线性代数 | 三个二次型题目

目录

• 1 一种套路，见过就会做了
• 2 反证法是万能的
• 3 二次型（实对称矩阵）的标准型，即为相似的对角阵

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 $P^{T}AP$ 和 $P^{T}BP$ 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 $L^{T}AL=E$。
• 然后，$L^{T}BL$ 也是实对称矩阵，合同于对角矩阵 $Q^T(L^{T}BL)Q=D$，Q 是正交矩阵。
• 因为 Q 是正交矩阵，所以 $Q^T(L^{T}AL)Q=Q^{T}EQ=Q^{T}Q=E$，即 $(LQ{)}^{T}A(LQ)=E$。
• 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 $A-B^{T}AB$ 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。
• $x^T[A-B^{T}AB]x=x^{T}Ax-(Bx{)}^{T}A(Bx)=x^{T}Ax(1-{\lambda }^2)$，
• 如果 |λ| ≥ 1，因为 A 正定，所以 $x^{T}Ax$＞0，上式 ≤ 0。
• 然而，$A-B^{T}AB$ 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 $f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax$ 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 $q_3=(\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2}{)}^T$。
  1. 求矩阵 A；
  2. 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{$$\begin{array}{}{a}_{11}-a_{13}=1a_{21}-a_{23}=0a_{31}-a_{33}=-1\end{array}$$\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 $A=\left(\begin{array}{}\frac{1}{2}& 0& -\frac{1}{2}\\ 0& 1& 0\\ -\frac{1}{2}& 0& \frac{1}{2}\end{array}\right)$ 。
• 第二问：直接算。
  • $A+E=\left(\begin{array}{}\frac{3}{2}& 0& -\frac{1}{2}\\ 0& 2& 0\\ -\frac{1}{2}& 0& \frac{3}{2}\end{array}\right)$，特征多项式为 $(\frac{3}{2}-\lambda )²(2-\lambda )-\frac{1}{4}(2-\lambda )=-(\lambda -1)(\lambda -2{)}^2$，
  • 特征值为 1 2，实对称矩阵 特征值全正，则正定。