线性代数 | 三个二次型题目
作者：互联网
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1 一种套路，见过就会做了
题意：
- 设 A B 是 n 阶实对称矩阵，且 A 是正定矩阵，证明存在可逆矩阵 P，使得 \(P^TAP\) 和 \(P^TBP\) 都是对角矩阵。
解答：
- 首先，因为 A 正定，所以存在可逆矩阵 L，使得 \(L^TAL=E\)。
- 然后，\(L^TBL\) 也是实对称矩阵，合同于对角矩阵 \(Q^T(L^TBL)Q=D\)，Q 是正交矩阵。
- 因为 Q 是正交矩阵，所以 \(Q^T(L^TAL)Q=Q^TEQ=Q^TQ=E\)，即 \((LQ)^TA(LQ)=E\)。
- 取 P=LQ，符合题意。
2 反证法是万能的
题意：
- 若 A 为 n 阶实对称阵，B 为 n 阶实矩阵，且 A 与 \(A-B^TAB\) 均为正定矩阵。λ 是 B 的一个实特征值，证明 |λ|＜1。
解答：
- 反证法：已知 B 有至少一个实特征值 λ，假设 |λ| ≥ 1，x 为对应的特征向量，即 Ax = λx。
- \(x^T[A-B^TAB]x=x^TAx-(Bx)^TA(Bx)=x^TAx(1-\lambda^2)\)，
- 如果 |λ| ≥ 1，因为 A 正定，所以 \(x^TAx\)＞0，上式 ≤ 0。
- 然而，\(A-B^TAB\) 正定，所以上式应该＞0，矛盾。
- 所以，B 的所有实特征值 λ，都应该 |λ|＜1。
3 二次型（实对称矩阵）的标准型，即为相似的对角阵
题意：
- 已知二次型 \(f(x_1,x_2,x_3)=x^TAx\) 在正交变换 \(x = Qy\) 下的标准型为 \(y_1^2+y_2^2\)，且 Q 的第三列为 \(q_3=(\frac{\sqrt{2}}2,0,\frac{\sqrt{2}}2)^T\)。
- 求矩阵 A；
- 证明 A+E 正定。
解答：
- 第一问：
- 已知：A 是实对称矩阵，相似于对角阵 diag(1, 1, 0)，特征值 0 的特征向量是 \((\frac{\sqrt{2}}2,0,\frac{\sqrt{2}}2)^T\)。
- 求 A 的剩下两个特征向量：
- 属于特征值 1 的特征向量有 q1 q2 两个，和 q3 一起构成 Q 正交阵，q1 q2 q3 线性无关。
- 因为任一和 q3 线性无关的向量，一定可以被 q1 q2 线性表示，所以随便取与 q3 线性无关的 q1 q2 为 \((0, 1, 0)^T\) 和 \((\frac{\sqrt{2}}2,0,-\frac{\sqrt{2}}2)^T\)。
- 从特征向量推出 A：
- 设 \(A=\left(\begin{array} & a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33}\end{array}\right)\) ，
- \((0, 1, 0)^T\) 是 λ=1 特征向量：可知 A 第二列是 \((0, 1, 0)^T\)。
- \((\frac{\sqrt{2}}2,0,-\frac{\sqrt{2}}2)^T\) 是 λ=1 特征向量：可知 $\left{\begin{array} & a_{11}-a_{13}=1 \ a_{21}-a_{23}=0 \ a_{31}-a_{33}=-1 \end{array}\right. $ 。
- \((\frac{\sqrt{2}}2,0,\frac{\sqrt{2}}2)^T\) 是 λ=0 特征向量：可知 A 第 1 3 列为相反数。
- 直接可知 \(A=\left(\begin{array} & \frac12 & 0 & -\frac12 \\ 0 & 1 & 0 \\ -\frac12 & 0 & \frac12\end{array}\right)\) 。
- 第二问：直接算。
- \(A+E=\left(\begin{array} & \frac32 & 0 & -\frac12 \\ 0 & 2 & 0 \\ -\frac12 & 0 & \frac32\end{array}\right)\)，特征多项式为 \((\frac32-λ)²(2-λ) - \frac14(2-λ)=-(\lambda-1)(\lambda-2)^2\)，
- 特征值为 1 2，实对称矩阵 特征值全正，则正定。
标签：特征值,题目,特征向量,二次,矩阵,sqrt,线性代数,frac,array 来源： https://www.cnblogs.com/moonout/p/16613067.html