(165)--第六章《二次型》习题册答案解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

第六章 二次型答案解析
6-1 基础过关
1.【答案】（1） A 
 1
2
1
2
4
2
1
2
1

；（2） A 
 1

0
1

1
3
1 0
3
1

；
（3） A 
 2
2
2
1

；（4） A 
 1
3
5
3
5
7
5
7
9

【解析】略（提示：二次型系数矩阵一定是对称矩阵，主对角线上元素为平方项前面系
数，交叉项前的系数均分之后置于对应位置）.
2.【答案】（1）2y2 5y2  y2；（2）y2 2y2  y2；（3）
1 2 3 1 2 3
2 v 2  1 1 w 2  1
【解析】（1） A 
 2
0
0
0
3
2
0
2
3

，所以
| E A | 0
0
2 0
2
3
0
2
3
( 2 ) ( 5 ) ( 1 ) 0

    

 


 

     ，解得
1
2 ,
2
5 ,
3
1      
当2时，解
1
( 2 E  A ) x  0 得：
1

 1
0
0

 ；
当 5时，解(5EA)x 0得：
2 2

 0
1
1

 ；
当 1时，解
3
( E  A ) x  0
 0 
 
得：  1 .
3  
 
 1 
1 0  0 
   1    1  
单位化：   0 ，  2  1 ，  3  1
1 1   2  2   3  2  
 0   2  1   3   1  令 Q  (
1
,
2
,
3
) 
 1
0
0
0
1
1
2
2

0
1
1
2
2

   ，则在正交变换 x  Q y 下，二次型的标准形为：
2 y 21  5 y 22  y 23 .
1 1 0 
 
（2）A 1 0 1 ，所以
 
 
0 1 1
 
| E A |
0
1
1
1
1 0
1
1
( 1 ) ( 2 ) ( 1 ) 0

    

  
 

     ，解得
1
1 ,
2
2 ,
3
1       
当1时，解
1
( E  A ) x  0 得：
1

 1
0
1

 ；
当
2
2   时，解 ( 2 E  A ) x  0 得：
2

 1
1
 1

 ；
当 1时，解
3
(  E  A ) x  0 得：
3

 
2
1
1 
 .
单位化：
1
 1
1

1
2
 1
0
1


 ，
 2
 2
2

1
3
 1
1
 1


 ，
 3
 3
3

1
6
 
2
1
1 



 1 1 1 

 
2 3 6
 
 1 2 
令Q (, , )

0 ，则在正交变换x Qy下，二次型的标准形为：
1 2 3
3 6
 
 1 1 1 
 
 2 3 6 
y 21  2 y 22  y 23 .（3） A 


3
2
2 
2
5
5


5
2
5

，所以
| E A |
2
2
3
5
2
5
2
5
5
( 2 ) ( 1 1 ) 0

   

  
 


    ，解得
1
0 ,
2
2 ,
3
1 1      
当0时，解
1
( 0 E  A ) x  0 得：
1

 0
1
1

 ；
当 2时，解
2
( 2 E  A ) x  0
 4 
 
得：  1 ；
2  
 
 1 
当
3
1 1   时，解 ( 1 1 E  A ) x  0 得：
3



1
2
2

 .
单位化：
1
 1
1

1
2
 0
1
1


 ，
 2
 2
2

3
1
2
 4

1
1
  1 
  1 
 ，  3  2
 3  3  
3  2  
令 Q  (
1
,
2
,
3
) 

0
1
1
2
2
3
3
3
4

1
2
1
2
2

1
3
2
3
2
3

   ，则在正交变换
 x
y
z

 Q
 u
v
w

下，二次型的标准
方程为： 2 v 2  1 1 w 2  1 .
3.【答案】请参照解析
【解析】（1）
f ( x , x , x )
1 2 3



2 x 
1
2 x 
1
( x 
1
2 2 x 
3
2 x x
1
2 x )
3
3
2


x
x
x
1
2 x
3
22
3



(
2
2 x
3
x
2
x
2


x
2
x
3
x
3
x
2
2 )
3
 x 22  x 22y  x x
1 1 3

令y  x ，即
2 2

y  x x

3 2 3
y 
 1
0
0
0
1
1
1
0
1

x  p x

 x
x
x
1
2
3



y
y

1
2
y

2
y

2
y

3
y
3
1 1 1
 
，即x  0 1 0 y cy，二次型的标准形为：y2  y2  y2.
  1 2 3
 
0 1 1
 
（2）
f ( x , x , x )
1 2 3




2
2
2

2 x
1

x


x

2

21
1

x


x
22
x
1
2
1

x
1
x

4
2
2
1
2
2 x
3

2

x
2

1
4


2
x
1
2

x x
1 2

2 

2 
( x
2
2




1
2

1
2
(
2
2
x x
2
2 x 
2
2 x )
3
( x
2
3
4


x
2
2
x
2 3
2 x
3
x )
3


2
4

x 23
(
) 
2
2
x
3
x
)
23
2
令

y
y
y
1
2
3



2
1
2
2

x
x
( x
3
1
2


1
2
2
x
x
2
3

)
，即 y 

0
0
2
2
2
0
2
2

0
2
2

x  p x


x
x
x
1
2
3



2
2
2
2
2
y
1
y
2
y
3


2
2
2 y
y
3
2

2
2
y
3
，即 x 

2
0
0
2

0
2
2
2

2
2
2
2
2 
y  c y ，二次型的规范
形为： y 21  y 22  y 23 .
1 0 2 4 1 1
1   
4.【答案】（1） 0 1 2 ；（2） 1 4 1
   
3
   
 2 2 0  1 1 4
【解析】（1）记 p
3

 x
x
x
1
2
3

pTp  x 2x 2x 0
，因为特征值互不相等，故 3 1 1 2 3 ，解得
pTp 2x x 2x 0

3 2 1 2 3p
3



2
1
2

方法一： P  ( p
1
, p
2
, p
3
)
1 
 
，Λ 1 ，则
 
 
0
 
P   A P = Λ ，故
A 

P

Λ
1
2
2
P  1
 2
 1
2

 1
2
2
0
0
0
 

1
2
2
2
1
2

2
1

2
2
1
2



2
1
1
2

 1


1
1
3
0



0
2

1
1
2
2
0
1
2

2
1
2
2
2
0


2
1
2

 1
方法二：单位化可得，
1

p
p
1
1

1
3
 1
2
2

 ，
2

p
p
2
2

1
3


2
1
2

 ，
3

p
p
3
3

1
3


2
1
2

 ；
令Q(, ,)，
1 2 3
Λ 
 1
 1
0

，则QTAQ  Λ，所以
A 


Q
1
9
1
3
Λ


Q
1
2
2

0
2
1
T 
 2
 1
2
0
1
2
 1
3

0
0
0
2
2
0
2




1
2
2
1
2
2
2
1
 2
2
1
 2
2
 2
1
2
 2
1




1
1
9


1

0
6
3
0

0
3
6
 1
2
2
6
6
0


2
1
2

2
1
2

（2）记 p (x ,x ,x )T ，因为
2,3 1 2 3 1 2
   ，
1 3
   ，所以 p T2
,3
p
1
 x
1
 x
2
 x
3
 0 .
方法一：解得 p
2

 0
1
 1

, p
3

 
1
1
2  1
p 1  
，单位化  1  1 ，
1 p 3  
 
1 12

p
p
2
2

1
2
 0
1
 1

 ，
3

p
p
3
3

1
6
 
1
1
 
 ，
6 
 
令Q(, ,)，Λ 3 ，则QTAQ  Λ，所以
1 2 3  
 
3
 
A 


Q
1
2
1
2
Λ


Q
2
2
2
8
2
2
T 
2
2
2
2
8
2


2
2
8
1
6
0
3


3

2



4
1
1
1
1
2
2
2
2

1
4
1


0

2
2
1
1
4
0
3

3
1

2
3
1
1
2 

 3
1
2

3
2

1
1




0
2
2 1
2
3 
1
2
3

方法二：所以
 x
x
x
1
2
3



 x  x
2
x
2
x
3
3
1 1
   
，可得 p  1 , p  0 ，令
2   3  
   
0 1
   
P  ( p
1
, p
2
, p
3
) ，
Λ 
 6
3
3

，则 P   A P = Λ ，所以
A 

P

Λ
6
6
6
P  1
 3
3
0

 1
1
1

0
3
3 

1
0

1
1
1
1

0
1

1
0
1
1
  6

0
1
1 
3
 1

3


4
1
1
 1
1
1
1
4
1

1
0
1
1
1
4


0
1
1 
 1
1 1
5.【答案】（1）2  ；（2）
1 1


2
2
4 
2
2
4


8
4
4

3 2
【解析】（1）方法一（相似对角化）：|EA| (1)(5)0，所
2 3以1, 5
1 2
当1时，解
1
( E  A ) x  0 得：
1

 1
1


当5时，解
1
( 5 E  A ) x  0 得：
2

 
1
1 

令 P  (
1
,
2
)   ， Λ 
 1
5

，则 P   A P = Λ ，所以 A  P Λ P  1 ，故
1
1 14 1 1
(A) P(Λ)P1 
   
1 1  01 1 
4 0 1 1 1 1 1
  2
     
4 0 21 1 1 1
2 2
方法二（合同对角化）：A   5E  B5E，因为
2 2
r ( B )  1 ，所以
B1 4    ， B2 0   ，故 A 的特征值为：
1
1 ,
2
5    
当 B1 4    时，因为 B
 

2
2

  4
 

2
2

，即 B
 1
1

  4
 1
1

，所以
1

 1
1


当 B2 0   时，解 ( 0 E  B ) x  0 得
2

 
1
1 

单位化可得：
1
 1
1

1
2
 1
1

,
2
 2
2

1
2
 
1
1   
  ，令Q(, )，
  1 2
1 
Λ  ，则
 5
Q T A Q  Λ ，所以AQΛQT
故 ( A ) Q ( Λ ) Q T
1
2
2 1
1 1
1 4
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
.    
        


 
 
2 1 2
（2）|EA| 1 2 2 (1)(1)(5)0，解得
2 2 1
1
1   ，
 1， 5
2 3当1，解
1
( E  A ) x  0 得： E  A 
 


1
1
2



1
1
2


0
2
2


 1
0
0
1
0
0
0
1
0

，所以
 x
x
x
1
2
3




x
0
x
2
2
，
1

 
1
0
1 
 ；
当 1，解(EA)x 0得：
2
 E  A 
 


3
1
2



1
3
2



2
2
2


 1
0
0

2
0
1 0
1
0

，所以
 x
x
x
1
2
3



x
x

2
2
2 x
2
，
2



1
1
2


当 5，解(5EA)x 0得：
3
5 E  A 
 3


1
2

3

1
2


4
2
2


 1
0
0
0
1
0


0
1
1

，所以
 x
x
x
1
2
3



x
x
x
3
3
3
1
 
，  1
3  
 
1
单位化可得：
1
 1
1

1
2
 
1
0
1 

 ，
 2
 2
2

1
6


1
1
2
 1
  1  
 ，  3  1
 3  3  
3  1  
令Q(, ,)，
1 2 3
Λ 
 1
 1
5

，则QTAQ  Λ，所以 A  Q Λ Q T
所以
 3 1 2 0  3 3 0 
 1  2    
(A)Q(Λ)QT     3 1 2  12  1 1 2
 6     
  0 2 2   0 2 2 2 
 1 1 2  2 2 4
   
2 1 1 2  2 2 4
   
   
2 2 4 4 4 8
   6.【答案】（1） 
4
5
 a  0 ；（2）负定；（3）正定
【解析】（1） A 
 1
a
 1
a
1
2

2
5
1 
，由于 A 为正定矩阵，故其各阶顺序主子式大于 0
A
1
 1  1  0 ， A
2

1
a
a
1
 1  a 2  0 ， A  A a(5a4)0
3
1a1
 4
即 4  a0.
 a0 5

 5
（2） A 
 
1
1
2

1
0
6

1
0
4

，判断其各阶主子式：
A
1
  2  0 ， A
2


1
2

1
6
 1 1  0 ， A
3
 A   3 8  0 ，符合负定条件，故二次型
是负定的.
（3） A 
 1

2
1

3
0
1 2
0
9

，判断其各阶主子式：
A 10，
1
A
2

1
 1

3
1
 2  0 ， A  A 60，符合正定条件，故二次型是正定
3
的.6-2 基础真题
 4 1 
0
 
3 2 3
 
 1 1 2
1.【答案】P  ，标准形为
 
2 3 2 3
 
 1 1 2 
 
 2 3 2 3 
f  9 y 23
【解析】二次型的矩阵 A 


1
2
2


4
2
4

2
4
4

.
A 的特征多项式为 λ E  A =
λ


2
2
1
λ
2

4
4
λ

4

2
4
 λ 2( λ  9 )
则 A 的特征值是 0, 9.
1 2 3
对于
1

2
 0   ， 2
1
2
2
4
4 4
2
4
1
0
0
0
0
2 2
0
0
 E  A 
 






  
可取特征向量 p
1

 0
1
1

及与 p
1
正交的另一特征向量 p
2

 4
1
 1

. 将它们单位化，得
 4 
 0   
  3 2
1  
p   p  1 
 1 = p 1   2   ,  2 = p 2   3 2  .
1 1 2  
     1 
 2   
3 2 
对于
3
 9  ，
3
8
2
2
2
5
4
4
5
2 2
0
0
1
0
4
1
0
5
 E  A 


 

    1 
 
取特征向量 p  2 ，将其单位化，得
3  
  2
 
3
=
p
p
3
3



1
3
2
3
2
3

 .
求出正交矩阵 P  (
1
,
2
,
3
)    ，则在正交变换
 x
x
x
1
2
3



0
1
1
2
2
3
3
3
4
1

2
2
1
2

1
3
3
2
3
2

 y
y
y
1
2
3

下，二次型
化为 f  9 y 23 ，即为所求标准形.
2.【答案】 a  2 ， P 
 0
1

2
1
2
1
0
0
0
1
1
2
2

【解析】二次型 f
2 0 0
 
的矩阵A 0 3 a ，特征方程为
 
 
0 a 3
 
= 0
0
2 0
a
3
0
a
3
( 2 ) ( 2 6 9 a 2 ) 0

    

Ε  A
 

 


      .
由二次型的标准形可知， A 的特征值为
1
1   ，
2
2   ，
3
5   ，将
1
1   （或
 5）代入特征方程，得
3
a 2  4  0 ， a   2 . 因 a  0 ，故取a2.
此处也可根据 A ，得
1 2 3
2
0
0
0
3
a
0
a
3
 1  2  5 ，即 9  a 2  5 ，所以a2. 因
a0，故取a2.
2 0 0
 
此时，A 0 3 2 .
 
 
0 2 3
 以下逐一求出对应于每一特征值的特征向量，并将其正交化、单位化：
当
1
1   时，由 ( E  A ) x  0 ，即
 
0
0
1


0
2
2


0
2
2
  x
x
x
1
2
3


 0
0
0

，解得对应的特征向量
1

 0
1
 1

 ；
当
2
2   时，由 ( 2 E  A ) x  0 ，即
 0
0
0
0


1
2
0


2
1
  x
x
x
1
2
3


 0
0
0

，解得对应的特征向量
2

 1
0
0

 ；
当
3
5   时，由 ( 5 Ε  Α ) x  0 ，即
 3
0
0 
0
2
2

0
2
2
  x
x
x
1
2
3


 0
0
0

，解得对应的特征向量
3

 0
1
1

 .
将
1
， ， 单位化，得
2 3
p
1
 1
1

 0
1

2
1
2


，

p
2

2

 1
0
0

 ， p
3
 3
3

 0
1
1
2
2


，

所用的正交变换矩阵为 P  ( p
1
, p
2
, p
3
) 
 0
1

2
1
2
1
0
0
0
1
1
2
2

.
3.【答案】0
1  1 0 0 0
   
【解析】变换前后二次型的矩阵分别为A  1  ,B  0 1 0 .
   
   
1  1 0 0 2
   
由于P 为正交矩阵，故PTAP  P1AP B，即 A ~ B ，故  E  A  E  B ，即1
1
1
1
1
0
0
0
0
1
0
0
2
  
   
  


 





 

3 3 2 ( 2 2 2 ) ( ) 2 3 3 2 2 .                   
比较两端 λ 的同次幂的系数，得   0   .
4.【答案】（1） f ( x
1
, x
2
, x
3
)  ( x
1
, x
2
, x
3
)


0
2
2
2
4
4

4

2
3
  x
x
x
1
2
3

；
（2） f(x ,x ,x ) y2 6y2 6y2，
1 2 3 1 2 3
P  (
1
,
2
,
3
) 
 2
0

5
1
5
1
3
5
3
2
3
0
0
0
1

2
6
1
6
6

  
【解析】（1） f 的矩阵表达式为 f ( x
1
, x
2
, x
3
)  ( x
1
, x
2
, x
3
)


0
2
2
2
4
4

4

2
3
  x
x
x
1
2
3

（2）二次型的矩阵为 A 


0
2
2
2
4
4


4
2
3

， A 的特征值为
2
2
2
4
4
2
4
3
( 1 ) ( 2 3 6 ) 0

   

E  A  


 

    ，由此得 A 的特征值为
1
1 ,
2
6 ,
3
6       
 2  1  1 
     
，对应的特征向量为  0 ,  5 ,  1 ,
1   2   3  
     
1 2 2
     
 1   1 
 2     
  30 6
5    
 
 5   1
化为单位特征向量为  0 , 
 
, 
 
1 2 3
  30 6
1    
     2   2 
 5    
 30   6  2 1 1 
 
5 30 6
 
 5 1
由此可得正交矩阵P (,,)

0

1 2 3
30 6
 
 1 2 2 
 
 5 30 6 
对二次型 f 作正交变换
 x
x
x
1
2
3

 P
 y
y
y
1
2
3

则二次型 f 可化为标准型
f x ,x ,x  y2 6y2 6y2 .
1 2 3 1 2 3
5.【答案】 a  3 , b  1 ， P 


1
0
2
1
2

1
1
3
1
3
3
1
2
1
6
6
6

【解析】由
 1
b
1
b
a
1
1
1
1

与
 0
1
4

相似，得
b
1
1 b
1
a
1
1
1
1
4
 
 
 


 





 

，解得 a  3 , b  1 .
对应特征值
1
0  
T
 1 1 
的单位特征向量为x   ,0,  ；
1
 2 2 
对应特征值 1的单位特征向量为
2
x
2

 1
3
, 
1
3
,
1
3

T
；
对应特征值 4的单位特征向量为
3
x
3

 1
6
,
2
6
,
1
6

T
；
 1 1 1 
 
2 3 6
 
 1 2 
因此P 

0 

.
3 6
 
 1 1 1 

 
 2 3 6 6.【答案】 2
【解析】经正交变换化成标准型 f  6 y 21 ，故知 f 所对应的实对称矩阵的特征值为 6 ，
0 ， 0 .
另一方面，该实对称矩阵为 A 
 a
2
2
2
a
2
2
2
a

，于是 a  a  a  6 得 a  2 .
 2 1 
0
 
5 5
 
7.【答案】（Ⅰ）a 1,b2；（Ⅱ）X QY ，Q  0 1 0 ，
 
1 2
 0  
 
 5 5
f  2 y 21  2 y 22  3 y 23
【解析】（Ⅰ）设二次型 f 的矩阵为 A 
 a
0
b
0
2
0
b
0
 2

.
设 A 的特征值为
i
( i 1 , 2 , 3 )   ，由题设有
1 2 3
a 2 2 1         
a 0 b
，  A  0 2 0 4a2b2 12
1 2 3
b 0 2
解得 a  1 , b  2 .
（Ⅱ）由矩阵 A
1 0 2
的特征多项式EA  0 2 0 (2)2(3)
2 0 2
得 A 的特征值
1 2
2 ,
3
3 .       
对于 2，解齐次线性方程组(2EA)x 0得其基础解系
1 2
1
 ( 2 , 0 , 1 ) T ,
2
 ( 0 , 1 , 0 ) T  
对于 3，解齐次线性方程组
3
(  3 E  A ) x  0 得其基础解系 (1,0,2)T.
3
由于,,已是正交向量组，为得到规范正交矩阵，只需将,,单位化，由此
1 2 3 1 2 3T T
 2 1   1 2 
得 

,0,

,
0,1,0T
, 

,0,

1 2 1
 5 5  5 5
令矩阵 Q  (
1
,
2
,
3
) 
 2
0
1
5
5
0
1
0 
1
0
5
2
5

  ，则 Q 为正交矩阵，在正交变换 X  Q Y 下有
Q T A Q 
 2
0
0
0
2
0
0
0
 3

，且二次型的标准形为 f 2y2 2y2 3y2.
1 2 3
8.【答案】 2
【解析】二次型 f ( x
1
, x
2
, x
3
) 的矩阵为 A 
 2
1
1
1
2
 1
1

2
1

. 对 A 作初等变换得
A 
 1
0
0
0
1
0
0
0
0

，从而r(A)2，即二次型的秩为 2 .
9.【答案】（1） a  0
 1 1 
0
 
2 2
 
；（2）Q  1 1 ；（3）
0 
 
2 2
 
 
 0 1 0 
x
1
 k ， x
2
  k ， x
3
 0 ，
其中 k 为任意实数
【解析】（1）二次型 f 的矩阵为 A 
 1
1


0
a
a
1
1


0
a
a
0
0
2

. 由已知，矩阵 A 的秩为2，从而
1a 1a
A 2 8a0，得a0.
1a 1a
1 1 0
 
（2）当a0时，A 1 1 0 ，其特征多项式
 
 
0 0 2
 =
0
1
1
0
1
1
0
0
2
( 2 ) [ ( 1 ) 2 1 ] ( 2 ) 2

    

E  A 
 


     
从而 A 的特征值为
1 2
2     ，
3
0   . 当
1 2
2     时，方程组
 1

0
1

1
0
1 0
0
0
  x
x
x
1
2
3

 0
的基础解系，亦即矩阵 A 的对应于特征值 2 的特征向量为
1
 (1 , 1 , 0 )   ， (0,0,1)；
2
当 0时，方程组
3
 

0
1
1


0
1
1

0
0
2
  x
x
x
1
2
3

 0 的基础解系，亦即矩阵 A 的对应于特征值 0
的线性无关特征向量为 (1,1,0).
3
不难验证
1
,
2
,
3
  是两两正交的，故只需将它们单位化：
e
1

1
2
( 1 , 1 , 0 )  ， e
2
 ( 0 , 0 , 1 )  ， e
3

1
2
(1 ,  1 , 0 )  .
因而正交矩阵 Q  ( e
1
, e
2
, e
3
) 
 1
1
0
2
2
0
0
1

1
0
2
1
2

，
二次型 f 在正交变换 x  Q y 下的标准形 f(x ,x ,x )2y2 2y2.
1 2 3 1 2
（3）方程 f ( x
1
, x
2
, x
3
)  0 的解在正交变换 x  Q y 下化为 2 y 21  2 y 22  0 ，其解为
y
1
 y
2
 0 （ y
3
可为任意实数），从而
 0   0 
   
x Q 0 (e ,e ,e ) 0  y e k(1,1,0) ，
  1 2 3   3 3
   
y y
   
3 3
其中k为任意实数，即 f(x,x ,x )0的解为x k，
1 2 3 1
x
2
  k ， x
3
 0 ，其中k 为任意
实数.10.【答案】（1） f ( X )  ( x
1
, x
2
, x
n
) A  1
 x
x
x
1
2
n

；（2）相同
【解析】（1）证明：由题设，则
f ( X )  ( x
1
, x
2
, x
n
)
1
A
 A
A
A
1
2
n
1
1
1
A
A
A
1
2
n
2
2
2
A
A
A
1
2
n
n
n
n
  x
x
x
1
2
n

 ( x
1
, x
2
, x
n
)
1
A
( A * ) T
 x
x
x
1
2
n

由于r(A)n，且 A 为实对称矩阵，则
1
A
( A * ) T 
1
A
( A T ) * 
1
A
A *  A  1 ，
故 f ( X )  ( x
1
, x
2
, x
n
) A  1
 x
x
x
1
2
n

，又因 ( A  1 ) T  ( A T )  1  A  1 ，即 A  1 也为实对称矩
阵，因此二次型 f(X)的矩阵为 A  1 .
（2）因为 ( A  1 ) T A A  1  ( A T )  1 E  A  1 ，所以由合同的定义，可知 A 与 A  1 合同. 从
而， g ( X )  X T A X 与 f(X) XTA1X有相同的正、负惯性指数，故它们有相同的规范
形.
11.【答案】请参照解析
【解析】由于A是 n 阶正定阵，所以
i
0 ( i 1 , 2 , , n )    ，其中
i
为A的特征值. 所以
A + E 的特征值为10(i1,2, ,n)，则
i
A + E  1 ，证毕.
12.【答案】  2   1 
【解析】二次型 f
 1  1
 
的矩阵为A  4 2 ，其顺序主子式为
 
 
1 2 4
 
D
1
 1 ， D
2
1
4
4 2



   ，D  A 42 48
3则由
 D
D
2
3


0
0
42 0
，可得 . 因此，当
4(1)(2)0
 2   1  时， f 为正定二次型.
13.【答案】  2  t  2
【解析】若 f 是正定的，则二次型 f 对应的矩阵的各阶顺序主子式大于零，因此
2
1
0
1
1
t
2
0
t
2
1
 0 ，
解不等式得  2  t  2 .
14.【答案】 Λ 
 ( k  2 ) 2
( k  2 ) 2
k 2

，当k 2且 k  0 时， B 为正定矩阵
【解析】由 0
1
1 0
0
2 0
1
1
( 2 ) 2

  

E  A 





  ，可得 A 的特征值为
1 2
2 ,
3
0 .      
2 0 0
 
记对角矩阵D 0 2 0 ，因为
 
 
0 0 0
 
A 是实对称矩阵，故存在正交矩
阵P ，使得 P T A P  D . 所以 A  ( P T )  1 D P  1  P D P T ，于是
B 

( k
P
E
 (

k
A

)
2
2
)

2
( k
(
P
k
P

T
2

) 2
P D
k
P
2
T

)
P
2 
T
[ P ( k E  D ) P T ] [ P ( k E  D ) P T ]  P ( k E  D ) 2 P T
由此可得 Λ 
 ( k  2 ) 2
( k  2 ) 2
k 2

由上面的结果立刻得到：当k 2且k 0时， B 的全部特征值均为正数，这时 B 为正定
矩阵.
15.【答案】a a a (1)n
1 2 n【解析】方法一 对于二次型
f ( x
1
, x
2
, , x
n
)  ( x
1
 a
1
x
2
) 2  ( x
2
 a
2
x
3
) 2   ( x
n  1
 a
n  1
x
n
) 2  ( x
n
 a
n
x
1
) 2 ，
设
 x
x
x
x
1
2
n
n


 1

a
a

a
x
1 2
x
2 3
a
n 
x
n 1


x
1

y
1
y
2

n
y
n
y
n  1
，则Y CX，其中
Y 

y
y
y
y
n
y
1
2
3

n
1

， X 

x
x
x
x
n
x
1
2
3

n
1

， C 
 1
0
0
0
a
n
a
1
0
0
0
1
0
a
1
0
0
2
0
0
0
1
0
0
0
0
a
1
n  1

，
由于 C 
1
0
0
0
a
n
a
1
0
0
0
1
0
a
1
0
0
2
0
0
0
1
0
0
0
0
a
1
n  1
 1  (  1 ) n  1 a
1
a
2
a
n
，故只有a a a (1)n
1 2 n
时， C 0，即 C 可逆，从而由 f ( x
1
, x
2
, , x
n
)
Y  C X
y 21  y 22   y 2n
 1
 y 2n 可知，
对任意不全为零的y ,y , ,y ，都有
1 2 n
f  0 ，即 f(x ,x , ,x )为正定二次型.
1 2 n
方法二 根据正定二次型的定义可知， f(x ,x , ,x )为正定二次型的充分必要条件为对
1 2 n
任意的不全为零的 x
1
, x
2
, , x
n
，均有 f(x ,x , ,x )0.
1 2 n
若 x
1
, x
2
, , x
n
全为零，则 f ( x
1
, x
2
, , x
n
)  0 . 根据题设，由于
f ( x
1
, x
2
, , x
n
)  ( x
1
 a
1
x
2
) 2  ( x
2
 a
2
x
3
) 2   ( x
n  1
 a
n  1
x
n
) 2  ( x
n
 a
n
x
1
) 2 ，
则只有当
x a x 0
1 1 2

x a x 0
 2 2 3

 . ①

x a x 0
 n1 n1 n
x a x 0

n n 1才有 f ( x
1
, x
2
, , x
n
)  0 .
又因方程组①系数行列式为
1
0
0
0
a
n
a
1
0
0
0
1
0
a
1
0
0
2
0
0
0
1
0
0
0
0
a
1
n  1
 1  (  1 ) n  1 a
1
a
2
a
n
，
故当 a
1
 a
2
a
n
 (  1 ) n 时，方程组①的只有零解，即 x
1
 x
2
  x
n
 0 ，从而
f ( x
1
, x
2
, , x
n
)  0 .
综上可知，当 a
1
 a
2
a
n
 (  1 ) n 时，对任意的不全为零的x ,x , ,x ，都有
1 2 n
f ( x
1
, x
2
, , x
n
)  ( x
1
 a
1
x
2
) 2  ( x
2
 a
2
x
3
) 2   ( x
n  1
 a
n  1
x
n
) 2  ( x
n
 a
n
x
1
) 2  0 ，
即二次型 f ( x
1
, x
2
, , x
n
) 为正定二次型.
16.【答案】（Ⅰ） 2, 0；（Ⅱ）k 2
1 2 3
【解析】（Ⅰ）设为 A 的一个特征值，对应的特征向量为，则
 A   ， 2 2 ( 0 )  A    
于是 ( 2 2 ) ( 2 2 ) .   A  A     由条件 A 2  2 A  O ，推知 ( 2 2 )     0  .
又由于  0  ，故有 2 2 0     ，解得 2    或 0   .
因为实对称矩阵 A 必可对角化，且 r ( A )  2 ，所以 A ~
  2
 2
0

 
因此，矩阵 A 的全部特征值为 2, 0
1 2 3
（Ⅱ）矩阵 A  k E 仍为实对称矩阵，由（Ⅰ）知， A  k E 的全部特征值为
2k,2k,k. 于是，当k 2时，矩阵AkE的特征值全部大于零，此时矩阵
A  k E 为正定矩阵.
17.【答案】D【解析】任意两个同阶可逆矩阵，不一定是相似的或是合同的，因此选项（B）和（C）不
成立，矩阵乘法也不具备交换律，故选项（A）也不对.对于选项（D），取 P = B ，
Q = A  1 ，则 P A Q  B A A  1  B ，故选（D）.
18.【答案】A
【解析】本题的考查要点是判定两实对称矩阵相似与合同的充要条件.
（1）两个同阶实对称矩阵相似的充要条件是它们有相同的特征值及重数；
（2）两个同阶实对称矩阵合同的充要条件是它们有相同的秩及相同的正惯性指数.
根据上面两条定理，通过计算得知A有特征根4、 0 、 0 、0，B 也有特征根4、 0 、
0 、 0 ，可见 A ~ B ，且 A 与 B 的秩都是 1 ，正惯性指数也都是 1 ，故 A 与 B 合同，答案
选（A）.6-3 拓展拔高
1.【答案】椭圆柱面
【解析】二次型的矩阵 A 
 53
1
5

1
3

3
c
3

，由 r ( A )  2 ，知 A 0，解得 c  3 .
又
(
1
3
5
4 )  (
1
3
5
6 ) (
3
3
3
3 ) 1
1
8
3

4
(
3
4
45
) ( 2
03
3
9 )
1
3
(
4
4
0
6
) (
6
9 )
03
3
0
   
   
  
       
E  A 













 












得特征值0, 4, 9.存在正交矩阵Q ，令x =Qy，使得 f 4y2 9y2，故
1 2 3 2 3
f ( x
1
, x
2
, x
3
)  1 表示椭圆柱面.
2.【答案】 f
1
  4 y 21  2 y 22  5 y 23 ； f
2
 1 0 y 21  2 0 y 22  8 y 23
【解析】由于 A 可逆时，如果正交变换 x  Q y 将 f
1
( x
1
, x
2
, x
3
)  x T A x 化为标准形，则必
将 f (x ,x ,x ) xTA*x化为标准形. 据此结论，本题只需算出将
2 1 2 3
f
1
化为标准形的正交变
换即可. 由
(
1
4
4 )
1
1
 (
3
4
4
1
) ( 3
4
)
1
2  (
1
0
3
4 ) (
1
4
2
4
7
20
1
4
0 ) (
1
0
3
4 ) (
1
4
4
2 ) ( 5 )
  
   
   
        
E  A 








 
 













 
可知， A 的特征值为4, 2, 5. 从而有
1 2 3
A * 有特征值
1
1
,
2
2
,
3
3
  
  

A

A

A
，即10, 20, 8.
1 2 3
设 A 的对应于
1
4    的特征向量为(a ,a ,a )T，则满足
1 2 3
4 1 4a 
1
 1 7 1 a 0
  2
 4 1 4  a 
3
它的基础解系为(1,0,1)T，故可取(1,0,1)T.
设A的对应于 2的特征向量为
2
 ( b
1
, b
2
, b
3
) T  ，则满足

21
4
11
1

12
4   bbb
1
2
3

 0
它的基础解系为 (1 , 2 , 1 ) T ，故可取  ( 1 , 2 , 1 ) T  .
设 A 的对应于
3
5   的特征向量为  ( c
1
, c
2
, c
3
) T  ，则满足


51
4
121 
15
4   ccc
1
2
3

 0
它的基础解系为 (1 ,  1 , 1 ) T ，故可取  ( 1 ,  1 , 1 ) T  .
显然，是正交向量组，现将它们单位化：
e
1
 


1
2
, 0 ,
1
2

T


e
2
 
 1
6
,
2
6
,
1
6

T


e
3
 
 1
3
, 
1
3
,
1
3

T


记 Q = ( e
1
, e
2
, e
3
) 


0
1
1
2
2
1
2
1
6
6
6

1
1
31
3
3

，则 Q 是正交矩阵，所求的正交变换 x  Q y ，
它将 f 与 f 都化为标准形，分别为
1 2
f
1
  4 y 21  2 y 22  5 y 23 和 f 10y2 20y2 8y2.
2 1 2 3
 1 1 
0
 
2 2
 
1 1
3.【答案】（1）a0；（2）x  0  y，化成标准形
 2 2 
 
0 1 0
 
 
f   3 y 21  6 y 22  7 y 23
【解析】（1）由于 A 可相似对角化，因此它应有三个线性无关的特征向量，由此即可确定
2 2 0
a的值. 因此由EA  8 2 0 (6) (2)2 16 =(6)2(2)
0 a 6
知，A有特征值-2，6（二重）.由于 A 有三个线性无关的特征向量，从而属于特征值6的线性无关的特征向量应有两
个，因此有 r ( 6 E  A )  r


4
0
8


4
2
a
000 
 1 ，即 a  0 .
（2）将 a  0 代入矩阵 A
2 2 0
得A8 2 0，于是
 
0 0 6
f  x T A x  ( x
1
, x
1
, x
1
)
 280 220 006   xxx
1
2
3

 2 x 21  2 x 22  6 x 23  1 0 x
1
x
2
 x T
 250 520 006 
x
记 A
1

 250 520 006 
，则由
2 5 0
EA  5 2 0 (6)[(2)2 25](6)(7)(3)
1
0 0 6
知 A
1
有特征值3， 6 ， 7 .
设A 有特征值
1
 3 的特征向量为(a ,a ,a )T，则满足
1 2 3
 
0
55 
0
55

00
9
  aaa
1
2
3

 0
它的基础解系为 (1 ,  1 , 0 ) T ，所以可取  ( 1 ,  1 , 0 ) T  .
设 A
1
有特征值 6 的特征向量为  ( b
1
, b
2
, b
3
) T  ，则满足


4
0
5

40
5 000   bbb
1
2
3

 0
它的基础解系为(0,0,1)T ，所以可取  ( 0 , 0 , 1 ) T  .
设 A
1
有特征值7的特征向量为  ( c
1
, c
2
, c
3
) T  ，则满足


5
0
5

50
5 001   ccc
1
2
3

 0
它的基础解系为(1,1,0)T ，所以可取  (1 , 1 , 0 ) T  .
显然两两正交，先将他们单位化：1
 
 1
2
, 
1
2
, 0

T

 ， (0,0,1)T ，
 2 3
 
 1
2
,
1
2
, 0

T



 1 1 
0
 
2 2
 
故所求的正交变换为x (,,)T y  1 1 y，它将 f 化为标准形
1 2 3  0 
 2 2 
 
 0 1 0 
f   3 y 21  6 y 22  7 y 23
4.【答案】（1）a 4,b9；（2） x =


1
1
3
1
42
1
4
4
2
1
0
5
5

6
75
7
3
7
0
0
0

y 将二次型化为 f  1 4 y 21
【解析】（1）令 A 
 100 
a0
4

61b
2

, x 
 xxx
1
2
3

，则
f ( x
1
, x
2
, x
3
)  x T A x  ( x T A x ) T  x T A T x
1 
故 f(x ,x ,x ) xT (A AT) x，令
1 2 3  2  
B 
1
2
( A  A T ) ，显然 B 是对称矩阵，故二次型
f(x,x ,x )的矩阵为
1 2 3
1 4 6   1 0 0  1 2 3 
1 1
B (A AT) 0 a 124 a 0 2 a 6
2 2     
0 0 b   6 12 b  3 6 b 
对 B 作初等行变换，得 B =


1
3
2


a
2
6
3
b 6


 100
a

0
2
4
b
30
9

因为二次型 f(x,x ,x )的规范形为
1 2 3
z 21 ，所以r(B)1. 于是，a 4,b9.
（2）由（1）知，二次型 f(x,x ,x )的矩阵为
1 2 3
B =


1
3
2


a
2
6
3
b 6

，由于 r ( B )  1 ，且
tr(B)14914，故B 的特征值为
1
1 4 ,
2 3
0 .      
对于14，由于
11 4 E  B =
 1

32
3
1
206 65 3 

 12
 3
2 6
1 06
1 765 

 100 2
30
6 1 720 


1
0
0
0
1
0

2
30
1
3

故 B 对应于特征值
1
1 4   的线性无关的特征向量为
1
 ( 1 ,  2 , 3 ) T  .
对于
2 3
0     ，由于 0 E  B 
 2

1
3

2
6
4
6

3
9


 00 1 200 00 3 
，故B 对应特征
值  0的线性无关的特征向量为
2 3 2
 ( 2 , 1 , 0 ) T ,
3
 (  3 , 0 , 1 ) T   ，先将
2
,
3
 正交
化，令
 (2,1,0)T
1
2

3

(
(
3
1
,
,
1
1
)
) 1
 (  3 , 0 , 1 ) T 

5
6
( 2 , 1 , 0 ) T 


3
5
,
6
5
, 1
 T

1
5
(  3 , 6 , 5 ) T
 
  
 
在将
1
,
1
,
2
   单位化，得
T T T
 1 2 3   2 1   3 6 5 
 

, ,

,η 

, ,0

,η 

 , ,

.
1  14 14 14  2  5 5  3  70 70 70 
令 Q  (
1
,
2
,
3
) 


1
1
3
1
42
1
4
4
2
1
0
5
5

6
75
7
3
7
0
0
0

  ，则 x = Q y 为正交变换. 在此正交变换下，
二次型 f ( x
1
, x
2
, x
3
) 可化为标准形 f  1 4 y 21 .
1 1 1 
5.【答案】D =0 1 2
 
0 0 1
 
【解析】将 f(x,x ,x )用配方法化为标准形，得
1 2 3
f(x ,x ,x ) x2 2x2 6x2 2x x 2x x 6x x
1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3
(x x x )2 x2 5x2 4x x
1 2 3 2 3 2 3
(x x x )2 (x 2x )2 x2.
1 2 3 2 3 3x x x  y ,
 1 2 3 1
令x 2x  y , 即
2 3 2
x  y ,

3 3
 xxx
1
2
3
 yyy
1
2
3
, y2
2
y

3
,
y
3
,
得 f 的标准形为 f  y 21  y 22  y 23 .
所作的可逆线性变换为 x  C y ，其中 C 
 100 110 121 
.
得 f = xTAx= yTCTACy= yTCTACy= yTEy，故
A  ( C  1 ) T C  1  D T D
C T A C = E
，其中 D  C  1 .
由
( C E ) 

1 
0

0

1 
0

0

1
1
0
0
1
0
1
2
1
0
0
1
1
0
0
1
0
0
0
1
0

1
0
1
0
0
1

1

1

2



1
0
0
( E
1
1
0
C
0
0
1
 1 )
1
0
0
0
1
0


1
1
2

1 1 1 
 
故DC1  0 1 2 .
 
 
0 0 1
 
6.【答案】（1） Q =
 2
31
32
3

2
31
3
2
3

1
32
3
2
3

，经过 x  Q y 使 f  y2  y2 10y2 ；
1 2 3
1 1 1
 2
（2）P = 0 1  ，经过
3
 
0 0 1 
y  P x
5
使 f 2y2 3y2  y2
1 2 3 3
【解析】（1）二次型 f 的矩阵为 A =


2
2
2 
2
5
4


5
2
4

，由(
(
2
2
2
1
1
)
)
[
2
(
(
4
2
5
2
1
)
0
(
)
2
4
0
5
9 ) 8 ]
0
2
2
( 1 )
2
(
5
1
2 1
2
4
1
1
1 0
0
)
2
2
0
4
9
2
4
1
  
   
   
     
 
E  A 









 






 








 


对
1 2
1     ，由 ( E  A ) x  0 ，解得
1
 ( 2 , 1 , 2 ) T ,
2
 (  2 , 2 , 1 ) T   ；
对 10，由
3
( 1 0 E  A ) x  0 ，解得 (1,2,2)T.
3
由
1
与
2
 已正交，将,,单位化，得
1 2 3
1

1
3
( 2 , 1 , 2 ) T ,
2

1
3
(  2 , 2 , 1 ) T ,
3

1
3
( 1 , 2 ,  2 ) T .   
令Q(, ,)，则
1 2 3
Q 为正交矩阵， x = Q y 为正交变换，标准形为
f  y 21  y 22  1 0 y 23
（2）
f ( x
1
, x
2
, x
3
) 






2
2
2
2
2
2
2
x
x


(
(
(
2 
1
2 
1
2 x
1
( x
1
x 
1
x 
1
x 
1
5
4


x
x
x
2 2 x  5 x
2 3
x ( x  x
1 2
2 x ( x 
1 2
x  x )
2 3
2  x )
2 3
2  x )
2 3
2  x )
2 3

3
x
2



4 x
1
)  5
) 
3
 ( x
2 3 x
2

3 x 

3 x 
x
x
(
2

22
2
 4 x x
2 1
2 2  5 x
2 3
x  x )
2 3
2   x )

3
2 3 x  4
3
4
 x x
2 3
2 
 x 
3 3 
3

2

x
3
2

8

5
2


8 x x
2
x x
2 3
( x 
2
2 x 
2
x
3
2 
x 
3 
5
2 x
3 3
3
5
3
.
x
x

2 )
3
2 
3
2


8


x
2
3
5
x
2
x
x
3
3
22


2 
5

x 23
3

2 x
3
8 x
2
x
3
y  x x x
1 1 2 3

 2
令y  x  x ，矩阵
2 2 3 3

y  x

3 3
 1
0
0
1
1
0


1
12
3

5
可逆，则 f 2y2 3y2  y2.
1 2 3 3
7.【答案】（1） a  4 , b  5
 1 4 2
 
 
5 3 5 3
 
2 2 1
，（2）Q   
 5 3 5 3
 5 2
0
 
 3 5 3 1 2 4
 
【解析】（1）令二次型 f 的矩阵为A= 2 a 2 . 可知
 
 
4 2 1 
A 的特征值为
1
5 ,
2
b ,
3
4 .       
tr(A) 
1 2 3 由 ，得
A 

1 2 3
 a


1 5
2
a


b
4

0
1
  2 0 b
，解得
 a
b


4
5
从而 A =



1
2
4


4
2
2


1
4
2

.
（2）将
1 2
5     代入 ( )  E  A x  0 ，即 ( 5 E  A ) x  0 ，
 1 
1 1
4 2 4  2 
由5EA=2 1 2  0 0 0  得 5对应的线性无关的特征向量为
    1 2
4 2 4 0 0 0
1
 (  1 , 2 , 0 ) T ,
2
 (  1 , 0 , 1 ) T   ；
将
3
4    代入 ( )  E  A x  0 ，即 ( 4 E  A ) x  0 ，
由 4 E  A =


5
24


8
2
2

5
42 

 1
0
0
0
1
0


0
11
2

得
3
4    对应的线性无关的特征向量为
3
 ( 2 , 1 , 2 ) T . 
令
1

1

 
2
0
1 
,
2

2

(
(
2
1
,
,
1
1
)
) 1

1
5
 

5
4
2

,
3

3

 2
1
2

 
       ，
 
单位化得
1

1
5
 
2
0
1 
,
2

3
1
5
 

5
4
2

,
3

1
3
 2
1
2

   ，
 1 4 2
 
 
5 3 5 3
 
 2 2 1
所求的正交变换矩阵为Q 



5 3 5 3
 
 5 2
0
 
 3 5 3
8.【答案】D【解析】方法一：（A）存在 x
1
 ( 1 , 1 , 1 , 1 ) T ，使得 f
1
( x
1
)  0 ， f
1
不正定，
（B）存在x (1,1,1,1)T，使得 f (x )0， f 不正定，
2 2 2 2
（C）存在 x
3
 ( 1 , 1 ,  1 ,  1 ) T ，使得 f
3
( x
3
)  0 ， f 不正定，由排除法，应选（D）.
3
方法二：对（D）， f
4
( x
1
, x
2
, x
3
, x
4
)  ( x
1
 x
2
) 2  ( x
2
 x
3
) 2  ( x
3
 x
4
) 2  ( x
4
 x
1
) 2
y  x x ,
1 1 2

y  x x ,
2 2 3  即
y  x x ,
 3 3 4
y  x x ,

4 4 1
y 
 1
0
0
1

1
0
0
1 0
1
1
0
0
0
1
1

x  C x ，其中
C 
1
0
0
1

1
0
0
1 0
1
1
0
0
0
1
1

1
0
0
1
0
1
0
1
0
1
1
0
0
0
1
1

1
0
1
1
1
0
0
1
1
 2  0 ，故xC1y是可逆的线性变
换，则由 f
4
x  C  1 y
y 21  y 22  y 23  y 24 知 f
4
是正定二次型.
方法三：
f (x x )2 (x x )2 (x x )2 (x x )2
4 1 2 2 3 3 4 4 1
x x 
1 2
 
x x
(x x ,x x ,x x ,x x )  2 3
1 2 2 3 3 4 4 1 x x 
3 4
 
x x
 
4 1
 1 0 0 11 1 0 0x 
1
   
1 1 0 0 0 1 1 0 x
(x ,x ,x ,x )
   2
1 2 3 4  0 1 1 00 0 1 1x 
3
   
 0 0 1 11 0 0 1 x 
4
 xTDTDx= xTAx
其中 A = D T D ， D 
1
0
0
1

1
0
0
1 0
1
1
0
0
0
1
1
 1  (  1 ) 5

1
0
1 0
1
1
0
0
1
 2  0 ，则D是可逆矩阵，
故知A= DTD是正定矩阵， f 是正定二次型.
4
方法四：写出各二次型的对应矩阵，用顺序主子式是否都大于零来判别.9.【答案】（1）所作的可逆的线性变换为x Cy，其中 C 
 1
0
0
1
1
0
1
2
1

，标准形
y 21  y 22  y 23 ；
（2） D  C  1 
 1
0
0

1
0
1

1
1
2

【解析】将 f  x
1
, x
2
, x
3
 用配方法化为标准形，得
f(x ,x ,x ) x2 2x2 6x2 2x x 2x x 6x x
1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3
(x x x )2 x2 5x2 4x x
1 2 3 2 3 2 3
(x x x )2 (x 2x )2 x2
1 2 3 2 3 3
令
 x
x
x
1
2
3



x
2
2 x
y
3

3
,
x

3
y

2
,
y
1
,
即
 x
x
x
1
2
3



y
y
y
1
2
3


,
y
2
2
y

3
,
y
3
,
得 f ( x
1
, x
2
, x
3
) 的标准形为 y 21  y 22  y 23 ，
1 1 1
 
所作的可逆的线性变换为x Cy，其中C  0 1 2 .
 
 
0 0 1
A的对应二次型的标准形为 y 21  y 22  y 23 ，正惯性指数 p  3  n ，故知A是正定矩阵.
（也可用 A 的顺序主子式全部大于零证明 A 是正定矩阵）.
 1 1 1 
 
（2）由（1）知A 1 2 3 是
 
 
 1 3 6 
f ( x
1
, x
2
, x
3
) 的对应矩阵，即 f(x ,x ,x ) xTAx
1 2 3
由（1）知 x  C y
1 1 1
 
，其中C  0 1 2 ，得 f  xTAx= yTCTACy yTEy，故
 
 
0 0 1
CTAC  E ，A=(C1)TC1  DTD，其中 D = C  1 ，由
1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1
   
(C |E) 0 1 2 0 1 0  0 1 0 0 1 2
   
   
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 
1 0 0 1 1 1 
 
 0 1 0 0 1 2 (E|C1)
 
 
0 0 1 0 0 1 故 D  C  1 
 1
0
0

1
0
1

1
1
2

.
10.【答案】略
【解析】（充分性）对  x  0 ，则Px0，因为 P 可逆， P x  0 只有零解，
x T A x  x T P T P x  ( P x ) T ( P x )  0 ，由二次型正定的定义，知 x T A x 是正定的，故 A 正
定.
（必要性）由 A 正定，所以 A 的特征值 0 ( 1 , 2 , , ) 
i
 i  n 且存在正交矩阵 Q ，使得
A Q Λ Q 1 Q
1
Q 1 Q
1 1
Q T
  
  
  

n

 

n
 
n

  
 1 
P  QT，则
 

 n 
A  P T P .
11.【答案】取 a 
1
2
的实数
【解析】
f(x ,x )(,x)2 (,x)2 (x,)(,x)(x,)(,x)
1 2 1 2 1 1 2 2
 xTTx xTTx  xT(T T)x
1 1 2 2 1 1 2 2
1 a  1 2 a2 a
 xT   (1,2)   (a,1)x  xT    x
2 1  2 4  a 1
1a2 2a
 xT  x
 2a 5 
由题意知， f 正定，故 1  a 2  0 ，
1
2


a 2
a
2 
5
a
 0 ，即(2a1)2 0，于是当且仅当
取 a 
1
2
的实数， f 正定.
12.【答案】略
【解析】显然BTAB为实对称矩阵，则BTAB为正定矩阵
 x0,xTBTABxBxTABxA正定
Bx 0 r(B)n.
13.【答案】A
【解析】因为 A 为实对称矩阵，且可逆，则  A  1  T   A T   1  A  1 ，即 A  1 为实对称矩
阵，将矩阵 A 的第 1 行元素乘 2 得到矩阵 B ，则有 P A  B ， P 
 2
0
0
0
1
0
0
0
1

，再将矩阵
B 的第 1 列元素乘 2 得到矩阵 C ，则有 B P  C ，故 P A P  C ，故P1A1P1 C1 ，由
于 P  P T ，因此  P  1  T A  1 P  1  C  1 ，故矩阵 A  1 与矩阵 C  1 是合同的，由于
P A P  C  P A P  4 A ，故 A  1  C  1 ，因此矩阵 A  1 与矩阵C1不相似，答案选
（A）.