高等代数与解析几何第10章习题参考答案.doc

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第十章 习题答案习题10.11、写出二次型的矩阵如下：（1）；（2）；（3）；（4）2、二次型可以表示为：，的矩阵为：当q的秩为0；当q的秩为13、二次型的秩未必是A；应为其中，4、（1）若A为反对称矩阵，即，则 ，从而 ；反之，若对任意X都有，令，取，则 取 ，则 ， 得，即，故A为反对称矩阵（2）因对任意n维向量X，都有，由（1）知，又由，因而，得A=0（3）因对任意n维向量X，都有，即，又显然是对称矩阵，故由（2）得，即A=B5、由A可逆，且，得，故A与A/合同6、因A与B合同，C与D合同，故存在可逆矩阵，使 取，则P可逆，且有7、（1）当>0，b>0时，取，则P为可逆实矩阵且，从而A与I在R上合同（2）当时，取，则P为可逆复矩阵且习题10.21、（1） =令 即代入原二次型，得所作非退化线性替换是（2）对二次型作非退化线性替换得再令即代入得所作的非退化线性替换是（3）= =令即 代入，得（4）令 即将变换代入，得（5）作非退化线性替换q化为（6）设，令即，二次型化为：2、（1），取，则（2），；（3）3、（1）的矩阵为，经非退化线性替换X=PY，二次型化为验算：（2）的矩阵为，经非退化线性替换X=PY，二次型化为验算：4、设A为秩等于r的对称矩阵，则存在可逆矩阵P，使得 ，令，则，且秩，同时有5、用A，B表示所给两个对角形矩阵，由于二次型 可经过非退化线性替换 化得=，故A与B合同6、因A为复数域上的对称矩阵，故存在复数域上的可逆矩阵P1，使 ，因为在复数域内，任何数可开平方，故有令，则有习题10.31、（1）q矩阵为 ，A的特征多项式 A的特征值为2，5，-1对的特征值 解齐次方程组求得基础解系，单位化得，同理求得属于特征值5，-1的单位特征向量分别为， 取正交矩阵则，q通对正交的线性替换X=UY，化为（2）q的矩阵为 ，它的特征多项式为：，A的特征值为6（二重），-2对于特征值6，解齐次方程组： 求得一个基础解系为，它们已是正交向量组，将它们单位化，得 对于特征值-2，同理可求得相应的特征向量，单位化得取，则U为正交矩阵，且对二次型作正交线性替换X=UY，就化成（3）q的矩阵为 A的特殊征多项式，A的特征值为2，2，-7对于特征值2，求得两个相应的线性无关的特征向量 ，将它们正交化得，单位化得 ，对于特征值-7，求得相应的特征向量为单位化得 取，则U是正交矩阵，且，q可经过正交线性替换X=UY，化为 （4）q的矩阵为 ，B的特征值为1，-1对特征值为1，求得B的属于1特征向量为，单位化得 ，对于-1，求得相应的特征向量为，单位化得 取，则Q为正交矩阵且令，则U为正交矩阵且作正交线性替换X=UY，二次型就化为2、因为A是实对称矩阵，故它的特征值是实数，从而存在不全为0的实数使得 于是，3、因为是实二次型，故存在正交的线性替换X=UY（U为正交矩阵），使= （1）其中为A的全部特征值由于，又由于=，故对中的任意向量X，由（1）得 （2）因为U为正交矩阵，故从而由（2）得 4、因为A为实对称矩阵，所以存在正交矩阵U使，这里 是A的全部特征值由于>0，i=1，2，n，故 令，则S为实对称矩阵，并且有习题10.41、（1）已经是C上和R上的典范形；（2）在C上，对，再作非退化线性替换，可化为典范形；而在R上，已经是典范形（3）在C上，对，再作非退化线性替换，可化为典范形；在R上，对，再作非退化实线性替换，可化为典范形（4）q在C上和R上的典范形都是：（5）q在C上的典范形为：；在R上的典范形为：（6）已经是典范形2、q的矩阵为因为故，从而知A与合同（1）ab>0时，若c=0，则q的秩r=2，符号差；若c>0，则q的秩r=3，符号差；若c<0，则q的秩r=3，符号差；（2）ab<0时，若c=0，则q的秩r=2，符号差；若c>0，则q的秩r=3，符号差；若c<0，则q的秩r=3，符号差3、二次型的矩阵 可证，A与合同因后一矩阵与无关，从而得A的秩和符号差与无关，即二次型的秩和符号差与无关4、类数=n=3时，各类典范形为：；;.5、充分性设实二次型的秩为2，且符号差为0，则它可以经非退化线性替换X=PY化为典范形=由，可知，可由线性表示代入上式得是两实系数n元一次齐次多项式的乘积若q的秩为1，则q可经非退化线性替换X=PY化为典范形，同理可得结论成立必要性设二次型可分解为=，其中若与成比例，即，且设，可对q作非退化线性替换化为=此时二次型的秩为1若与不成比例，不如设与不成比例，则，从而 是非退化线性变换对作此变换后再作如下线性替换就得 =因此，二次型的秩为2，并且符号差是零6、只需证齐次线性方程与AX=0同解设X是AX=0的解，则有，即X也是的解；反之，设X是的解，则有，即因为A为实矩阵，X为实向量，故AX=0即X是AX=0的解，于是，A/A与A的秩相同7、把q写成=，因为，得是q的矩阵，q的秩等于的秩，由上题得q的秩等于A的秩习题10.51、（1）q的矩阵为 它的顺序主子式为 >0，>0，>0，故q是正定的（2）q的矩阵为 因为A的2阶顺序主子式 ，由此可知，q不是正定的（3）取不全为0的实数，有 ，故q不是正定的（4）的矩阵为 它的k阶顺序主子式 >0，（k=1，2，,n）故q是正定的（5）q的矩阵为 它的k阶顺序主子式 =>0（k=1，2，,n）故q是正定的2、（1）的矩阵为 ，是正定的充要条件是：A的顺序主子式 >0，>0，>0由此解得：所以，当时，是正定的（2）的矩阵为 ，由于A的二阶顺序主子式，故不论取任何值，q都不能是正定的（3）q的矩阵为 ，由>0，>0，>0，>0解得>2故当>2时，q是正定的3、因A是正定的，故存在可逆实矩阵P，使，由此可得，从而是正定的4、因A是正定矩阵，故存在可逆实矩阵Q，使又因为是实对称矩阵，故存在正交矩阵U，使是对角矩阵令P=QU，则是对角矩阵，且 也是对角矩阵5、因A是实对称矩阵，故对任意实数t，tI+A是实对称矩阵 对A，存在正交矩阵U，使 ，其中是A的全部特征值于是 ，故tI+A的全部特征值为当t充分大时，>0，i=1，2，,n于是，当t充分大时，tI+A是正定的6、因A是正定矩阵，故存在正交矩阵U，使 ，其中是A的全部特征值由于A是正定的，所以时，>0，i=1，2，n于是 令，则S是正定的，且使7、因A是可逆实矩阵，故是正定矩阵由第6题知，存在正定矩阵S，使=于是，令，可证U是正交矩阵，并且A=US8、当n=1时，结论显然成立假设对于n-1阶正定矩阵，结论成立现设A是n阶正定矩阵，把A分块为： ，其中， ，令 ，则因为为正定矩阵，故，当且仅当B=0时，等号成立 由于，所以，从而，当且仅当B=0时等号成立由归纳假设，当且仅当为对角形时等号成立所以， ，当且仅当A为对角形时等号成立9、当时，结论成立 当时，A 是可逆实矩阵，从而是正定矩阵，并且的主对角线上的元素为利用第8题的结果，得10、充分性：若的秩和正惯性指数都等于r，则q可经过非退化实线性替换X=PY，变为 =，从而对任一组实数由X=PY可得，即可求得相应的实数，使=即q是半正定的必要性：设是半正定的，则q的负惯性指数必为零否则，q可经非退化实线性替换X=PY，化为=，p<r于是，当，其余时，由X=PY可得相应的值代入上式得 ，这与q是半正定相矛盾11、考虑三元二次型 它的矩阵为，容易得它的所有顺序主子式>0，>0，所以是半正定二次型故对任意实数x,y,z有0，即不等式成立12、的矩阵为 它的一切顺序主子式为（1）若<0，即>0，则显然q是正定a>0（2）若>0，即<0，二次型不是正定的，且秩A=2，故A的两个特征值必异号从而得到是不定的（1）的几何意义是：方程=1表示中心在原点的椭圆；（2）的几何意义是：方程=1表示中心在原点的双曲线13、因为<0，故二次型=的秩为n且不是正定的，故它的负惯性指数至少是1，从而可经过非退化实线性替换X=PY，化为=， （1）其中<n，当yn=1，其余yi=0时，由X=PY确定的向量，且<014、因为有实n维向量，使>0，说q不是半负定的；又由于有实n维向量，使<0，说明q不是半正定的，从而q是不定的故q的正、负惯性指数都>1，于是q可经过非退化实线性替换X=PY，化为=其中<r取y1=1，yr=1，而其余yi=0，代入X=PY解得向量，且有q=*习题10.61、对，有2、由已知得 ，解得：，从而3、对，定义容易验证，f是V上的一个线性函数，且又设g是V上的另一个线性函数，且满足，则所以，.4、假设、都不是零函数，则必存在，使，若或，则=，或=，推出不是零函数；若且，取，则=，推出不是零函数5、（1）是双线性函数；（2）不是双线性函数；（3）当c=0时，是双线性函数；当，不是双线性函数6、(1)利用矩阵迹的性质：直接可验证（2）当n=3时，设，则因为在基下的度量矩阵是一个阶矩阵，用分块形式表示为：，其中于是，在基下的度量矩阵是7、（1）在基下的度量矩阵为：在基下的度量矩阵为：（3）设非零向量，使，即取，则，并使得8、（1）因为对一切，有，所以，即W非空对任意，由，对一切，得对一切，即，故W是的一个子空间（2）若是非退化的，则对任意，有，对一切，故得于是，W=0 反之，设W=0令，对一切，则，但W=0，故从而是非退化的9、（1）对，则因为，代入上式，得从而，（2），由（1），有，故，从而，（3）先证线性无关设，分别用代入，得到因此，线性无关 又由（2）知，L（V，F）中的每向量f都可以由线性表示，因而是L（V，F）的基，于是L（V，F）的维数也是n*习题10.71、对任意，由，得，所以，是双线性函数2、，令，则有， ，且+唯一性：设还可分解为+，其中=，=于是，= ， （1）=+ （2）由（1）、（2）得 2（）=0，从而=，并且 =3、若是反对称的，则=，取，有=，故=0反之，若对任意，有=0，对任意，0=+ =+从而=，即是反对称的4、（1）因为,所以V中存在两个线性无关的向量，若，则取，即可现设，则在C中有解，设一个解为x0，令，由于线性无关，得，并使得（2）由（1）知，存在非零的，使因为f非退化，所以，必存在，使否则，若对一切，由f非退化，得，矛盾取则有令，则线性无关，且5、取V的一个基对任意，令，其中则 由此可得，在基下的度量矩阵为因为是对称的，故A是对称矩阵，因而得，即，于是，有设，则，且，取，则有6、因为是反对称的，故存在V的一个基，使在这个基下的度量矩阵为 ，这样，对任意，有 =，令=，=，则是V上的线性函数，且满足 =7、设A是一个n阶反对称矩阵，取定数域F上n维线性空间的一个基，对，令=，则是V上的一个对称双线性函数，且在基下的度量矩阵恰是A由定理10.7.3知，存在V的一个基，使在这个基下的矩阵是从而，A与B合同*习题10.81、（1）设A、B是酉矩阵，则于是，从而，AB是酉矩阵 又因为酉矩阵A的逆矩阵，所以于是，同理，故也是酉矩阵（2）设A为酉矩阵，则两边取行列式，得即故的模的平方等于1，即|A|的模等于1（3）设是酉矩阵A的特征值，是A的属于特征值的特征向量，则于是，一方面，由得