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线性代数第四章练习题答案

第一篇：线性代数第四章练习题答案第四章二次型练习4、11、写出下列二次型的矩阵2（1）f(x1,x2,x3)=2x12x24x1x32x2x3；（2）f(x1,x2,x3,x4)=2x1x22x1x32x1x42x3x4。解：（1）因为2f(x1,x2,x3)=(x1,x2,x3)022所以二次型f(x1,x2,x3)的矩阵为：02011011210x1x2x3,21。0（2）因为0f(x1,x2,x3,x4)=(x1,x2,x3,x4)1101所以二次型f(x1,x2,x3,x4)的矩阵为：11***11010x1x2x3x4，10。102、写出下列对称矩阵所对应的二次型：11（1）2121201212；（2）21201211212112012012。12102T解：（1）设X(x1,x2,x3)，则1f(x1,x2,x3)=XTAX=(x1,x2,x3)21212021222x1x2x3=x122x32x1x2x1x34x2x3。（2）设X(x1,x2,x3,x4)T，则01f(x1,x2,x3,x4)=XTAX=(x1,x2,x3,x4)2101211212112012012121x1x2x3x42=x2x4x1x22x1x3x2x3x2x4x3x4。练习4、21、用正交替换法将下列二次型化为标准形，并写出所作的线性替换。22（1）f(x1,x2,x3)=2x1x24x1x24x2x3；（2）f(x1,x2,x3)=2x1x22x2x3；222（3）f(x1,x2,x3)=x12x23x34x1x24x2x3。解：（1）二次型f(x1,x2,x3)的矩阵2A=2021202。0A的特征方程为det(EA)=20202=(2)(254)=0，12由此得到A的特征值12，21，34。对于12，求其线性方程组(2EA)X0，可解得基础解系为1(1,2,2)T。对于21，求其线性方程组(EA)X0，可解得基础解系为：2(2,1,2)T。对于34，求其线性方程组(4EA)X0，可解得基础解系为：3(2,2,1)T。将1,2,3单位化，得11111(,122T,)，3332123T2212(，3323)，3令33(,21T,)，33132P=(1,2,3)=323231323232，3132则PTAP=diag(-2,1,4)=0001000。4作正交替换X=PY，即122xyyy3121333212x2y1y2y3，333x2y2y1y3123333二次型f(x1,x2,x3)可化为标准形：2222y1y24y3。（2）类似题（1）方法可得：12P=0121212121201T，PAP=020120200，202即得标准形：2y222y3。（3）类似题（1）的方法可得：2P=3231323232322T，PAP=0301305000，1222即得标准形：2y15y2y3。2、用配方法将下列二次型化为标准形：222（1）f(x1,x2,x3)=x12x25x32x1x22x1x36x2x3；（2）f(x1,x2,x3)=2x1x24x1x3；（3）f(x1,x2,x3)=4x1x22x1x32x2x3。解：（1）先将含有x1的项配方。f(x1,x2,x3)=x1+2x1(x2x3)+(x2x3)－(x2x3)+2x2+6x2x3+5x322=(x1x2x3)+x2+4x2x3+4x3，22222再对后三项中含有x2的项配方，则有22222f(x1,x2,x3)=(x1x2x3)+x2+4x2x3+4x3=(x1x2x3)+(x22x3)。1TT设Y=(y1,y2,y3)，X=(x1,x2,x3)，B=002211012，0令Y=BX，则可