- 例8 设A=[a1a2a3],B=[a3a1a2]\bm{A}=\begin{bmatrix}a_1&&\\&a_2&\\&&a_3\end{bmatrix},\bm{B}=\begin{bmatrix}a_3&&\\&a_1&\\&&a_2\end{bmatrix}A=⎣⎡a1a2a3⎦⎤,B=⎣⎡a3a1a2⎦⎤，问A,B\bm{A},\bm{B}A,B是否合同，若合同，求可逆矩阵C\bm{C}C，使得CTAC=B\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AC}=\bm{B}CTAC=B。
- 例11 设nnn元二次型f(x1,x2,⋯,xn)=(ax1+bx2)2+(ax2+bx3)2+⋯(axn−1+bxn)2+(axn+bx1)2f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=(ax_1+bx_2)^2+(ax_2+bx_3)^2+\cdots(ax_{n-1}+bx_n)^2+(ax_n+bx_1)^2f(x1,x2,⋯,xn)=(ax1+bx2)2+(ax2+bx3)2+⋯(axn−1+bxn)2+(axn+bx1)2，问a,ba,ba,b满足什么条件时，二次型f(x1,x2,⋯,xn)f(x_1,x_2,\cdots,x_n)f(x1,x2,⋯,xn)正定。
- 例13 A\bm{A}A是nnn阶正定矩阵。
- - （2）C\bm{C}C是n×mn\times mn×m矩阵，且r(C)=mr(\bm{C})=mr(C)=m，证明CTAC\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AC}CTAC也是正定矩阵。
- 例15 设A\bm{A}A是nnn阶正定矩阵。ξ1,ξ2,⋯,ξn\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2,\cdots,\bm{\xi}_nξ1,ξ2,⋯,ξn是nnn维非零列向量，满足ξiTAξj=0(i≠j)\bm{\xi}_i^\mathrm{T}\bm{A\xi}_j=0(i\ne j)ξiTAξj=0(i=j)，证明B=[ξ1,ξ2,⋯,ξn]\bm{B}=[\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2,\cdots,\bm{\xi}_n]B=[ξ1,ξ2,⋯,ξn]是可逆矩阵。
- 例17 设A\bm{A}A是三阶实对称矩阵，满足A2+A−2E=O\bm{A}^2+\bm{A}-2\bm{E}=\bm{O}A2+A−2E=O，且r(A−E)=2r(\bm{A}-\bm{E})=2r(A−E)=2。求一个三维向量ξ\bm{\xi}ξ，使得二次型f(x1,x2,x3)=xTAxf(x_1,x_2,x_3)=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}f(x1,x2,x3)=xTAx在ξ\bm{\xi}ξ处的值为零，即求ξ\bm{\xi}ξ，使得f(x1,x2,x3)∣x=ξ=xTAx∣x=ξ=ξTAξ=0f(x_1,x_2,x_3)\biggm\vert_{\bm{x}=\bm{\xi}}=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}\biggm\vert_{\bm{x}=\bm{\xi}}=\bm{\xi}^\mathrm{T}\bm{A\xi}=0f(x1,x2,x3)∣∣∣∣x=ξ=xTAx∣∣∣∣x=ξ=ξTAξ=0。
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例8 设A=[a1a2a3],B=[a3a1a2]\bm{A}=\begin{bmatrix}a_1&&\\&a_2&\\&&a_3\end{bmatrix},\bm{B}=\begin{bmatrix}a_3&&\\&a_1&\\&&a_2\end{bmatrix}A=⎣⎡a1a2a3⎦⎤,B=⎣⎡a3a1a2⎦⎤，问A,B\bm{A},\bm{B}A,B是否合同，若合同，求可逆矩阵C\bm{C}C，使得CTAC=B\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AC}=\bm{B}CTAC=B。

解 A,B\bm{A},\bm{B}A,B均为对角阵，它们对应的二次型有相同的正、负惯性系数，故A≃B\bm{A}\simeq\bm{B}A≃B，下面可求可逆矩阵C\bm{C}C，使得CTAC=B\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AC}=\bm{B}CTAC=B。
作可逆线性变换将A\bm{A}A对应的二次型化成B\bm{B}B对应的二次型f=xTAx=a1x12+a2x22+a3x32=[x1x2x3][a1a2a3][x1x2x3]f=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=a_1x_1^2+a_2x_2^2+a_3x_3^2=\begin{bmatrix}x_1&x_2&x_3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_1&&\\&a_2&\\&&a_3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}f=xTAx=a1x12+a2x22+a3x32=[x1x2x3]⎣⎡a1a2a3⎦⎤⎣⎡x1x2x3⎦⎤。
令{x1=y2,x2=y3,x3=y1,\begin{cases}x_1=y_2,\\x_2=y_3,\\x_3=y_1,\end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧x1=y2,x2=y3,x3=y1,即[x1x2x3]=[010001100][y1y2y3]=Cy\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\y_2\\y_3\end{bmatrix}=\bm{Cy}⎣⎡x1x2x3⎦⎤=⎣⎡001100010⎦⎤⎣⎡y1y2y3⎦⎤=Cy，得f=xTAx=CyTACy=yT(CTAC)y=a3y12+a1y22+a2y32f=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}=\bm{Cy}^\mathrm{T}\bm{ACy}=\bm{y}^\mathrm{T}(\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AC})\bm{y}=a_3y_1^2+a_1y_2^2+a_2y_3^2f=xTAx=CyTACy=yT(CTAC)y=a3y12+a1y22+a2y32，其中C=[010001100]\bm{C}=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{bmatrix}C=⎣⎡001100010⎦⎤，且有CTAC=[010100010][a1a2a3][010001100]=[a3a1a2]=B\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AC}=\begin{bmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_1&&\\&a_2&\\&&a_3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_3&&\\&a_1&\\&&a_2\end{bmatrix}=\bm{B}CTAC=⎣⎡010101000⎦⎤⎣⎡a1a2a3⎦⎤⎣⎡001100010⎦⎤=⎣⎡a3a1a2⎦⎤=B。（这道题主要利用了变量代换求解）

例11 设nnn元二次型f(x1,x2,⋯,xn)=(ax1+bx2)2+(ax2+bx3)2+⋯(axn−1+bxn)2+(axn+bx1)2f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=(ax_1+bx_2)^2+(ax_2+bx_3)^2+\cdots(ax_{n-1}+bx_n)^2+(ax_n+bx_1)^2f(x1,x2,⋯,xn)=(ax1+bx2)2+(ax2+bx3)2+⋯(axn−1+bxn)2+(axn+bx1)2，问a,ba,ba,b满足什么条件时，二次型f(x1,x2,⋯,xn)f(x_1,x_2,\cdots,x_n)f(x1,x2,⋯,xn)正定。

解 fff是正的平方和，故对任意x1,x2,⋯,xnx_1,x_2,\cdots,x_nx1,x2,⋯,xn，均有f(x1,x2,⋯,xn)⩾0,f(x1,x2,⋯,xn)=0⇔{ax1+bx2=0,ax2+bx3=0,⋯⋯⋯⋯axn−1+bxn=0,axn+bx1=0.f(x_1,x_2,\cdots,x_n)\geqslant0,f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=0\Leftrightarrow\begin{cases}ax_1+bx_2=0,\\ax_2+bx_3=0,\\\cdots\cdots\cdots\cdots\\ax_{n-1}+bx_n=0,\\ax_n+bx_1=0.\end{cases}f(x1,x2,⋯,xn)⩾0,f(x1,x2,⋯,xn)=0⇔⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧ax1+bx2=0,ax2+bx3=0,⋯⋯⋯⋯axn−1+bxn=0,axn+bx1=0.
方程组只有零解的充要条件是其系数行列式∣ab0⋯000ab⋯0000a⋯00⋮⋮⋮⋮⋮000⋯abb00⋯0a∣=an+(−1)n+1bn≠0\begin{vmatrix}a&b&0&\cdots&0&0\\0&a&b&\cdots&0&0\\0&0&a&\cdots&0&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\0&0&0&\cdots&a&b\\b&0&0&\cdots&0&a\end{vmatrix}=a^n+(-1)^{n+1}b^n\ne0∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a00⋮0bba0⋮000ba⋮00⋯⋯⋯⋯⋯000⋮a0000⋮ba∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=an+(−1)n+1bn=0，即an≠(−b)na^n\ne(-b)^nan=(−b)n。
当n=2kn=2kn=2k时，即a≠±ba\ne\pm ba=±b，当n=2k+1n=2k+1n=2k+1时，即a≠−ba\ne-ba=−b，只有零解，故当x=[x1,x2,⋯,xn]T\bm{x}=[x_1,x_2,\cdots,x_n]^\mathrm{T}x=[x1,x2,⋯,xn]T时，有f(x1,x2,⋯,xn)f(x_1,x_2,\cdots,x_n)f(x1,x2,⋯,xn)，二次型fff为正定二次型。（这道题主要利用了构造矩阵求解）

例13 A\bm{A}A是nnn阶正定矩阵。

（2）C\bm{C}C是n×mn\times mn×m矩阵，且r(C)=mr(\bm{C})=mr(C)=m，证明CTAC\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AC}CTAC也是正定矩阵。

证因(CTAB)T=CTAT(CT)T=CTAB(\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AB})^\mathrm{T}=\bm{C}^\mathrm{T}\bm{A}^\mathrm{T}(\bm{C}^\mathrm{T})^\mathrm{T}=\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AB}(CTAB)T=CTAT(CT)T=CTAB，故CTAB\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AB}CTAB也是对称阵。又r(Cn×m)=mr(\bm{C}_{n\times m})=mr(Cn×m)=m，将按列分块设为C=[γ1,γ2,⋯,γm]\bm{C}=[\bm{\gamma}_1,\bm{\gamma}_2,\cdots,\bm{\gamma}_m]C=[γ1,γ2,⋯,γm]，则γ1,γ2,⋯,γm\bm{\gamma}_1,\bm{\gamma}_2,\cdots,\bm{\gamma}_mγ1,γ2,⋯,γm线性无关。对任给x=[x1,x2,⋯,xm]T≠0\bm{x}=[x_1,x_2,\cdots,x_m]^\mathrm{T}\ne\bm{0}x=[x1,x2,⋯,xm]T=0，有Cx=(γ1,γ2,⋯,γm)[x1x2⋮xn]=x1γ1+x2γ2+⋯+xmγm≠0\bm{Cx}=(\bm{\gamma}_1,\bm{\gamma}_2,\cdots,\bm{\gamma}_m)\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}=x_1\bm{\gamma}_1+x_2\bm{\gamma}_2+\cdots+x_m\bm{\gamma}_m\ne\bm{0}Cx=(γ1,γ2,⋯,γm)⎣⎢⎢⎢⎡x1x2⋮xn⎦⎥⎥⎥⎤=x1γ1+x2γ2+⋯+xmγm=0。
而A\bm{A}A是正定矩阵，故对任意的x=[x1,x2,⋯,xm]T≠0\bm{x}=[x_1,x_2,\cdots,x_m]^\mathrm{T}\ne\bm{0}x=[x1,x2,⋯,xm]T=0，有Cx≠0\bm{Cx}\ne\bm{0}Cx=0，恒有xT(CTAC)x=(Cx)TA(Cx)>0\bm{x}^\mathrm{T}(\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AC})\bm{x}=(\bm{Cx})^\mathrm{T}\bm{A}(\bm{Cx})>0xT(CTAC)x=(Cx)TA(Cx)>0，故CTAC\bm{C}^\mathrm{T}\bm{AC}CTAC是正定矩阵。（这道题主要利用了向量的线性无关性求解）

例15 设A\bm{A}A是nnn阶正定矩阵。ξ1,ξ2,⋯,ξn\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2,\cdots,\bm{\xi}_nξ1,ξ2,⋯,ξn是nnn维非零列向量，满足ξiTAξj=0(i≠j)\bm{\xi}_i^\mathrm{T}\bm{A\xi}_j=0(i\ne j)ξiTAξj=0(i=j)，证明B=[ξ1,ξ2,⋯,ξn]\bm{B}=[\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2,\cdots,\bm{\xi}_n]B=[ξ1,ξ2,⋯,ξn]是可逆矩阵。

解利用定义证明ξ1,ξ2,⋯,ξn\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2,\cdots,\bm{\xi}_nξ1,ξ2,⋯,ξn线性无关。若k1ξ1+k2ξ2+⋯+knξn=0k_1\bm{\xi}_1+k_2\bm{\xi}_2+\cdots+k_n\bm{\xi}_n=\bm{0}k1ξ1+k2ξ2+⋯+knξn=0，两边左乘ξiTA(i=1,2,⋯,n)\bm{\xi}_i^\mathrm{T}\bm{A}(i=1,2,\cdots,n)ξiTA(i=1,2,⋯,n)，有k1ξiTAξ1+k2ξiTAξ2+⋯+kiξiTAξi+⋯+knξiTAξn=0k_1\bm{\xi}_i^\mathrm{T}\bm{A\xi}_1+k_2\bm{\xi}_i^\mathrm{T}\bm{A\xi}_2+\cdots+k_i\bm{\xi}_i^\mathrm{T}\bm{A\xi}_i+\cdots+k_n\bm{\xi}_i^\mathrm{T}\bm{A\xi}_n=\bm{0}k1ξiTAξ1+k2ξiTAξ2+⋯+kiξiTAξi+⋯+knξiTAξn=0。由已知ξiTAξj=0(i≠j)\bm{\xi}_i^\mathrm{T}\bm{A\xi}_j=0(i\ne j)ξiTAξj=0(i=j)，又A\bm{A}A是正定矩阵，ξiTAξi>0\bm{\xi}_i^\mathrm{T}\bm{A\xi}_i>0ξiTAξi>0，故有ki=0,i=1,2,⋯,nk_i=0,i=1,2,\cdots,nki=0,i=1,2,⋯,n，即ξ1,ξ2,⋯,ξn\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2,\cdots,\bm{\xi}_nξ1,ξ2,⋯,ξn线性无关。故B=[ξ1,ξ2,⋯,ξn]\bm{B}=[\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2,\cdots,\bm{\xi}_n]B=[ξ1,ξ2,⋯,ξn]是可逆矩阵。（这道题主要利用了线性无关的定义求解）

例17 设A\bm{A}A是三阶实对称矩阵，满足A2+A−2E=O\bm{A}^2+\bm{A}-2\bm{E}=\bm{O}A2+A−2E=O，且r(A−E)=2r(\bm{A}-\bm{E})=2r(A−E)=2。求一个三维向量ξ\bm{\xi}ξ，使得二次型f(x1,x2,x3)=xTAxf(x_1,x_2,x_3)=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}f(x1,x2,x3)=xTAx在ξ\bm{\xi}ξ处的值为零，即求ξ\bm{\xi}ξ，使得f(x1,x2,x3)∣x=ξ=xTAx∣x=ξ=ξTAξ=0f(x_1,x_2,x_3)\biggm\vert_{\bm{x}=\bm{\xi}}=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}\biggm\vert_{\bm{x}=\bm{\xi}}=\bm{\xi}^\mathrm{T}\bm{A\xi}=0f(x1,x2,x3)∣∣∣∣x=ξ=xTAx∣∣∣∣x=ξ=ξTAξ=0。

解由A2+A−2E=O\bm{A}^2+\bm{A}-2\bm{E}=\bm{O}A2+A−2E=O得(A+2E)(A−E)=O,r(A+2E)+r(A−E)⩽3(\bm{A}+2\bm{E})(\bm{A}-\bm{E})=\bm{O},r(\bm{A}+2\bm{E})+r(\bm{A}-\bm{E})\leqslant3(A+2E)(A−E)=O,r(A+2E)+r(A−E)⩽3。
又因r(A−E)=2r(\bm{A}-\bm{E})=2r(A−E)=2，故r(A+2E)⩽1r(\bm{A}+2\bm{E})\leqslant1r(A+2E)⩽1，但A≠−2E\bm{A}\ne-2\bm{E}A=−2E。（若A=−2E\bm{A}=-2\bm{E}A=−2E，则r(A−E)=r(−3E)=3≠2r(\bm{A}-\bm{E})=r(-3\bm{E})=3\ne2r(A−E)=r(−3E)=3=2，这和已知矛盾）故r(A+2E)=1r(\bm{A}+2\bm{E})=1r(A+2E)=1。
由r(A−E)=2r(\bm{A}-\bm{E})=2r(A−E)=2，故(E−A)x=0(\bm{E}-\bm{A})\bm{x}=\bm{0}(E−A)x=0的基础解只有一个非零解（即A\bm{A}A的对应于λ=1\lambda=1λ=1的特征向量只有一个）。取单位非零解α1\bm{\alpha}_1α1，其中∣α1∣=1|\bm{\alpha}_1|=1∣α1∣=1，有Aα1=α1\bm{A\alpha}_1=\bm{\alpha}_1Aα1=α1。
由r(A+2E)=1r(\bm{A}+2\bm{E})=1r(A+2E)=1，(2E+A)x=0(2\bm{E}+\bm{A})\bm{x}=\bm{0}(2E+A)x=0有两个线性无关解，即A\bm{A}A的对应于λ=−2\lambda=-2λ=−2的特征向量，取两个线性无关的单位特征向量为α2,α3\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3α2,α3，即∣α2∣=∣α3∣=1|\bm{\alpha}_2|=|\bm{\alpha}_3|=1∣α2∣=∣α3∣=1，有Aα2=−2α2,Aα3=−2α3\bm{A\alpha}_2=-2\bm{\alpha}_2,\bm{A\alpha}_3=-2\bm{\alpha}_3Aα2=−2α2,Aα3=−2α3。且不同特征值对应的特征向量相互正交，即(α1,α2)=(α1,α3)=0(\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2)=(\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_3)=0(α1,α2)=(α1,α3)=0。
取ξ=2α1+α2\bm{\xi}=\sqrt{2}\bm{\alpha}_1+\bm{\alpha}_2ξ=2α1+α2（或2α1+α3\sqrt{2}\bm{\alpha}_1+\bm{\alpha}_32α1+α3），则
f(x1,x2,x3)∣x=2α1+α2=xTAx∣x=2α1+α2=(2α1+α2)TA(2α1+α2)=2α1TA2α1+2α1TAα2+α2TA2α1+α2TAα2=2+0+0−2=0.\begin{aligned} f(x_1,x_2,x_3)\biggm\vert_{\bm{x}=\sqrt{2}\bm{\alpha}_1+\bm{\alpha}_2}&=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}\biggm\vert_{\bm{x}=\sqrt{2}\bm{\alpha}_1+\bm{\alpha}_2}=(\sqrt{2}\bm{\alpha}_1+\bm{\alpha}_2)^\mathrm{T}\bm{A}(\sqrt{2}\bm{\alpha}_1+\bm{\alpha}_2)\\ &=\sqrt{2}\bm{\alpha}_1^\mathrm{T}\bm{A}\sqrt{2}\bm{\alpha}_1+\sqrt{2}\bm{\alpha}_1^\mathrm{T}\bm{A}\bm{\alpha}_2+\bm{\alpha}_2^\mathrm{T}\bm{A}\sqrt{2}\bm{\alpha}_1+\bm{\alpha}_2^\mathrm{T}\bm{A}\bm{\alpha}_2\\ &=2+0+0-2=0. \end{aligned} f(x1,x2,x3)∣∣∣∣x=2α1+α2=xTAx∣∣∣∣x=2α1+α2=(2α1+α2)TA(2α1+α2)=2α1TA2α1+2α1TAα2+α2TA2α1+α2TAα2=2+0+0−2=0.
（这道题主要利用了特征向量求解）

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