为：，令12100,111ξξ⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟−−⎝⎠⎝⎠12132111,0,111ααξαξ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟=====⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟01−−⎝⎠⎝⎠⎝⎠131）正交化令121122121111[,]1,0,[,]11βαβαβαβαββ⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟===−==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟−⎝⎠⎝⎠1323233312321122221[,][,][,]12[,][,][,]21βαβαβαβαββαβββββββ−⎛⎞⎜⎟=−−=−=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠2）标准化令1||||iiiςββ=，则123111111,0,2322611ςςς11−⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟===⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟−−⎝⎠⎝⎠⎝⎠6.由2122224(2)(7242AEλλλλλ−−−=−−−=−−+−−)λ得，1232,7λλλ===−00将代入(，得方程组12λ=λ=2)1A-λEx=0123123123222442440xxxxxxxxx−−+=⎧⎪−−+=⎨⎪+−=⎩解值得基础解系，同理，对，由12200,111αα⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠3λ=-7()3A-λEx=0，求得基础解系()31,2,2Tα=，由于2010120112≠，所以123,,ααα线性无关，即A有3个线性无关得特征向量，因而A可对角化，可逆矩阵为：123201(,,)012112Pααα⎛⎞⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎝⎠7.第一步，写出对应得二次型矩阵，并求其特征值172221442414A−−⎛⎞⎜⎟=−−⎜⎟⎜⎟−−⎝⎠，()(2172221441892414AEλλλλλ−−−⎛⎞⎜⎟−=−−−=−−⎜⎟⎜⎟−−−⎝⎠)λ，从而A的全部特征值为1239,18λλλ===。第二步，求特征向量，将19λ=代入()0AExλ−=，得基础解系1(12,1,1)Tξ=；14将2318λλ==代入()0AExλ−=，得基础解系，23(2,1,0),(2,0,1)TTξξ=−=−第三步，将特征向量正交化，取11αξ=，22αξ=，[][]233322,,αξ2αξααα=−；得到正交向量组1(12,1,1)Tα=23(2,1,0),(25,45,1)TTαα=−=−−第四步，将正交向量组单位化，得正交矩阵P令(),1,2,iiii3αηα==，得1132323η⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠，225150η⎛⎞−⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠，3245445545η⎛⎞−⎜⎟=−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠所以，13252452315445230545P⎛⎞−−⎜⎟=−⎜⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎟，于是所求正交变换为11223313252452315445230545xyxyxy⎛⎞−−⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟=−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠，且有22212918183fyyy=++.8.(123,,)fxxx的矩阵为524212425−⎛⎞⎜⎟−⎜⎜⎟−−⎝⎠⎟，它的所有顺序主子式5，0>521021=>，5242121425−−=>−−0，所以()123,,fxxx是正定的。5.4.2提高练习1.由可得A的特征值是0或者1，又A是实对称阵且秩为r，故，存在可逆矩阵P使得：，2A=A−1r0r00rEPAPE−⎛⎞==Λ⎜⎟⎝⎠，其中是阶单位矩阵从而，110det(2)det(2)det(2)det202rnrnrEEAPPPPEE−−−⎛⎞−=−Λ=−Λ==⎜⎟⎝⎠152.由()(246035012361AEλλλλλ−−=−−−=−−+−−−)λ，得AA得全部特征值为：1231,2λλλ===−，将121λλ==代入()0AExλ−=得方程组1212123603636xxxxxx00+=⎧⎪−−=⎨⎪−−=⎩解之得基础解系121,0ξ−⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠2001ξ⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠同理将32λ=−代入()0AExλ−=得方程组的基础解系3(1,1,1)Tξ=−由于123201,,1010011ξξξ−−=≠，所以123,,ξξξ线性无关，令，则有：()123201,,101011Pξξξ−−⎛⎞⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎝⎠1100010002PAP−⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠3.第一步，求A的全部特征值由()()(22021241202AEλλλλλλ−−−=−−−=−−+−−)λ，得，1234,1,2λλλ===−第二步，由(求出A的特征向量)0iAExλ−=对14λ=，由(，得)40AEx−=1212323220232240xxxxxxx+=⎧⎪0++=⎨⎪+=⎩解之得基础解系1221ξ−⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠对21λ=，由(，得)0AEx−=121323202220xxxxxx0−+=⎧⎪+=⎨⎪+=⎩解之得基础解系2212ξ⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠对32λ=−，由()20AEx+=，得1212323420232220xxxxxxx−+=⎧⎪0−+=⎨⎪−=⎩解之得基础解系3122ξ⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠第三步，将特征向量正交化由于123,,ξξξ属于A的3个不同的特征值123,,λλλ的特征向量，故他们必两两正交.第四步，将特征向量单位化16令,1,2,iiii3ξηξ==，得1232313η−⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠，2231323η⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠，3132323η⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠.作()1232211,,2123122Pηηη−⎛⎞⎜⎟==⎜⎟⎜⎟−−⎝⎠，则1400010002PAP−⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟−⎝⎠.4.由于所给二次型不含平方项，故令11221233xyyxyyxy=−⎧⎪=+⎨⎪=⎩，于是有22132()23fyyyy=+−−再令11211322223333zyyyzzzyyzzyyz=+=+⎧⎧⎪⎪==⎨⎨⎪⎪==⎩⎩或得标准形222123fzzz=−−故所用线性变换为1123212333xzzzxzzzxz=−−⎧⎪=+−⎨⎪=⎩5.C是正定的。设为(,)TTTzxy=mn+维的向量，其中,xy分别是维和维列向量，mn若，则0z≠,xy不同时为零向量，于是0(,)00TTTTTAxzCzxyxAxyByBy⎛⎞⎛⎞==+>⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠，并且C是实对称阵，故C是正定矩阵。6.f的矩阵为，由于522260204A−⎛⎞⎜⎟=−⎜⎟⎜⎟−⎝⎠1150a=−<，111221225226026aaaa−==>−，800A=−<，所以f为负定的.7.因为1det()(),()nAEnλλλ−−=−−A的特征值为12,0nnλλλ====L.又因为A是实对称矩阵，故存在可逆矩阵，使得还可求得，故B与A有相同的特征值.1P111(,0,,0),PAPdiagn−=Λ=L1det()()()nBEnλλ−−=−−λ对应特征值20nλλ===L有n-1一个线性无关的特征向量，故存在可逆矩阵，使得，从而，即2P122PAP=Λ－11112PAPPBP−−=2112112PPAPPB−−=，所以A与B相似.17