高等代数与解析几何10.4节习题解答习题10.doc

习题10.4 习题10.4.1 判别下列二次型或埃尔米特二次型是否正定： （1）； （2）； （3）。 解 （1）二次型矩阵为，计算可得，所以该二次型不是正定的。 （2）二次型矩阵为，计算可得级顺序主子式 ，。故该二次型是正定的。 （3）将二次型表示成矩阵形式为，显然有矩阵的行列式为零，故该二次型是非正定的。 习题10.4.2 证明：如果是正定矩阵，那么的主子式全大于零，所谓主子式就是行指标与列指标相同的子式。 证明：设为正定矩阵，其任一阶主子式为 ，。 下面考察两个二次型和。 对任意，令，其中 。由于是正定的，有，由的任意性知为正定二次型，故，，得证。 习题10.4.3 设是实对称矩阵。证明：当实数充分大之后，是正定矩阵。 证明：因为，即是实对称矩阵。 设是的全部特征值，则是的全部特征值。取，则的特征值都大于零，这时是正定矩阵。 习题10.4.4如果是正定对称矩阵，证明也是正定对称矩阵。 证明：因为，所以，即是对称阵。令，则，而是正定二次型，所以是正定二次型，故是正定矩阵。 习题10.4.5 设是阶实对称矩阵，且。证明：存在实维列向量，使得。 证明：由于为阶实对称矩阵，且，所以二次型的秩为，且不是正定的，故负惯性指数至少是1，从而二次型可经实可逆变量替换化成 。 取，其中1为第个分量。得，则二次型，得证。 习题10.4.6如果都是阶正定矩阵，证明也是正定矩阵。 证明：因为，，所以为对称阵。又因，，对都成立，所以对也成立，即二次型正定，故是正定矩阵。 习题10.4.7 证明：二次型是半正定的充要条件是它的正惯性指数与秩相等。 证明：必要性 因为是半正定的，则可经非退化线性替换化为规范形 。 若，取，其中1为第个分量，则对应有，必有。这与是半正定的相矛盾，故它的正惯性指数与秩相等。 充分性 因为的正惯性指数与秩相等，所以可经非退化变量替换化为 。 从而二次型是半正定的。 习题10.4.8 证明：是半正定的。 证明：因为 ，所以二次型是半正定的。 习题10.4.9 设是实二次型，如果有实维列向量使，。证明：存在维列向量，使。 证明：设的秩为，可作实非退化线性替换，将化为规范形 由于存在两个向量使，，所以一定有，。取为第和第个分量为，其余各分量都为零的维列向量，可得，且有。 习题10.4.10 设是实对称阵，其中是正定阵，则存在可逆实矩阵，使，。 证明：因为为正定矩阵，则存在可逆矩阵，使得。 又因为是实对称阵，所以有，即为对称矩阵，故存在正交矩阵，使得。令，则有，且有。 习题10.4.11 如果埃尔米特二次型对一切，有 ， 且仅当时才成立，则称为正定的，同时矩阵称为正定埃尔米特阵。证明下列条件等价： （1）是正定埃尔米特阵； （2）的所有特征值皆大于零； （3）存在复可逆阵，使； （4）的所有顺序主子式皆大于零。 证明：（1）→（2）因为是正定埃尔米特阵，由定理9.6.5，总存在酉阵，使得，其中是的全部特征值，且都是实数，即经变量替换，有 ， 当时，定有，且保证，故必有的所有特征值皆大于零。 （2）→（3）因为的所有特征值皆大于零，所以可再作变量替换，则有 ， 即令可逆阵，有 。 （3）→（1）因为存在复可逆阵，使，所以令，有 ， 当时，定有，且有，即为正定的，所以是正定埃尔米特阵。 （1）→（4）因为是正定埃尔米特阵，所以的所有特征值皆大于零，且有酉阵，使得，即有 ，故正定埃尔米特阵的行列式大于零。 再证的顺序主子式。令 ， 其中是埃尔米特二次型所对应的矩阵。由于是正定的，所以也是正定的，于是是正定埃尔米特阵，故有， （4）→（1）对n作归纳法：当时，有，，从而是正定的。 假设对元时成立。现证n元情况。把二次型对应的写成，其中存在，使得。现令，有 ， 其中。再令，有 。 两边取行列式知左端行列式大于零，所以右端行列式也大于零，即。显然有，令，即存在可逆矩阵（），使得，故为正定埃尔米特阵。 习题10.4.12证明：实对称阵为负定的充要条件是的一切偶数阶顺序主子式大于零，一切奇数阶顺序主子式小于零。 证明：设实对称阵为负定的，即对应的二次型是负定的，所以二次型为正定的，由正定性知当且仅当，其中为的阶顺序主子式。 当为偶数时，有； 当为奇数时，有，即。