《[工学]第六章 考研： 二次型》由会员分享，可在线阅读，更多相关《[工学]第六章 考研： 二次型（65页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第六章 二次型 从内容上看主要有三个方面，一个是二次型的标准形问题。其重点是用正交变换化二次型为标准形正、反两个方面的问题，解题依托的是矩阵特征值的理论与方法；一个是二次型的正定性，既有正定性的判定又有正定性性质的运用；第三是矩阵的合同，它是由二次型经坐标变换引申出来的概念。二次型的问题考到的知识点多，涉及到行列式及矩阵的运算、正交矩阵、Schmdt正交化、基础解系、特征值及特征向量等方面，因此这里的题目综合性强。 一、二次型的概念及标准形 1.(95,10分)，已知二次型 (1)写出二次型f的矩阵表达式。(2)用正交变换把二次型f化为标准形，并写出相应的正交矩阵。 评注：2003年考试大纲新
2、增考点之一；数学三的考试内容增加向量组的Schmdt正交化。因此，可以设二次型矩阵A的特征值有重根，而要求用正交变换化为标准形。 2.(03.13分)设二次型其中二次型的矩阵A的特征值之和为1，特征值之积为-12。(1)求a,b的值。 (2)利用正交变换将二次型f化为标准形，并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵。评注：若不熟悉 ， 这两个关系式，本题也可由求A的特征值入手，即 那么1=2，2+3=a-2，23=-(2a+b2) 。于是 ，下略。 注意，通常情况下，若1=2，则由(1E-A)X=0求基础解系1,2时，1与2并不正交，而求正交矩阵时，则应先对1,2用Schmdt正交化处理。而本题的
3、1,2已经正交，故只单位化处理。 3. (04.4分)二次型的秩为 。 评注：如果认为二次型的标准形是(1) 从而秩r(f)=3就不正确了。 因为对于 (2) 由行列式从而(2)不是可逆坐标变换，那么(1)不是标准形。 数学一还这样考(1)(02,1,3分)已知实二次型经正交变换x=Py可化成标准形 ，则a= 。 评注：由于特征向量不惟一，因此正交变换不惟一，例如(0,1,1)T,(4,1,-1)T也是=0的相互正交的特征向量。单位化处理后，若令 则仍有 ，若把上述正交矩阵的二、三列对换，则有 ，等等，解题的思路方法应当掌握。 (2)(90,1,8分)求一个正交变换，化二次型为标准形。 (3)
4、(05.1.9分)已知二次型的秩为2 ()求a的值；()求正交变换x=Qy，把f(x1,x2,x3)化成标准形；()求方程f(x1,x2,x3)=0的解。 综述要掌握用正交变换化二次型为标准形的方法。用正交变换化二次型xTAx为标准形yTy时，矩阵A不仅与合同，而且因而标准形中平方项的系数就是A的特征值，已知标准形也就是已知矩阵A的特征值。在反问题中利用相似就使题目易解。二、二次型的正定性 4。(97,3分) 若二次型是正定的，则t的取值范围是 。 评注：本题若用配方法，有因此，f正定 。 5.(98,7分)设矩阵 ，矩阵B=(kE+A)2，其中k为实数，E为单位矩阵。求对角矩阵，使B与相似，
5、并求k为何值时，B为正定矩阵。 评注：本题也可用“实对称矩阵必可相似对角化 ”的方法来处理。因为A是实对称矩阵，故存在可逆矩阵P使= P-1AP，即A=PP-1。那么 B=(kE+A)2=(kPP-1+PP-1)2=P(kE+)P-12=P(kE+)P-1P(kE+)P-1=P(kE+)2P-1即 P-1BP=(kE+)2故6.(99.7分)设A为mn实矩阵，E为n阶单位矩阵，已知矩阵B=E+ATA，试证：当0时矩阵B为正定矩阵。 评注：这是数学三当年全卷得分率最低的，得零分者占62%，得满分的不足3%，人均1.1分。反映出考生对正定矩阵的性质及判别法不熟悉，对于用定义法证明及内积T的理解都有
6、欠缺。 你能否用B的特征值全大于0来证明矩阵B是正定矩阵？提示：定义法。 7.(00.9分)设有n元实二次型其中ai(i=1,2,n)为实数。试问：当1,2,n满足何种条件时，二次型f=(x1, x2,xn)为正定二次型。 评注：本题考得不好：得分偏低，原因是对二次型正定的理解有问题。 由二次型正定转化为齐次方程组只有零解，进而转换为n阶行列式的计算。如果方程组多写几个方程，行列式多写几行多写几列，计算时可少许多差错。 8.(05.13分)设 为正定矩阵，其中A,B分别为m阶，n阶对称矩阵，C为mn矩阵。 ()计算PTDP，其中 ；()利用()的结果判断矩阵B-CTA-1C是否为正定矩阵，并证
7、明你的结论。 练习题(1).(91,1,6分)设A是n阶正定阵，E是n阶单位阵，证明A+E的行列式大于1。 (2).(99,1,6分)设A为m阶实对称矩阵，B为mn实矩阵，BT为B的转置矩阵，试证：BTAB为正定矩阵的充分必要条件是B的秩r(B)=n。 评注：本题的证法很多。例如，利用秩的定义和性质可证必要性。由BTAB是n阶正定矩阵，知n=r(BTAB)r(B)min(m,n)n所以r(B)=n。(请说出上述每一步成立的理由) 正定矩阵由二次型正定性引入，二次型矩阵是对称矩阵，因此正定矩阵隐含对称矩阵的条件，所以要证BTAB是正定矩阵，首先应先验证BTAB是对称矩阵，然后再用定义法或等价条件
8、来证明正定性。一些考生忽略了对称性的判断而丢分是可惜的。本题充分性的证明也可以用特征值法：设是BTAB的任一特征值，是属于特征值的特征向量，即(BTAB) = 。用T左乘等式两端有(B)TA (B)= T 因为秩r(B)=n，0，知B0以及 又因A正定，故有T=(B)TA (B)0，得到0。所以BTAB正定。 本题证法很多，但得分率却是当年数学一中最低的，人均仅0.78分，可见区分度高，反映出优秀考生解本题并不困难。对于定义法，对于各概念的衔接与转换是考生复习时应当注意的。 综述要理解概念，掌握正定矩阵的性质，如第5，6题所涉及到的，要会用定义法、特征值法来证明正定，要会用顺序主子式来求参数。
9、 三、合同矩阵 9. (96.8分)设矩阵(1)已知的一个特征值为3，试求y。(2)求可逆矩阵P，使(AP)T(AP)为对角矩阵。 评注：本题的(1)是考查特征值的基本概念，而(2)是把实对称矩阵合同于对角矩阵的问题转化成二次型求标准形的问题，用二次型的理论与方法来处理矩阵中的问题。 只要题目没有限定，将二次型 XTAX化成标准形既可以用配方法也 可以用正交变换法.如若后续问题涉 及到特征值就应选用正交变换法。因 为配方法所得标准形的系数不是特征值 ，本题用配方法只需一步是简捷的，请 读者用正交变换法完成本题。 10. (97.3分)设A,B为同阶可逆矩阵，则 (A) AB=BA。 (B)存在
10、可逆矩阵P，使P-1AP=B。(C)存在可逆矩阵C，使CTAC=B。 (D)存在可逆矩阵P和Q，使PAQ=B。 11. (01.8分)设A为n阶实对称矩阵，秩(A)=n ，Aij是A=(aij)中元素aij的代数余子式i,j=1,2,n，二次型 。 (1)记X=(x1, x2,xn)T，把f(x1, x2,xn)写成矩阵形式，并证明二次型f(X)的矩阵为A-1；(2)二次型g(X)= XTA X与f(X)的规范形是否相同?说明理由。 评注：由于(A-1)TA(A-1)=(A-1)T=(AT )-1=A-1，即A与A-1合同，所以f(X)与g(X)规范形相同。 12. (07,4分)设矩阵 ，
11、，则A与B (A) 合同，且相似； (B) 合同，但不相似；(C) 不合同，但相似； (D) 既不合同，也不相似。 13.(08,4分)设 ，则在实数域上与之合同的矩阵为 (A) ； (B) ； (C) ； (D) 。 评注：本题的矩阵 不仅和矩阵合同，而且它们也相似，因为它们都和对角矩阵相似。 练习题(01,1,3分) 设 ， ，则A与B(A) 合同且相似； (B) 合同但不相似；(C) 不合同但相似； (D) 不合同且不相似。 综述二次型XTAX经坐标变换X=Cy，有XTAX =(Cy)TA(Cy)=yT(CTAC)y=yTBy。由此引出B=CTAC，即实对称矩阵A与B合同。根据惯性定理，AB A与B有相同的正、负惯性指数。 若实对称矩阵A与B相似，则A与B有相同的特征值，从而XTAX与XTBX有相同的正负惯性指数，因此A与B合同，但A与合同时，推不出A与B相似。
