250218_161628-6.基础习题册线代第六章详解_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

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）.