250515_162234-强化线代第六章解析_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_强化_线代

第六章 二次型 巩固练习 题型10 化二次型为标准形和规范形 1.【答案】 y 21  5 y 22  y 23 【解析】令 A   1 1 1 1  0 3 1 0 2  ， X   x x x 1 2 3  ，则 f(x ,x ,x ) XTAX . 1 2 3 x 21  2 x 1 x 2  2 x 1 x 3  3 x 22  2 x 23   ( ( x x 1 1   x x 2 2   x x 3 3 ) ) 2 2   2 5 x x 2 22 x 3   ( x 4 2 x  22  x 3 x 2 ) 23 , 令  x  1 x x x 2 2 2   x 3 x 3    y , 1 y , 2 y , 3 或  x x x 1 2 3    y  2 y 1 y y 2 2 2  y , 3 ,  y , 3 即 X  P Y ， 其中 P =  1 0 0  1 1 2 1 0  1   y  1   ，Y  y ，显然  2   y   3 P 可逆， 则 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  X T A X X  P Y Y T ( P T A P ) Y  y 21  5 y 22  y 23 . 2.【答案】 2 y 21  2 y 22 【解析】令 X   x x x 1 2 3  ， A   0 1 1 1 0 0 1 0 0  ，则 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  X T A X . f ( x 1 , x 2 , x 3 )  2 x 1 x 2  2 x 1 x 3  2 x 1 ( x 2  x 3 ) ， x  y  y , x  y  y , 1 1 2 1 1 2   令 x x  y  y , 或x  y  y  y , 即 2 3 1 2 2 1 2 3   x  y , x  y ,   3 3 3 3 X  P Y  y  1   ，其中Y  y ，  2   y   3 1 1 0    P  1 1 1 ，可逆，则     0 0 1   f ( x 1 , x 2 , x 3 ) X  P Y 2 y 21  2 y 22 . 3.【答案】9y2 18y2 18y2 1 2 3【解析】令 A   1   7 2 2  1  2 4 4   1 2 4 4  ， X   x x x 1 2 3  ，则 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  X T A X ，由 2 2 1 7 2 4 1 4 2 4 1 4 ( 9 ) ( 1 8 ) 2 0       E  A         ，得 1 9   ， 2 3 1 8     . 当9时，由 1 ( 9 E  A ) X  0 ，即 ( 6 E  A ) X  0 ，得 1   1 2 2   ； 当 2 3 1 8     时，由 (1 8 E  A ) X  0 ，得 2    1 0 2   ， 3    0 1 2   . 令 1  1   1 2 2    ， 2  2    1 0 2    ， 3  3  ( ( 3 2 , , 2 2 ) ) 2  1 5    5 2 4       ，   单位化得 γ 1  | 1 1 |  1 3  1 2 2   ，  γ 2  | 2 2 |  1 5   1 0 2   ，  γ 3  | 3 3 |  3 1 5    5 2 4   ，  令 Q  ( γ 1 , γ 2 , γ 3 ) ，则 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  X T A X X  Q Y 9 y 21  1 8 y 22  1 8 y 23 . 4.【答案】（1） a  b  0 ；（2） Q    0 1 1 2 2 0 1 0 1 0 1 2 2  ； 【解析】（1）令 A   1 a 1 a 1 b 1 b 1  ， X   x x x 1 2 3   y  1   ，Y  y ，则 f  XTAX .  2   y   3 因为 f  X T A X 经过正交变换化为 f  y 22  2 y 23 ，所以A的特征值为0， 1  1， 2 3 2   .所以A  1 a 1 a 1 b 1 b 1   ( b  a ) 2  0 ，所以 a  b 1 a 1 |2EA| a 1 a 4a2 0，得 1 a 1 a  0 , b  0 . （2） A =  1 0 1 0 1 0 1 0 1  由 ( 0 E  A ) X  0 ，即AX 0，得 1 0   对应的线性无关的特征向量为 1  (  1 , 0 , 1 ) T  ； 由(EA)X 0，得 1对应的线性无关的特征向量为 (0,1,0)T； 2 2 由 ( 2 E  A ) X  0 ，得 3 2   对应的线性无关的特征向量为 3  (1 , 0 , 1 ) T  ，规范化得 1  1 2 (  1 , 0 , 1 ) T  ， 2  ( 0 , 1 , 0 ) T  ， 2  1 2 (1 , 0 , 1 ) T  ，  1 1   0   2 2   令Q  0 1 0 ，则   1 1  0     2 2  f  X T A X X  Q Y y 22  2 y 23 . 5.【答案】（1） k  2 ；（2） Q   1 1 1 3 3 3  1 0 1 2 2   2 1 1 6 6 6  ；（3）  1   1 1  1  1 1   1 1 1  【解析】（1）因为二次型 f  XTAX 经过正交变换X QY 化为y2 2y2 ky2，则 1 2 3 A 的特征值为 1 1    ， 2， 2 3   k . 由 A   4   2 k 得 k  2 ，即 1 1    ， 2 3 2     .（2）由 Q   1 1 1 3 3 3 a b c d e f  ，二次型 f  x T A x 经过正交变换 x  Q y 化为  y 21  2 y 22  k y 23 ，得 1 1    对应的线性无关特征向量为 1   1 1 1   . 设   x x x 1 2 3   为 2 3 2     对应的特征向量，由 T1  0  得 x 1  x 2  x 3  0 ，于是 2 3 2     对应的线性无关的特征向量为 2    1 0 1   ， 3    0 1 1   .       令    ，    ，                                                                   规范化得 1  1 3  1 1 1   ， 2  1 2   1 0 1   1 1 1      3 2 6 1   1    1 1 1   ， 3   1  ，则Q    . 6 3 2 6  2       1 2  0    3 6  1 0 0 1 0 0  1 1 1       （3）由QTAQ  0 2 0 得AQ 0 2 0 QT  1 1 1 .             0 0 2 0 0 2 1 1 1       6.【答案】（1）a2，b1；（2）请参照解析【解析】（1）令 A    2 1 b 1 a 1  1 2 b  ， X   x x x 1 2 3  ，则 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  X T A X . 因为二次型经过正交变换化为 3 y 21  3 y 22 ，得 3， 1 2 3 0   . 由tr(A) 2a2，得 1 2 3 a  2 . 又 1 2 3 0  A   且 A 2(b2)(b1)，所以 b   2 或 b  1 . 因为 1 2 3     为 A 的特征值，所以 1 1 b 3EA  1 1 1 (b1)2 0，故 b 1 1 b  1 . （2）当 1 2 3     时，由(3E A)X 0，得 1   1 1 0   ， 2    0 1 1   ； 当 0时，由 3 ( 0 E  A ) X  0 ，即 A X  0  1    ，得  1 . 3     1   令 1  1   1 1 0  1  1  (,) 1      ，   2 1   1 ，   1 ，单位化得 2 2 (,) 1 2   3 3   1 1  2   1      1  | 1 1 |  1 2  1 1 0  1   1    ，  2  1 ，  2 | | 6   2  2    3  | 3 3 |  1 3  1  1 1    ，  令Q(, ,)，则 1 2 3 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  X T A X X  Q Y 3 y 21  3 y 22 .  1 1   0   2 2   7.【答案】（1）a2；（2）Q  1 1  0   2 2      0 1 0 【解析】（1）令 A   2 a 0 a 2 0 0 0 1  ， X   x x x 1 2 3  ，则 f  X T A X ， E A 0 2 0 2 0 0 1 ( 1 ) ( 2 4 4 2 )            a   a       a . 因为二次型 X T A X 经过正交变换 X  Q Y 化为标准型 f  y 22  4 y 23 ，所以 A 的特征 值为 1 0   ， 2 1   ， 3 4   ，从而 4  a 2  0 ，于是 a  2 （ a  0 ），故 2 2 0   A= 2 2 0 .     0 0 1   （2）由 ( 0 E  A ) X  0 或 A X  0 得 1 0   对应的线性无关向量为 1  (  1 , 1 , 0 ) T  ； 由 ( E  A ) X  0 得 2 1   对应的线性无关向量为 2  ( 0 , 0 , 1 ) T  ； 由 ( 4 E  A ) X  0 得 3 4   对应的线性无关向量为 3  ( 1 , 1 , 0 ) T  ； 单位化得： 1  1 2 (  1 , 1 , 0 ) T  ， 2  ( 0 , 0 , 1 ) T  ， 3  1 2 ( 1 , 1 , 0 ) T  ，则正交矩阵 Q    1 0 1 2 2 0 0 1 1 1 0 2 2  . 8.【答案】（1） a  0 ， k  1 ；（2）请参照解析 x  1   【解析】（1）令X  x ，  2   x   3 A   a 0  1 0 a  1   k 1 1  ，则二次型表示为  1    f(x ,x ,x ) XTAX ，因为 k 为 1 2 3     2   A 的特征向量，所以 A 0    ，即  1   1  a2,  k 1, 0       A k  k ，于是ak2k, 解得 2,于是   0  0 0        2   2   1k2k 2,  a 0, 0A   0 0  1 0 0  1   1 1 1  . （2）由 E A 0 1 0 1 1 1 1 ( 1 ) ( 2 ) 0              ，得 1 1    ， 2 0   ， 3 2   . 当 1 1    时，由 (  E  A ) X  0 ，即(E A)X 0，得 1   1 1 1   ； 当 2 0   时，由 ( 0 E  A ) X  0 ，即 A X  0 ，得 2    1 0 1   ； 当 3 2   时，由 ( 2 E  A ) X  0 ，得 3    1 1 2   . 1 1  1  1   1   1   单位化得  1 ，  1 ，  1 ，令 1   2   3   3 2 6       1 0 2        1 1 1     3 2 6    1 1 1  Q   ，于是 3 2 6    1 2  0     3 6  Q T A Q =   0 0 1 0 0 0 0 0 2  ，故 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  X T A X X  Q Y Y T ( Q T A Q ) Y   y 21  2 y 23 . 9.【答案】（1）a3；（2）请参照解析  5 1 3    【解析】（1）令A 1 5 3 ，     3 3 a   X   x x x 1 2 3  ，则 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  X T A X ，A   5  3 1  5  1 3 3  a 3     5 3 1 5   1 3  3 a 3     0 0 1 5 2 4 1 2  a  1  3 2 9  ， 因为 r ( A )  2  5 1 3  24 12   ，所以  ，解得a3，于是A 1 5 3 .   12 a9   3 3 3   （2）由 | | 1 3 5 1 3 5 3 3 3 ( 4 ) ( 9 ) 0       E  A           ，得 A 的特征值为 1 0   ， 2 4   ， 3 9   . 当 1 0   时，由(0EA)X 0，得 (1,1,2)T； 1 当 2 4   时，由 ( 4 E  A ) X  0 ，得 2  (1 , 1 , 0 ) T  ； 当 3 9   时，由 ( 9 E  A ) X  0 ，得 3  (1 ,  1 , 1 ) T  . 单位化得 1  1 6   1 2 1   ， 2  1 2  1 1 0   ， 3  1 3  1  1 1   ，  1 1 1     6 2 3    1 1 1  令Q    ， 6 2 3    2 1  0    6 3  Q T A Q =  0 0 0 0 4 0 0 0 9  ，则 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  X T A X X  Q Y 4 y 22  9 y 23 . 10.【答案】A 【解析】显然 A 4 0 0   的特征值为1,3,3，而 0 0 1 的特征值为4,1,1，所以     0 1 0   A 与 4 0 0   0 0 1 合同但不相似，选（A）.     0 1 0   1 0 0 0 3 0 0 0  3  与A即合同又相似，（B）不对；  0 2 0 2 4 0 0 0  1  的特征值为22 2,22 2,1，显然与A的正、负惯性指数不同，与A 不合同（C）不对； 因为  0 2 0 2 2 0 0 0 0  的秩为2，所以不能与 A 合同，（D）不对. 11.【答案】B 【解析】 A   2 1 1 1 2 1 1 1 2    1 1 1 1 1 1 1 1 1    1 0 0 0 1 0 0 0 1   C  E ，易知 C 的特征值为 t r ( C ) , 0 , 0 ，即3,0,0，所以 A 的特征值为4,1,1，易知 B 的特征值为1,2,3，由此可知， A 与 B 的特征值不一样，所以 A 与 B 不相似；但 A 与 B 的正负惯性指数相同，故 A 与 B 合同，答案选（B）. 12.【答案】B 【解析】方法一： E  A   (  0 0  1 1 ) [ (  0    1 1 ) (  0    2 2 )   (  ]   1 ( )     1 1 ) (     3 ) 2 (  2 )              所以 A 的特征值为：2,1,3. 两个矩阵合同，其对应的正负惯性指数相等，两正一负，只 有（B）选项满足题意. 方法二：易知 A 6，故排除（A）（C）选项，因为这两个选项对应的行列式一个是 0，一个为正，不满足与A的正负惯性指数相等. 又因为tr(A)20，故一定有正特征 值，所以排除（D），综上所述，答案选（B）. 13.【答案】A【解析】 A 与 B 均为实对称矩阵， r ( A )  1 ，易知 A 的特征值为 t r ( A ) , 0 , 0 ，即 3 , 0 , 0 ， 易知 B 的特征值为 3 , 0 , 0 ，由此可知， A 与 B 的特征值一样，所以 A 与 B 相似；且 A 与 B 的正负惯性指数相同，故 A 与 B 合同，答案选（A）. 14.【答案】D 【解析】 A 正定的充分必要条件之一为所有的特征值均为正， （A）选项不对，只能说明所有特征值不为0，无法保证所有特征值为正. （B）选项不 对，无法保证特征值非零. （C）选项不对，只能说明所有特征值不为0，无法保证所有特征值为正. （D）选项正确， A  1 对应特征值为 A 的特征值的倒数，若 A  1 的特征值全为正，则 A 的 特征值也必都为正. 故答案选（D）. 15.【答案】（1） 1 0   （ 1 重）， 3（2重）；（2） 2 k  3 【解析】（1）由 A 2  3 A  O 得 2 3 0     ，解得 0   或 3    ，因为 A 为实对称矩 阵，所以必可对角化，所以 A 的秩与 A 的非零特征值的个数相同，于是 1 0   ，   3. 2 3 （2） A  k E 的特征值为 1 k   ， 2 3 k 3      . 因为 A  k E 正定的充分必要条件是特 征值都是正值，所以当 k  3 时， A  k E 正定. 16.【答案】略 【解析】因为BT (EATA)T  EATAB，所以 B 为实对称矩阵，对任意的 X  0 ， X T B X  X T ( E  A T A ) X  X T X  ( A X ) T ( A X ) ，因为 X T X  0 ， ( A X ) T ( A X )  0 ，所以 X T B X  0 ，即B EATA为正定矩阵. 17.【答案】略 【解析】因为AT  A，BT  B，因为A、B 正定，所以A的特征值 0(i1, ,n)，B 的特征值0(i1, ,n). i i 因为(A*)T ( A A1)T  A (A1)T  A A1 = A* ， ( B  1 ) T  ( B T )  1  B  1 ，所以 A*+B1 为实对称矩阵.由 A * 的特征值为 | | 0 ( 1 , , )  A i  i  n ， B  1 的特征值为 1 0 ( 1 , , )  i  i  n ，得 A * ， B  1 都是正定矩阵，故 A * + B  1 也为正定矩阵. 18.【答案】略 【解析】 A T  A ，因为 ( B T A B ) T  B T A T B  B T A B ，所以 B T A B 对称. 对任意的 X  0 ，XT(BTAB)X (BX)TA(BX)，令  B X  ，由 r ( B )  n ，所以方 程组 B X  0 只有零解，故  0 . 因为 A 为正定矩阵，所以 T ( T ) T 0   X B A B X  A  ，于是 B T A B 为正定矩阵.综合测试 1.【答案】D 【解析】根据题意： ， 可逆，且 ， ，所以 与 等价、相似、合同． 2.【答案】标准形为 f  2 z 21  2 z 22  4 z 23 ，变换矩阵为 【解析】二次型中不含平方项，令  x x x 1 2 3    y y y 1 1 3   y y 2 2 代入可得 f 2y22y2 2y y 6y y ， 1 2 1 3 2 3 所用变换矩阵为 C   1 1 0 1  0 1 0 0 1  . 再配方可得 f  2  y 1  1 2 y 3  2  2  y 2  3 2 y 3  2  4 y 23 ，  1  1 z  y  y y  z  z  1 1 2 3  1 1 2 3    3  3 令z  y  y y  z  z ，将二次型化为 2 2 2 3 2 2 2 3   z  y y  z 3 3 3 3     f  2 z 21  2 z 22  4 z 23 .  1  1 0   2    3 所用可逆变换矩阵B  0 1  ，故原二次型经过xCBz化作了标准形，  2   0 0 1       1 1 1   所用变换矩阵P CB= 1 1 2 .     0 0 1   3.【答案】B E ij A E ij  B E ij E 1  E E   E ij ij ij ij P  C B =  1 1 0 1  0 1  2 1 1  A B【解析】实对称矩阵与其特征值构成的对角矩阵相似和合同，所以①③正确； 对②：取 A   1 2 3  ， B   4 5 6  ，则 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  x 21  2 x 22  3 x 23 , g ( x 1 , x 2 , x 3 )  4 x 21  5 x 22  6 x 23 , 有相同的规范形，但 ( 1 ) ( 2 ) ( 3 ) , ( 4 ) ( 5 ) ( 6 )         E  A     E  B     ， 显然E A  EB ，由此可得②错误． 对④：引用上例，A与B 的秩均为 3 ，正惯性指数均为 3 ，因而A与B 合同，但这并不 要求特征值相等，于是  E  A  E  B ，即 A 与 B 不相似，从而④不成立，故答案 选（B）． 4.【答案】 g   y 21  y 22  y 23 【解析】由已知， A 的特征值为 1 2 1 , 3 1        ，故 A * 的特征值为 A A A 1, 1， 1（    1 2 3 A   1 ） 所以 x T A * x 的规范形为 g   y 21  y 22  y 23 . 5.【答案】（1）令正交矩阵 Q   1 1 1 3 3 3  1 1 6 2 6 6  1 0 2 1 2  ，经正交变换 x  Q y ，化二次型为 标准形 f  6 y 21 ； （2） AE 7 【解析】（1）由A的各行元素之和均为 6 1 6 1       ，得A 1  6 6 1 ，即             1 6 1       1 6   为矩阵 A 的特征值， 1   1 1 1   是 A 的属于 1 6   的特征向量． 由ABO知， A   1 1 2   A  1  0 1   0 ，由特征值和特征向量的定义可知，  1   1        2 ,  1 是 2   3       1 0     A 属于特征值 2 3 0     的特征向量．  1    将之正交化，得   2 ， 2 2     1   3  3  ( ( 3 2 , , 2 2 ) ) 2  1 2  1 0  1       ，   再将 1 , 2 , 3   单位化分别得到， 1 1     1 ， 1   3   1   2 1 6 1 1 2      ， 3 1 2 1 0 1      ， 令正交矩阵 Q  ( 1 , 2 , 3 )   ，经正交变换 x  Q y 化二次型 f 为标准形 f  6 y 21 ． （2）A的特征值为 6 , 0 , 0 ，故 A  E 的特征值为 7 , 1 , 1 ，所以 AE 7． 6.【答案】 f  y 21  y 22  y 23  y 24 【解析】设 A 的特征值为，则2 230，所以3或1.又二次型的正惯 性指数为1， r ( A )  4 ，所以负惯性指数为 3 ，故 A 的特征值为3,1,1,1，所以该二次 型的规范形为 f  y 21  y 22  y 23  y 24 . 7.【答案】（1） f ( x 1 , x 2 , x 3 )  x T A x  2 x 1 x 2  2 x 1 x 3  2 x 2 x 3 ；（2）略 【解析】（1）由二次型经正交变换化为标准形2y2  y2  y2 ，知 1 2 3 A 的特征值为2， 1 2 3 1      A .所以 A =2(1)(1)2．A*的特征值为 ，即  1 ,  2 ,  2 ． 因为  ( 1 , 1 ,  1 ) T  是齐次线性方程组(A*E)x 0的解向量，所以是 A * 的特征值1对 应的特征向量，是 A 的特征值2对应的特征向量． 1 设  1对应的特征向量为x (x ,x ,x )T ，由于A 是实对称矩阵，故与 x 正 2 3 1 2 3交，即 x 1  x 2  x 3  0 ．解得 (1,1,0)T, (1,0,1)T 2 3 令  ( , 2 , 3 )   1 1  1 1  0 1 1 0 1    P ，则 P  1 A P  Λ   2 0 0 0  0 1 0 0  1  故 A  P Λ P  1 =  1 1  1 1  0 1 1 0 1   2 0 0 0  0 1 0 0  1   1 1  1 1  0 1 1 0 1   1   0 1  1 1 0  1   0 1 1  所以所求的二次型为 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  x T A x  2 x 1 x 2  2 x 1 x 3  2 x 2 x 3 ． （2）由于 A 的特征值为 2 ,  1 ,  1 ，故 A  2 E 的特征值为 4 ,1 ,1 ，全大于零，且A2E 是对称矩阵，所以 A  2 E 是正定矩阵． 8.【答案】（1）证明略， A 的特征值为 1 ,  1 , 0 ；  1 1 2     2 18 3    1 1 2 （2）经正交变换 x     y，化二次型为标准形： 2 18 3    4 1  0    18 3  f  y 21  y 22 ； （3）1 【解析】（1）证明：因为 T  ( T  T ) T  ( T ) T  ( T ) T  T  T        A A ， 所以A为实对称矩阵. 由ATT,ATT知： (  )           A A A ， (  )       (  )         A A A . 所以 A 有特征值 1 1   和 2 1    ，其特征向量分别为,. 又因为r(A)r(T)r(T)min  r(),r(T)  min  r(),r(T)  112， 故 A 有特征值 3 0   ，所以A 的所有特征值为1,1,0. （2）因为 A 是实对称矩阵，所以属于不同特征值的特征向量相互正交，1和 1 1 2 1 对应的特征向量分别为 (1,1,0)T,  (1,1,4)T . 1 2 3设 0的特征向量为 (x ,x ,x )T，因此： 3 3 1 2 3  T1 T2 3 3   x 1 3 1  (  x x 2 1   0 x , 2  4 x 3 )  0 .   取 3  ( 2 ,  2 , 1 ) T  ，将特征向量 1 , 2 , 3   规范化， 1   1 1 0 2 2  , 2 =   1 1 4 1 1 1 8 8 8  , 3    2 3 1 3 2 3     ， 令正交矩阵  ( 1 , 2 , 3 )    Q ，经正交变换 x  Q y ，即：  x x x 1 2 3    1 1 0 2 2  1 1 4 1 1 1 8 8 8  2 3 1 3 2 3   y y y 1 2 3  化二次型为标准形： f  y 21  y 22 . （3）因为  A  E 仍为对称矩阵，且其特征值为 1 , 1 ,      ，当且仅当  A  E 的特 征值全为正数时， A 正定，因此， 1   即可. 9.【答案】（1） P    1 0 1 2 2 1 1 2 6 6 6   1 1 1 3 3 3   5 1 1    3 3 3    1 5 1 ；（2）C    3 3 3   1 1 5      3 3 3 【解析】（1）       E ( ( ( ( (    1 1       A a a 0 0 a a a a a       1 1 1 1 1   1 ) [ ) ( ) [ ) [ 1 ( a  2 2 2  1 a 1  a  2  (  ( 1 1   a  1  1 ) ( a  a 2 a  1 ) a  1  a 1 2   2 a   a a    a 0  )   2 a 2 )   ( 2  1 1 ] a    a ( a 2  a  1  a 1  1 ) ) 2 ]  1 ) ( a   1 1  a 1 2 ) a  ] 1 2  a                             1 ) 2 (  a  2 )  令E A 0，解得 1 2 a 1 , 3 a 2         ( a  1 ) E  A   1 0 0 1 0 0  0 0 1  ，解得 1    1 0 1  , 2   1 0 1    ( a  2 ) E  A   1 0 0 0 1 0 1 1 0  ，解得 3     1 1 1   将,进行施密特正交化可得 1 2 1 1 0 1 ,      2  2  ( ( 2 1 , , 1 1 ) ) 1  1 2  1 1 2         将,,单位化，可得 1 2 3 1 1 0 1 2 2 , 2 1 1 2 6 6 6 , 3 1 1 1 3 3 3 ,                 1 1 1      2 6 3    1 1 1  可得正交矩阵P   ，使   2 6 3    2 1  0    6 3  P  A P  Λ   a  0 0 1 a 0  0 1 a 0 0  2 （2）因为 P  A P  Λ 可知， A  P Λ P  C 2  ( a  3 ) E  A  P  ( a  3 ) E  Λ  P   P  4 0 0 0 4 0 0 0 1  P   P  2 0 0 0 2 0 0 0 1  P  P  2 0 0 0 2 0 0 0 1  P  因为 C 为正定矩阵，所以 C  P  2 0 0 0 2 0 0 0 1  P     1 0 1 2 2 1 1 2 6 6 6   1 1 1 3 3 3   2 0 0 0 2 0 0 0 1    1 0 1 2 2 1 1 2 6 6 6   1 1 1 3 3 3  T    5 3 1 3 1 3  5 3 1 3 1 3 1 3 1 3 5 3  ．拓展提升 1.【答案】 f  3 y 21  6 y 22 【解析】二次型的矩阵 A   1 a 1 a  b 5 1 b 1  ，且  2 1 2  是 A 的特征向量，则有 1 a 1 a b 5 1 b 1 2 1 2 1 2 1 2          a42, 1  即2a2b5, 解得 1  b42,  1 a b 2 , 1 3     . 由 r ( A )  2 ，知 A  0 ，于是 2 0   是 A 的特征值. 3 3 再由 a ，得 ii i i1 i1 1 5 1 3 0 3       ，即 6是 3 A 的特征值. 因此，在正交变换下二次型的标准形： f 3y2 6y2. 1 2 2.【答案】C 【解析】 f  ( x 1 , x 2 , x 3 )  0  1 1  0 1 1 1 1 0   x x x 1 2 3  = 1 1 1 1 1 1 0 + 1 1 1 1 1 1 = 0 0 + 1 1 1 2 1 2 = 0            A  E                 ，求出特征值 1 1 , 2 1 , 3 2        ，由正交变换化二次型为标准形 f  y 21  y 22  2 y 23 ， f ( x 1 , x 2 , x 3 )  1 空间直角坐标系下表示的二次曲面是单叶双曲面，故选（C）. 3.【答案】 f 3y2 1 【解析】由 r ( A )  1 知零特征值的重数为2，又因为 A 中各行元素之和为 3 ，所以 1 1     A 1 3 1 ，即它的特征值为3,0,0，则 f 在正交变换x Qy下的标准形为         1 1    f  3 y 21 ． 4.【答案】 [  2 , 2 ] 【解析】 f(x ,x ,x ) x2 x2 2ax x 4x x (x ax )2 (x 2x )2 (4a2)x 2， 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 3 2 3 3 由于二次型的负惯性指数为 1 ，故 4  a 2  0 ，故  2  a  2 . 5.【答案】C 【解析】（A）是充分但不必要条件，因为 P 是正交矩阵，那么 P  1 A P  P T A P  E ，表 明 A 的特征值全是 1 ，所以 A 正定，但 A 正定特征值不一定全是1； （B）是必要条件，并不充分，因为 x T A x 正定的充要条件是正惯性指数 p  n ，此时负 惯性指数 q  0 ，反之当 q  0 时不一定有 p  n，例如 f(x ,x ,x ) x2 2x2； 1 2 3 1 2 （D）存在 n 阶矩阵C ，使 A  C T C ， C 是否可逆不清楚，若 C 不可逆则 A  CTC  C 2 0，矩阵A不可能正定，故答案选（C）. 对于（C）的证明：若 A 与 E 合同，则对二次型 x T A x 存在坐标变换 x  C y 使 x T A x  y T E y  y 21  y 22   y 2n ，那么对于  x  0 ，由 C 可逆必有 y  0 ，因此恒有 x T A x  y T y  0 ，所以二次型 x T A x 正定. 6.【答案】A 【解析】因为 A 是可逆的实对称矩阵，则(A1)T (AT)1  A1，即 A  1 也是实对称矩 阵，而 A 与 A  1 的特征值是互为倒数的关系，故二次型 x T A x 与xTA1x有相同的规范 形，标准形未必相同，故选（A）. 7.【答案】m a  x  i1 1     n a x 【解析】 f (x ,x , x )  i2 (a ,a , a )  2 1 2 n   i1 i2 in   i1     a x     in n ( x 1 , x 2 , x n )  n i 1  a a a i1 i2 in  ( a i1 , a i2 , a in )  x x x 1 2 n   ( x 1 , x 2 , x n ) ( A T A )  x x x 1 2 n  ， 即 f 的矩阵为 A T A ，而 r ( A  A )  r ( A ) ，所以二次型 f 的秩为 m . 8.【答案】略 【解析】 （1）令 B  ( 1 , 2 , 3 )    ，则 A ξ 1  0 ξ 1 , A ξ 2  0 ξ 2 ， A 有特征值 1 ,2 0  = .用特征值性质 3 i 1 i 3 i 1 a ii 2        ，解出 2   .设 2   对应的特征向量 x = ( x 1 , x 2 ,x 3 ) T ，则  ξ ξ 1 2 T T x x   0 0   x  1 x  1 x  2 x  2 x  3 0  0 求出其基础解系 x  ( x 1 , x 2 ,x 3 ) T ， 令 1  1 1  1 3  1 1 1  , 2  2 2  1 2   1 0 1  , 3   1 6   1 1 2     ξ ξ ξ ξ x x ， = ( 1 , 2 , 3 )    Q ，可得 Q T A Q    0 0 2  .  作正交变换 x = Q y  1 1 1     3 2 6 x    y  1 1    1 1 1   ，即 x  y ，得二次型的标准形为  2   2 3 2 6  x    y      3  1 2  3 0     3 6  f ( x 1 , x 2 , x 3 )  T  T T  T  2 y 23  x A x y Q A Q y y y . （2） f(x ,x ,x )1即 1 2 3 2 y 23  1 , y 3   1 2 ，代表两个平面.（3）二次型矩阵 A = Q Q T =  1 1 1 3 3 3  1 0 1 2 2  1 1 6 6 2 6   0 0 2    1 1 3 1 6 2 1 1 1 3 2 6  1 0 3 2 6      1 3 1 3 2 3  1 3 1 3 2 3   4 3 2 3 2 3  所以 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  1 3 x 21  1 3 x 22  4 3 x 23  2 3 x 1 x 2  4 3 x 1 x 3  4 3 x 2 x 3 . 9.【答案】（1） a  1 ； （2） 3，特征向量为 1 2 c 1  1  0 1   c 2  1 0  1  ， c 1 , c 2 不全为零；  0，特征向量为 3 c 3  1 1 1  ， c 3 不为零； （3）方程的解为 x  k (1 , 1 , 1 ) T ， k 为任意常数 【解析】 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  3 a 3 i 1 x 2i  ( 3 i 1 x i ) 2  3 a ( x 21  x 22  x 23 )  ( x 1  x 2  x 3 ) 2 (3a1)(x2 x2 x2)(2x x 2x x 2x x ) 1 2 3 1 2 1 3 2 3 3a1 1 1    所以二次型矩阵为A 1 3a1 1 ．     1 1 3a1   （1） 此二次型的正负惯性指数之和小于3，因此A必有零特征值，所以 A  0 ； 3a1 1 1 即 1 3a1 1 =33a2(a1)0 1 1 3a1所以a1． （2）此时， A   2   1 1  2  1 1   2 1 1  ，因此 2 1 1 2 1 1 2 1 1 ( 3 ) 2 0       A  E               ， 解得 1 2 3 , 3 0       ． 3   时， A  3 E    1 0 0 1 0 0 1 0 0  ，得 1   1  0 1  , 2   1 0  1    ， 其对应的所有特征向量为c+c ， 1 1 2 2 c 1 , c 2 不全为零． 3 0   对应的特征向量与 1 , 2  正交，因此可取 3   1 1 1   ，则 c 3 3 （c 不为零）为 3 0 对应 的所有特征向量． （3）对向量 1 , 2  进行施密特正交化并单位化，得向量e ,e ； 1 2 对向量 3   1 1 1   进行单位化，得向量 e 3   1 3 , 1 3 , 1 3  T ， 构造正交矩阵P (e ,e ,e )，则有 1 2 3 P T A P   3 0 0 0 3 0 0 0 0  ． 令 x  P y ，其中 x  ( x 1 , x 2 , x 3 ) T ， y  ( y 1 , y 2 , y 3 ) T ，则有 f ( x )  f ( P y )  y T P T A P y  3 ( y 21  y 22 )  0 ， 所以y  y 0； 1 2  0  1   y   因此x  Py (e ,e ,e ) 0  y e  3 1 ， 1 2 3   3 3   3     y 1     3 方程的解为xk(1,1,1)T，k为任意常数．10.【答案】（1） A    1 2 0 1 2 0 1 0  0 1 2 1 2  ；（2）略 【解析】（1）由于二次型 f 在正交变换 x  Q y 下的标准形为y2  y2，所以 1 2 A 的特征值为 1 2 1 , 3 0       ，且Q 的第三列 3  ( 2 2 , 0 , 2 2 ) T  为 A 的对应于 0的特征向量． 3 设 A 的对应于 1 2 1     的特征向量为  ( x 1 , x 2 , x 3 ) T  ，由实对称矩阵对应于不同特征值 的特征向量相互正交，有T 0，亦即 3 x 1  x 3  0 ，解得 A 的对应于 1 2 1     的特 征向量为 1  ( 0 , 1 , 0 ) T , 2  (  1 , 0 , 1 ) T   ， 由于 1 , 2  是相互正交的，只需单位化： 2  2 2  1 2 (  1 , 0 , 1 ) T   ，  令正交矩阵 Q   1 , 2 , 3    0 1 0  0 1 1 2 2 1 0 1 2 2     ，则 Q T A Q    1 1 0   ， 于是 A  Q Q T    1 2 0 1 2 0 1 0  0 1 2 1 2   ． （2）首先 A  E 是实对称矩阵，因为 A 的特征值为 1 , 1 , 0 ，所以 A  E 的特征值为2,2,1 即AE 的特征值全大于零，故AE 是正定矩阵．  1 1 1     3 2 6    1 1 1  11.【答案】（1） ；（2） 3 2 6    1 2   0    3 6   0 1  1 1 0  1   0 1 1 【解析】（1） A 的特征值为 1 2 , 2 3 1 , 2 .        A  又已知A，则 AA A，即 A A，所以A2， A 的特征值2对应的特征向量为. 设 2 3 1      对应的特征向量为 x  ( x 1 , x 2 , x 3 ) T ，则Tx 0即x x x 0,求出其 1 2 3 基础解系为： ξ 1    1 0 1  , ξ 2   1 0 1  ，通过施密特正交化 1 (ξ ,) 1  令 ξ ， ξ  2 1   1 1 1 2 2 (,) 1 2   1 1  2    单位化得： 1  1 3  1 1  1  , 2  1 2   1 0 1  , 3  1 6  1 1 2     . 设 Q  ( 1 , 2 , 3 ) 2       ，则QTAQ== 1 ， 设     1   x  Q y ，其中  1 1 1     3 2 6    1 1 1  Q=  ， 3 2 6    1 2   0    3 6  则 f(x ,x ,x ) xTAx  yTy2y2 y2 y2， 1 2 3 1 2 3  0 1 1   （2）AQQT  1 0 1 .     1 1 0   12.【答案】（1）略；（2）k 1 a a a 1 1 11 12 13      【解析】（1）因为A的各行元素之和均为2，即 a a a 1 2 1 ，所以  21 22 23         a a a 1 1      31 32 332   是A的特征值，  1 1 1  是 A 的对应于 2   的特征向量.又由 A B  B  O ， A B   B ， B  0 , r ( B )  2 知  1 0  1  与  0 1  1  是A的对应于 1    的特征向量，即 1 2 , 2 3 1        ， 1   1 1 1  , 2   1 0  1  , 3   0 1  1     . 因为 2 , 3  不正交，将其正交化， 1  2   1 0  1  , 2  3  ( ( 3 1 , , 1 1 ) ) 1  1 2   2  1 1         ，   再单位化 e 1  1 3  1 1 1  , e 2  1 2  1 0  1  , e 3  1 6   2  1 1  ，取 Q  ( e 1 , e 2 , e 3 )   1 1 1 3 3 3  1 0 2 1 2   2 1 6 1 6 6  f  x T A x x  Q y y T Q T A Q y  y T y  2 y 21  y 22  y 23  . （2）A的特征值为2,1,1，所以 A  k E 的特征值为 k  2 , k  1 , k  1 ，要使 A  k E 正 定充要条件为 k  2  0 , k  1  0 , k  1  0 ，即k 1.