线性代数与解析几何 课后答案 (代万基 廉庆荣)第9章习题答案

思考题9-11.是。因为TPAPB可写成()TTTPAPB，记TMP，则.TMAMB2.是。设,TTPAPBQBQC，则,()().TTTQPAPQCPQAPQC3.两个实对称矩阵合同的充要条件是它们同阶且正、负惯性指数相同。4.参考第3题5.证:设实对称矩阵A的正、负惯性指数分别为p和q，则A有p个正特征值1,,p和q个负特征值1,,ppq。于是，存在正交矩阵Q，使得111diag(,,,,,,0,,0),pppqQAQ即11diag(,,,,,,0,,0).TpppqQAQ取1111222211diag(,,,,,,1,1)pppqD，则diag(1,,1,1,,1,0,,0),TDDQAQ即()()diag(1,,1,1,,1,0,,0).TQDAQD记PQD，则diag(1,,1,1,,1,0,,0).TPAP习题9-11.解：（1）12012021012A，该二次型的秩为3.(2)011111110A，该二次型的秩为3.2.（1）所求正交变换为2121,122,3221xQyQ 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 形为2212()33gyyy，正惯性指数为1，负惯性指数为1.(2)所求正交变换为111263111,,26321063xQyQ标准形为222123()22gyyyy，正惯性指数为2，负惯性指数为1.3.（1）22212312233(,,)(2)2()5fxxxxxxxx，标准形为222123()25gyyyy，所作变换为122,011001xPyP.(2)解：由于该二次型中不含平方项，但含有混合项12xx,故令11221233xyyxyyxy，可得含有平方项的二次型221231223(,,)2gyyyyyyy.对含有2y的项配方，得2221231233(,,)()gyyyyyyy.令1122333zyzyyzy，则把所给二次型化为标准形222123123(,,)hzzzzzz.所做的可逆变换为1123212333xzzzxzzzxz,111111001P.4. 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 形为222123123(,,)hyyyyyy，所做的可逆变换为112321233123111222111222111222xyyyxyyyxyyy5.4,1.ab6.1,0.ab7.证：存在正交变换xQy将该二次型化为标准形2211(),nngyyy即2211.TnnyyxAx因为12n，所以2222111()()().nnnyygyyy由x为单位列向量及正交变换保持长度不变可知，y也是单位向量，因而2211nyy，所以1TnxAx.8.证：因为对于任何n元列向量x，都有TTxAxxBx，所以TTiiiieAeeBe，即.iiiiab同样也有()()()()TTijijijijeeAeeeeBee，即iijjijjiiijjijjiaaaabbbb.因为,iiiiab所以.ijjiijjiaabb又因为A和B都是实对称矩阵，,,ijjiijjiaabb所以,.ijijabAB思考题9-21.n元正定二次型的规范形为221nyy.2.不一定。与它的阶数的奇偶性有关。3.负定矩阵的对角元一定小于零。4.不一定。与k的奇偶性有关。5.当1k时，A为正定矩阵。当nk时，A为负定矩阵。6.正确。因为C的特征值为A和B的特征值之并。7.等价变换只保持秩不变；相似变换保持行列式、秩、特征值、特征值的符号不变；相合变换保持秩、特征值的符号及正定性不变；正交相似变换保持行列式、秩、特征值、特征值的符号及正定性都不变.习题9-21.（1）为正定矩阵；（2）为负定矩阵.2.（1）是正定二次型;(2)是正定二次型;(3)是正定二次型.3.（1）02k；（2）12k；（3）12k；（4）4k；（5）2k.4.证：设A的特征值为12,,,n，则AE的特征值为121,1,,1.n因为A为正定矩阵，所以12,,,n全大于0，从而121,1,,1n全大于1.12(1)(1)(1)1nAE.5.证：设A的特征值为12,,,n.由A为负定矩阵可知，12,,,n全小于0.12nA，A的特征值为11112,,,nAAA.当n为奇数时，0,AA的特征值全大于0，A为正定矩阵.当n为偶数时，0,AA的特征值全小于0，A为负定矩阵.6.证：对任意k元非零实向量x，由()rkP可得，Px0.由A为正定矩阵，得()()0TPxAPx.于是，有()()0TTTTxBxxPAPxPxAPx,故B是正定矩阵.7.证：()由TAA为正定矩阵，得0,().TTrnAAAA因为()()TrrAAA，所以()rnA.()显然TAA是对称矩阵。对任意n元非零实向量x，由()rnA可得，Ax0.于是，有2()()0TTTxAAxAxAxAx,故TAA是正定矩阵.8.证：由A是正交矩阵，得TAAE.由A是正定矩阵可知，A也是对称矩阵，.TAA于是，2.AE设为A的特征值，则2,1或0.由于A是正定矩阵，而正定矩阵的特征值全大于0，所以1,A的特征值全为1.由A是对称矩阵可知，存在正交矩阵Q，使得111,1QAQE1.AQEQE提高题9-21.证：由B是正定矩阵及定理9-3的(4)可知，存在可逆矩阵1P，使得11.TPBPE由于相合变换保持对称性，所以11TPAP仍为对称矩阵。于是，存在正交矩阵Q，使得11()TTQPAPQ为对角矩阵（注：1TQQ）.这时，11().TTTQPBPQQEQE取1PPQ即可。2.证：()由AB为正定矩阵可知，AB也是对称矩阵,(),TABAB即TTBAAB，也即ABBA（注：由A和B都是正定矩阵可知，它们也是对称矩阵）.()由()TTTABBABAAB可知，AB为对称矩阵由A是正定矩阵及定理9-3的(5)可知，存在可逆矩阵P，使得.TAPP于是，有11()()()().TTTTTTPABPPPPBPPBP可见，AB与TPBP相似，特征值相同。由B是正定矩阵及相合变换保持正定性可知，TPBP也是正定矩阵，特征值全大于0，从而AB的特征值也全大于0，所以AB为正定矩阵。思考题9-31．可以。球面的母线是它上面最大的圆，旋转轴为最大圆的直径。圆柱面的母线是它上面平行于对称轴的直线，旋转轴就是它的对称轴．2．圆柱面。3．（1）是平面3x上的圆。（2）是平面1y上的椭圆。（3）是平面4z上的双曲线。（4）是平面2y上的双曲线。习题9-31．球心为(0,1,0)，半径为2．2．图略．（1）表示母线平行于z轴的椭圆柱面。（2）表示母线平行于x轴的双曲柱面。（3）表示母线平行于z轴的抛物柱面。（4）表示母线平行于y轴的双曲柱面。3（1）224yzx；（2）222134xzy．4．图略。（1）旋转轴为y轴，母线为22210xyz或22210yzx（2）旋转轴为x轴，母线为20zxy或20yxz（3）旋转轴为z轴，母线为221490yzx或221490xzy5．（1）221xy在平面直角坐标系下表示圆，在空间直角坐标系中表示圆柱面。（2）2zy在平面直角坐标系下表示抛物线，在空间直角坐标系中表示抛物柱面。6．母线平行于x轴且通过曲线2222222160xyzxzy的柱面的方程为22316yz．母线平行于y轴且通过曲线2222222160xyzxzy的柱面的方程为223216xz．7．球面2229xyz与平面1xz的交线在Oxy面上的投影的方程为221172()220xyz思考题9-41.提示：看系数同号的平方项何时系数能相同。2．椭球面的二次项部分所对应的实对称阵的特征值同号，单叶双曲面的二次项部分所对应的实对称阵的特征值都不为0且异号，椭圆抛物面的二次项部分所对应的实对称阵的特征值有一个为0且同号。3．不能。因为二次锥面、单叶双曲面和双叶双曲面的二次项部分所对应的实对称阵的特征值的特点相同，都是异号的。习题9-41．略。2．略。3．（1）222222441xyz，为单叶双曲面；（2）222251xy，为双曲柱面；（3）22222220xyz，为二次锥面；（4）2222224485xyz，为双叶双曲面；（5）22111xy，为双曲柱面；（6）22211121xyz，为旋转单叶双曲面（7）2221112441xyz，为旋转椭球面.