实对称矩阵与二次型（完整版）实用资料(可以直接使用，可编辑完整版实用资料，欢迎下载）实对称矩阵与二次型§6.1Gram-Schmidt正交化过程1.用Schmidt正交化方法将向量组标准正交化。解：设，那么则2.证明对于任意的可逆实矩阵，恒有上三角正线矩阵，使为正交矩阵。证明：可逆实矩阵是实的列满秩矩阵，故有本节的命题3知，有上三角正线矩阵，使的列向量组为标准正交向量组，所以为正交矩阵。§6.2实对称矩阵的标准形（一1.求正交矩阵，使为对角矩阵，其中为.解：的特征多项式为故的特征根为1，3，7。下面求它们对应的一个特征向量：解方程，可得它的一个解为；解方程，可得它的一个解为；解方程，可得它的一个解为。把它们分别正交化得：令，则即为所求的正交矩阵。2．将上题中的矩阵化为规范形，并求出合同变换矩阵。解：于是的规范形为，合同变换矩阵。3.设是阶实对称矩阵，如果对任意维列向量都有，则。证明：对任意的，有。取，有，即；再取，有，而于是有，而是对称矩阵，故，所以。4．设为三阶实对称矩阵，且满足，求的两个边准形。解：由知满足方程，故的极小多项式。因为实对称，特征根均为实数，极小多项式在实数域上可分解到一次式，而是实数域上的质式，所以，即，于是的法式为的特征根为，从而在正交变换下的标准形为的规范形为。）§6.3二次型，正定矩阵与恒定型（一）1.将下列二次型化成规范形，并求出所用的可逆线性变换：解：令，再令，则得规范型为，而这里的就是所要求的可逆线性变换。2.若为正定矩阵，则亦为正定矩阵。证明：正定，则有非奇异矩阵使得，那么令，则非奇异，而，所以正定。3．若为半正定矩阵，则＞1。证明：为半正定，故有正交矩阵使得这里是的特征根，，于是而不全为零，否则，因此＞1。4.若为半正定矩阵，为正定矩阵，则＞。证明：由于为正定矩阵，故存在非奇异矩阵，使得所以即.又因为，所以亦为半正定矩阵，由上题知＞1.而＞1故＞。5．若矩阵正定矩阵，则亦为正定矩阵。证明：若为正定矩阵，则其为实对称矩阵。故所以,即为对称矩阵。取非奇异矩阵则为正定矩阵，显然其子块亦为正定矩阵。6．若矩阵为正定矩阵且，则＜证明：因为所以又因为为正定矩阵，所以都正定，从而亦正定，于是存在非奇异矩阵，使得，从而由于，所以，故且为半正定矩阵，由上面的第4题知＞因此＜。7．两个半正定矩阵之和仍为半正定矩阵。证明：设均为半正定矩阵，于是有矩阵使得从而所以为半正定矩阵。8.如果都正定且，则亦正定。证明：因，所以即为对称矩阵。又因为都正定，所以存在非奇异矩阵使得于是.因为且非奇异，故正定，其特征根均大于零，而与有相同的特征多项式，从而有相同的，即均大于零的特征根，故正定。9．如果和都是实对称的，且还是正定的，则有非奇异矩阵使得其中是对角矩阵。证明：由于正定，于是有非奇异矩阵使得设对称矩阵的特征根是，则有正交矩阵使令，则这时10．为何值时才能使二次型为正定的。解：二次型的矩阵为由于有一个二阶主子式＜故知无论为何值，二次型都不能是正定的。11．设是分块矩阵其中为阶正定矩阵，为列满秩矩阵，证明有个正的特征根，个负的特征根。证明：令，则有。因正定，故亦正定，从而有列满秩矩阵使得，由此得因显然仍为列满秩矩阵，于是也是正定矩阵，所以有非奇异矩阵使得令则注意到非奇异及合同变换不变正、负惰性指标知的正惰性指标为，负惰性指标为，并且由同样的理由知对进行正交变换时二指标亦不变，所以知必有个正特征根，个负特征根。第22卷第4期2006年8月忻州师范学院学报JOURNALOFXINZHOUTEACHERSUNIVERSITYVol.22No.4Aug.2006利用矩阵分析二次型对角化银润龙(忻州师范学院,山西忻州034000摘要:二次型化标准形常采用配方法,,文中利用初等矩阵和初等变换之间的关系。实质,。关键词:初等矩阵;配方法;二次型中图分类号:O151.21:-1491(200604-0053-04,,因为利用二次型对角化可将数域P上所有对称矩阵进行分划,,本文利用初等矩阵和初等变换刻划出二次型对角化的理论实质。1基本概念和引理定义1设P是一数域,一个系数在数域P中的x1,x2,…,xn的二次齐次多项式称为数域P上的一个n元二次型,记作f(x1,x2,…,xn。定义2初等矩阵是由单位矩阵E经过一次初等变换得到的矩阵。设Pim为单位矩阵E经过将第m行的lim倍加到第i行(或将第i列的lim倍加到第m列得到的初等矩阵。即