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1、二次型1(4)实反对称矩阵的特征根是零或纯虚数.(5)实反对称矩阵相似于一个准对角块,其主对角线上的块或者为一阶零块，或者为形如的二阶块.3.正定矩阵与正定二次型设A是n阶实对称矩阵.若对任意的n维实向量X≠0有XTAX>0,则称A是正定矩阵,并称二次型f(X)=XTAX为正定二次型.(1)设A和B是正定矩阵,则A+B,A-1是正定矩阵.(2)设A和B是正定矩阵,则当AB=BA时,AB也是正定矩阵.(3)下列说法等价：(a)f(X)=XTAX是正定二次型.(b)A是正定矩阵.(c)A合同于单位矩阵.(d)存在非奇异矩阵Q,使A=QTQ.(e)存在上三角形矩阵P,使A=PTP,其中P是
2、非奇异矩阵.(f)A的每个特征根都是正数.(g)A的每个顺序主子式都是正数.(h)A的每个主子式都是正数.(4)设A是正定矩阵,则A的行列式大于零且不大于A的主对角线元素之积.(5)设A是非奇异实对称矩阵,则A2是正定矩阵.这显然与题目条件X1TAX1>0相矛盾,于是有p≠0.同理,若q=0,将会导致与X2TAX2<0相矛盾,那么也有q≠0.于是我们可以取Y0T=(1,0,…,0,1(p+1),…,0),并令X0=C-1Y0≠0.显然有,X0TAX0=0.□若p=0,那么对于任意的X,令Y=CX,都有:例5.1.2(北京航空航天大学，2003年)设q(x1,x2,…,xn)是数域F上
3、的一个二次型,A是这个二次型的矩阵.是A的一个特征根,证明存在不全为零的数c1,c2,…,cn∈F使q(c1,c2,…,cn)=(c12+c22+…+cn2).(由特征向量的求解过程知向量x的每个分量都是属于数域F的.)证明:不防设对应于矩阵A的特征值的一个特征向量为:x=(c1,c2,…,cn)T.那么有:Ax=x.将上述等式两边同时左乘xT,有q(x)=xTAx=xTx.将x=(c1,c2,…,cn)T代入,即有:q(c1,c2,…,cn)=(c12+c22+…+cn2).□证明:f的秩等于矩阵例5.1.3(中南大学,2004年)设实二次型的秩.证明:作变换Y=(y1,y2,…,
4、ys)T=A(x1,x2,…,xn)T=AX，并令r(A)=r,那么必存在可逆矩阵P,Q使得:于是有:注意到左乘右乘可逆矩阵都不改变矩阵的秩,那么要证明结论,只要证明即可.不妨设矩阵,其中P1是r阶矩阵,由P可逆知PTP必是个正定矩阵,那么它的r阶顺序主子式
5、P1
6、必大于零,于是有r(P1)=r,那么有:于是有:成立.□解:(1)令二次型f=XTAX,由于r(A)7、非负)整数r和可逆矩阵P使得:(2)记S={x∈Rn
8、xTAx=0},给出S为Rn的子空间的充分必要条件,并证明你的结论.(2)若x∈S,那么kx∈S,下面考虑S对加法封闭应满足的条件.若x,y∈S,那么(x+y)TA(x+y)=xTAx+yTAy+xTAy+yTAx=xTAy+yTAx=0.注意到yTAx是一个数,它的转置等于它自己.可得xTAy=-xTATy,任意x,y∈Rn,于是有A=-AT.反之,若A=-AT,那么显然有xTAy=-xTATy,任意x,y∈Rn,于是xTAy+xTATy=0.则有(x+y)TA(x+y)=0.即S是一个子空间.则S是一个子空间的充要条件是A是一
9、个反对称矩阵.□例5.1.5(南开大学,2005年)设f(x1,x2,…,xn)=XTAX和g(y1,y2,…,yn)=YTBY均为实数域上n元二次型,且存在实数域上n阶方阵C和D使得A=DTBD,B=CTAC.证明:f(x1,x2,…,xn)和g(y1,y2,…,yn)具有相同的规范形.分析:需要注意具有相同的规范形必须满足什么样的条件.证明:由A=DTBD知:r(A)=r(DTBD)≤r(B).同理由B=CTAC知:r(B)=r(CTAC)≤r(A).于是有r(A)=r(B).若f(X)>0,那么XTAX>0,将A=DTBD代入有:(DX)TB(DX)>0.若令Y=DX,则有g(
10、Y)>0.同理若g(Y)>0,总可以找到X,使得f(X)>0.利用反证法易知,若A和B没有相同的正惯性指数,那么必然可由A,B的规范形得到与上面两个条件之一相矛盾的结果,于是A,B具有相同的正惯性指数.由于A,B是同阶矩阵,它们有相同的秩,相同的正惯性指数,可得它们也具有相同的负惯性指数,于是f,g有相同的规范形.□证明:A有n个正的特征值,m个负的特征值.分析:先利用相合变换将矩阵化为对角块的形式然后再考查其对角块即可由于B是正定矩阵,那么显然有B-1也
