《线性代数》电子教案-第五章.ppt

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1、线性代数电子教案,第五章,第五章 相似矩阵及二次型,5.1 向量的内积、长度与正交性,5.1 向量的内积、长度与正交性,一.Rn中向量的内积,长度和夹角,1.设=(a1,a2,an)T,=(b1,b2,bn)T,记为,即,注意：虽然内积是两个向量之间的运算，但计算结果是实数,第五章 相似矩阵及二次型,2.内积的基本性质,对称性:,=,;,(2)线性性:k11+k22,=k11,+k22,;,(3),0;且,=0=0.,考察y=,x2+2,x+,.,n=(xai+bi)2 0 i=1,=(2,)2 4,0,2,.,5.1 向量的内积、长度与正交性,第五章 相似矩阵及二次型,3.对于n维实向量,称

2、,为 的长度或,范数,记为|,即,4.长度的基本性质,非负性:|0;且|=0=;齐次性:|k|=|k|(kR);三角不等式:|+|+|.,5.1 向量的内积、长度与正交性,第五章 相似矩阵及二次型,5.长度为1的向量称为单位向量.,对于非零向量,|1是一个单位向量.用|1乘称为把单位化或标准化.,6.设,Rn,若 0,0,则定义,的,若,=0,即=/2,则称与正交.,夹角为,5.1 向量的内积、长度与正交性,第五章 相似矩阵及二次型,例.设,Rn,且与线性无关,求常数k,使+k与正交.,|=|cos,5.1 向量的内积、长度与正交性,第五章 相似矩阵及二次型,二.正交向量组和Schmidt正交

3、化方法,1.一组两两正交的向量组称为正交向量组.,由单位向量组成的正交向量组称为规范 正交向量组.,向量空间的一组基如果是正交向量组,就 称之为正交基;如果是规范正交向量组,就称之为规范正交基.,5.1 向量的内积、长度与正交性,n维向量空间Rn的规范正交基就是单位坐标向量组。,第五章 相似矩阵及二次型,定理1.设1,2,s是正交非零向量组,则1,2,s线性无关.,5.1 向量的内积、长度与正交性,设有k1,k2,ks使k11+k22+kss=0,用1T左乘上式可得:k11T1=0，因10，故1T1=12 0，从而k1=0。同理可证ki=0,第五章 相似矩阵及二次型,命题1.设1,2,s是标准

4、正交向量组,且=k11+k22+kss,则ki=,i,i=1,2,s.,2.施密特(Schmidt)方法,命题2.设1,2,s线性无关(s2),则存在 一个正交向量组1,2,s使得 1,2,t与1,2,t等价(1 t s).,5.1 向量的内积、长度与正交性,第五章 相似矩阵及二次型,1=1,正交化过程如下:,再将1,2,s单位化得:,5.1 向量的内积、长度与正交性,第五章 相似矩阵及二次型,由正交化过程可知,5.1 向量的内积、长度与正交性,注意：按照施密特正交化方法由线性无关的向量组1,2,s导出正交向量组1,2,s的过程满足：1,2,s与1,2,s等价，而且满足对任何k(1k s)，向

5、量组1,2,k与1,2,k等价。,第五章 相似矩阵及二次型,5.1 向量的内积、长度与正交性,例,解：根据施密特正交化方法，可取,第五章 相似矩阵及二次型,5.1 向量的内积、长度与正交性,显然，该齐次方程的两个线性无关的解满足与a1正交的要求。,第五章 相似矩阵及二次型,5.1 向量的内积、长度与正交性,考虑到：该方程组的基础解系恰好含有两个线性无关的向量，且它们与a1线性无关且正交，因此可利用施密特方法将该方程组的基础解系的两个向量正交化后即满足题设要求。,即取：,注意：这里没有必要对三个向量都做正交化处理，而且也不需要进行单位化处理。,第五章 相似矩阵及二次型,三.正交矩阵,1.满足AT

6、A=E(即A1=AT)的实方阵A称,为正交矩阵,简称为正交阵.,5.1 向量的内积、长度与正交性,若 ATA=E，该式可用A的列向量表示为：,即,第五章 相似矩阵及二次型,5.1 向量的内积、长度与正交性,也可写为：,（i,j=1,2,3,n）,由此可得定理,方阵A正交等价于A的行（列）向量都是单位向量，且两两正交。,n阶正交方阵A的n个行（列）向量构成向量空间Rn的规范正交基。,第五章 相似矩阵及二次型,推论.(1)A为正交阵|A|=1,A1=A也是正交阵;,(2)A,B为正交阵 AB为正交阵.,5.1 向量的内积、长度与正交性,(AB)TAB=BTATAB=BT(ATA)B=BTB=E,如

7、,是正交阵。,第五章 相似矩阵及二次型,5.1 向量的内积、长度与正交性,定义：若P是正交阵，则线性变换y=Px成为正交变换。,设y=Px为正交变换，则有如下性质,5.2 特征值与特征向量,一.定义,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,A=,n阶方阵,n阶非零向量,特征值,特征值向量,注意：n阶矩阵有n个特征值,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,A=,(EA)=0,|EA|=0,特征方程,特征多项式,EA,特征矩阵,特征值,特征值向量,二.计算,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,定理.(1)0为A的特征值|0EA|=0.,(2)为A的对应于0

8、特征向量,(0EA)=0.,1.理论依据,2.步骤,计算|EA|,求|EA|=0的根,求(EA)x=0的基础解系,例1.求A=,的特征值和特征向量.,解:,所以A的特征值为1=2,2=4.,解之得,A的对应于1=2的特征向量为,对于1=2,(2EA)x=0 即,3 11 3,=(2)(4).,(0 k R).,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,例1.求A=,的特征值和特征向量.,解:,所以A的特征值为1=2,2=4.,解之得,A的对应于2=4的特征向量为,对于2=4,(4EA)x=0 即,3 11 3,=(2)(4).,(0 k R).,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征

9、值与特征向量,解:|EA|=(2)(1)2.所以A的特征值为1=2,2=3=1.对于1=2,求得(2EA)x=0 的基础解系:p1=(0,0,1)T.对应于1=2的特征向量为kp1(0kR).对于2=3=1,求得(EA)x=0 的基础解系:p2=(1,2,1)T.对应于2=3=1的特征向量为kp2(0kR).,例2.求,的特征值和特征向量.,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,解:|EA|=(+1)(2)2.所以A的特征值为1=1,2=3=2.(EA)x=0的基础解系:p1=(1,0,1)T.对应于1=1的特征向量为kp1(0kR).(2EA)x=0的基础解系:p2=(0,1,

10、1)T,p3=(1,0,4)T.,例3.求,的特征值和特征向量.,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,对应于2=3=2的特征向量为k2p2+k3p3(k2,k3不同时为零).,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,故可得,注,在例2中,对应2重特征值=1有一个线性无关的特征向量；,在例3中,对应2重特征值=2有两个线性无关的特征向量,一般结论：对应r重特征值 的线性无关的特征向量的个数 r,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,三.性质,性质1.设A=(aij)nn的特征值为1,n,则(1)1+n=tr(A).(2)1n=|A|.,推论.A 可逆1,

11、n全不为零.,性质2.|EA|=|EAT|.,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,性质1.设A=(aij)nn的特征值为1,n,则(1)1+n=tr(A).(2)1n=|A|.,证,由特征值的定义可得,按照n阶行列式的定义，上式可写成：,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,由题设,又有,比较多项式同次幂的系数可得,例4.设为方阵A的特征值,证明2为A2的特征值.证明:因为为A的特征值,即有非零向量x使Ax=x,于是(A2)x=A(Ax)=A(x)=(Ax)=2x,所以2为A2的特征值.例5.设为方阵A的特征值,证明()=22 3+4.为(A)=2A2 3A+4E

12、的特征值.证明:因为为A的特征值,即有非零向量x使Ax=x,于是(A)x=(2A2 3A+4E)x=2(A2)x3Ax+4x=22x3x+4x=(22 3+4)x=()x,所以()为(A)的特征值.,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,解：,故,根据以上两例可进一步证明：若是A的特征值，则k是Ak的特征值；()是(A)的特征值（其中()是的多项式，(A)是对应的A的多项式）。,定理.如果1,2,m为方阵A的m个不同的特征值,p1,p2,pm为依次对应于这些特征值的特征向量,则p1,p2,pm线性无关.,证明:,第五章 相似矩阵

13、及二次型,5.2 特征值与特征向量,k1p1+k2p2+kmpm=0,设有常数k1，k2，km使,则A(k1p1+k2p2+kmpm)=0,由于Api=ipi，则上式可改写为,1k1p1+2k2p2+mkmpm=0,类推可得：,1rk1p1+2rk2p2+mrkmpm=0（r=1,2,，m-1）,写为矩阵形式,由此可得(k1p1,k2p2,kmpm)=O.,(k1p1,k2p2,kmpm),=O.,因而k1=k2=km=0.,这就证明了p1,p2,pm是线性无关的.,第五章 相似矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,范德蒙行列式,由于1,2,m互不相等，则等式左边第二个矩阵可逆,第五章 相似

14、矩阵及二次型,5.2 特征值与特征向量,作业：1（2），2，5（1），7，9,5.3 相似矩阵,一.问题,习题二 23 p55,求A11.,A=PP1,A11=P11P1,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,试问：矩阵A与有何联系？,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,二.相似矩阵的定义,设A,B都是n阶方阵,若有可逆矩阵P,使得P 1AP=B,则称矩阵A与B相似。同时，称P为把A变成B的相似变换矩阵或过渡矩阵。,易见,矩阵间的相似关系满足,(1)反身性:A与A相似;（E-1AE=A）,(2)对称性:A与B相似 B与A相似;,即矩阵间的相似关系是一种等价关系.,(3)传递性:A

15、与B相似,B与C相似 A与C相似.,性质1.设A与B相似,f是一个多项式,则f(A)与f(B)相似.,证明:设P 1AP=B,f(x)=anxn+a1x+a0,则,P 1f(A)P,=anP 1AnP+a1P 1AP+a0 P 1EP,=an(P 1AP)n+a1P 1AP+a0E,=P 1(anAn+a1A+a0E)P,=anBn+a1B+a0E,=f(B).,三.相似矩阵的性质,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,性质2.设A与B相似,则|A|=|B|.,证明:P 1AP=B|P 1AP|=|B|,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,|P 1|A|P|,=,|P|1|A|P

16、|,=,|A|,=,性质3.设A与B相似,则R(A)=R(B).,证明:P 1AP=B，因P可逆，故相当于对A进行了初等变换，秩不变。,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,定理3：若n阶矩阵A与B相似，则A与B的特征多项式相同，从而A与B的特征值亦相同。,证：,因A与B相似，故有可逆矩阵P。使得：,则,P-1AP=B,B-E=P-1AP-E,=P-1AP-P-1(E)P,=P-1(A-E)P,=P-1A-EP,=A-E,矩阵A与B的特征方程相同，故其特征值亦相同。,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,定理3及其推论告诉我们，如果能找到方阵的相似对角阵，则就能直接得到方阵的特征值

17、。但是，如何确定与方阵相似的对角阵？,若1,n若是A的n个特征值，那么方阵A是否一定与diag(1,n)相似？,思考题：,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,若n阶矩阵A与对角阵相似，则必然存在可逆矩阵P满足：,即,将上式中P写为列向量形式,即,注意：因P可逆，故pi是非零列向量。,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,这说明什么？,相似变换矩阵P的非零列向量pi是矩阵A的特征向量，i是对应的特征值。,思考：,如果方阵A与它的特征值构成的对角阵相似，则除了上面的结论，可逆矩阵P及对角阵还应该满足什么条件？,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,1.相似变换矩阵P的非零列向量

18、pi是矩阵A的特征向量，i是对应的特征值。,方阵A的特征值为1,n，若A与对角阵diag(1,n)相似，则相似变换矩阵P及对角阵应该满足的条件：,2.由于相似变换矩阵P可逆，则P的列向量组线性无关，即方阵的n个特征向量线性无关。（根据定理2可得）,综上可得定理4：,方阵A与对角阵相似的充要条件是A有n个线性无关的特征向量。,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,定理4推论：若方阵有n个互不相等的特征值，则A与对角阵相似。,由于矩阵的特征方程|EA|有r重根时，对应r重特征值的线性无关的特征向量的个数 r，故这样的方阵不一定能找到与之相似的对角阵。,注意：,定义：如果对方阵A，能找到可逆矩

19、阵P，使：P-1AP=则称方阵A能够相似对角化。,定理4及其推论告诉我们求方阵相似对角化变换矩阵的方法,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,例 判断下列矩阵可否对角化：,解：（1）,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,构造矩阵,则有：P-1AP=。,即方阵A能够相似对角化。,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,（2）,由本章例3可知,A有3个线性无关的特征向量，故A可对角化,构造矩阵,则有：P-1AP=。,第五章 相似矩阵及二次型,5.3 相似矩阵,（3）,由本章例2可知,故该方阵不能相似对角化。,对应2重特征值2=3=1只有1个线性无关的特征向量,解:|EA|=(2)

20、(1)2.所以A的特征值为1=2,2=3=1.对于1=2,求得(2EA)x=0 的基础解系:p1=(0,0,1)T.对应于1=2的特征向量为kp1(0kR).对于2=3=1,求得(EA)x=0 的基础解系:p2=(1,2,1)T.对应于2=3=1的特征向量为kp2(0kR).,例2.求,的特征值和特征向量.,第五章 相似矩阵及二次型,返回,5.3 相似矩阵,解:|EA|=(+1)(2)2.所以A的特征值为1=1,2=3=2.(EA)x=0的基础解系:p1=(1,0,1)T.对应于1=1的特征向量为kp1(0kR).(2EA)x=0的基础解系:p2=(0,1,1)T,p3=(1,0,4)T.,例

21、3.求,的特征值和特征向量.,第五章 相似矩阵及二次型,返回,5.3 相似矩阵,第五章 相似矩阵及二次型,思考题：,是否存在方阵，即使其特征方程有重根，但是其仍然能够相似对角化？这样的方阵有何特点？,5.3 相似矩阵,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,5.4 实对称矩阵的相似对角化,一.实对称矩阵的特征值和特征向量,定理5.实对称矩阵的特征值均为实数.,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,A对称,1 p1T=(Ap1)T=p1TAT=p1TA,定理6.设1,2是实对称矩阵A的两个不同的特征值,p1,p2是对应与它们的特征向量,则p1与p2正交.,于

22、是(12)p1Tp2=0,但是1 2,故p1Tp2=0.,从而1p1Tp2=p1TAp2=p1T(2p2)=2p1Tp2.,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,二.实对称矩阵正交相似于对角矩阵,定理7.对于任意n阶实对称矩阵A,存在正交矩阵P,使得P1AP=diag(1,2,n),其中1,2,n为A的全部特征值,P=(q1,q2,qn)的列向量组是A的对应于1,2,n的标准正交特征向量.,推论.对于任意n阶实对称矩阵A,是矩阵A的特征方程k重根，则矩阵EA的秩R(EA)=n-k,而且对应特征值有k个线性无关的特征向量.,注：定理7的推论间接回答了我们上一节最后的问题,第五

23、章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,A与对角阵相似,A与的特征值相同(的对角元是A的特征值),是矩阵A的特征方程k重根,对角阵中有k个E中有k个零对角元,推论.对于任意n阶实对称矩阵A,是矩阵A的特征方程k重根，则矩阵AE的秩R(AE)=n-k,而且对应特征值有k个线性无关的特征向量.,P-1(AE)P=P-1APP-1EP=E,AE与E相似AE与E的秩相同,E中有k个零对角元,R(E)=n-k,AE与E的秩相同,R(AE)=n-k(AE)x=0的基础解系有k个线性无关的解向量,即：对应特征值有k个线性无关的特征向量.,证明,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似

24、对角化,小结：实对称阵对角化的步骤,求A全部特征值（根据所有特征值的重根次数之和等于n）对每个ki重特征值i求方程(A-i E)x=0的基础解系得出对应于特征值i的ki个线性无关的特征向量（根据定理7的推论，对不同的特征值，总共可以得到n个线性无关的特征向量）将对应于特征值i的ki个线性无关的特征向量正交、单位化（总共可以得到n个两两正交的单位特征向量）将n个两两正交的单位特征向量构成正交阵P，即可满足P-1AP=。,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,例.把A=,正交相似对角化.,解:|EA|=(2)(4)2.所以A的特征值为1=2,2=3=4.(2EA)x=0的基础解

25、系1=(0,1,1)T.(4EA)x=0的基础解系2=(1,0,0)T,3=(0,1,1)T.由于1,2,3已经是正交的了,将它们单位化即 可得,4 0 00 3 10 1 3,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,注:对于2=3=4,若取(4EA)x=0的基础解系 2=(1,1,1)T,3=(1,1,1)T,则需要将它们正交化.取1=2,再单位化,即得,=,1 1 1,Q=(q1,q2,q3),第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,例.设3阶实对称矩阵A的特征多项式为,(1)2(10),且3=(1,2,2)T是对应于=10的特征向量.(1)证明:是对应

26、于=1的特征向量 与3正交;(2)求A.,证明(1):由定理6可知()成立.,()因为=1是A的二重特征值,所以A有两个线性无关的特征向量1,2对应于=1.,注意到1,2,3线性无关,而,1,2,3线性相关,可设=k11+k22+k33,故=k11+k22是对应于=1的特征向量.,由3,=3,1=3,2=0得k3=0,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,解(2):由(1)可知对应于=1两个线性无关的,将正交向量组1,2,3单位化得正交矩阵,特征向量可取为x1+2x22x3=0的基础解系:,1=(2,1,2)T,2=(2,2,1)T,例.设3阶实对称矩阵A的特征多项式为,(

27、1)2(10),且3=(1,2,2)T是对应于=10的特征向量.(1)证明:是对应于=1的特征向量 与3正交;(2)求A.,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,它满足QTAQ=Q1AQ=,由此可得A=QQT,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,解：,实质上由定理4可知：A有3个线性无关的特征向量,故矩阵R(A-E)=R(A-2E)=1,则可得：x=2，y=-2,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,若记1=2=2，则根据矩阵特征值的性质：,1+2+3=a11+a22+a11=10,所以：3=6,此时,可求得1，2，3 对应的特征向

28、量分别为,令,则有P-1AP=,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,作业：习题五：15,16(2),17,18,19,20,22,5.5 二次型及其标准型,一.二次型的定义,二次曲线ax2+bxy+cy2=1,m(x)2+n(y)2=1,第五章 相似矩阵及二次型,5.5 二次型及其标准型,在实际问题中会遇到很多类似的问题,第五章 相似矩阵及二次型,5.5 二次型及其标准型,含有n个变量x1,x2,xn的二次齐次函数 f(x1,x2,xn)=a11x12+a22x22+annxn2+2a12x1x2+2a13x1x3+2an-1,nxn-1xn,定义：n元实二次型,aij=

29、aji,n aijxixj i,j=1,第五章 相似矩阵及二次型,5.5 二次型及其标准型,n f(x1,x2,xn)=aijxixj i,j=1,xTAx,f 的矩阵,A的二次型,f 的秩:R(A),对称阵,第五章 相似矩阵及二次型,5.5 二次型及其标准型,n f(x1,x2,xn)=aijxixj i,j=1,k1y12+k2y22+knyn2,?,f 的标准形（特殊的，当ki在-1,0,1,中取值时，称之为规范型）,(y1,y2,yn),=,k1 0 00 k2 0 0 0 kn,y1y2yn,第五章 相似矩阵及二次型,5.5 二次型及其标准型,f(x)=xTAx=(Py)TA(Py)

30、=yT(PTAP)y=yTBy=g(y),寻求可逆矩阵P,使得,将二次型化为标准型的问题即：寻求可逆的线性变换x=Py,使得,第五章 相似矩阵及二次型,5.5 二次型及其标准型,对于方阵A,B,若存在可逆矩阵P,使得 PTAP=B,则称A与B合同.,矩阵间的合同关系也是一种等价关系.,(1)反身性:A与A合同;,(2)对称性:A与B合同 B与A合同;,(3)传递性:A与B合同,B与C合同 A与C合同.,合同的性质,f(x)=xTAx=(Py)TA(Py)=yT(PTAP)y=yTBy=g(y),第五章 相似矩阵及二次型,5.5 二次型及其标准型,矩阵等价、相似、合同、正交相似的联系与区别,A,

31、BMn,A与B相似,存在可逆矩阵P，使P-1AP=B,A与B合同,存在可逆矩阵C，使CTAC=B,A与B正交相似,存在正交阵Q，使QTAQ=Q-1AQ=B,A,BMmn,A与B等价,存在m阶可逆矩阵P，n阶可逆矩阵Q，使PAQ=B,共同的性质：自反性、对称性、传递性,第五章 相似矩阵及二次型,5.5 二次型及其标准型,等价、相似、合同、正交相似的关系,等价、相似、合同、正交相似的不变量,等价:秩，即R(A)=R(B),相似:秩，即R(A)=R(B)特征多项式，|EA|=|EB|特征值,合同:秩，即R(A)=R(B)对称性，即若A对称，则B也对称 对称阵A、B对应的二次型的正(负)惯性指数（定义

32、后面给出）对称阵A、B对应的二次型的规范型,正交相似:相似+合同,第五章 相似矩阵及二次型,5.5 二次型及其标准型,思考：实对称矩阵与对角矩阵合同对二次型来说意味着什么？,A与合同，同时根据定理7，A能正交相似对角化，这又给我们什么启示？,f(x)=xTAx=(Py)TA(Py)=yT(PTAP)y=yTy=g(y),定理.实对称矩阵与对角矩阵合同.（由定理7可证）,第五章 相似矩阵及二次型,5.6 化二次型为标准形,5.6 化二次型为标准形,定理8.对于任何一个n元实二次型f=xTAx,都有正交变换x=Qy,使 f 化为标准形 f=1y12+2y22+nyn2,其中1,2,n为A的n个特征

33、值,Q 的列向量就是A的对应的n个单位正 交特征向量.,正交变换下的标准形,一.用正交变换化实二次型为标准形,注意：化为标准型后也可以再进行一次变化得到规范型,5.6 化二次型为标准形,第五章 相似矩阵及二次型,例1.用正交变换把将二次型 f(x1,x2,x3)=x12+x22+x322x1x3 化为标准形.,|EA|=(1)(2).所以A的特征值为1=0,2=1,3=2.代入(EA)x=0求得对应的特征向量 1=(1,0,1)T,2=(0,1,0)T,3=(1,0,1)T.它们是两两正交的.,5.6 化二次型为标准形,第五章 相似矩阵及二次型,所以A的特征值为1=0,2=1,3=2.代入(E

34、A)x=0求得对应的特征向量 1=(1,0,1)T,2=(0,1,0)T,3=(1,0,1)T.它们是两两正交的.,把它们单位化可得正交矩阵,令x=Qy,得该二次型的标准形为,f=y22+2y32.,5.6 化二次型为标准形,第五章 相似矩阵及二次型,二.用配方法化实二次型为标准形,例2.用配方法化f=4x12+3x22+3x32+2x2x3为标准形.,解:f=4x12+3x22+3x32+2x2x3,令,则 f=4y12+3y22+(8/3)y32.,5.6 化二次型为标准形,第五章 相似矩阵及二次型,例3.用配方法化f=x123x222x1x26x2x3+2x1x3 为标准形,并求所用的可

35、逆线性变换.,解:f=x123x222x1x26x2x3+2x1x3,=x12 2x1(x2 x3)+(x2 x3)2(x2 x3)2 3x22 6x2x3,=(x1 x2+x3)2(2x2+x3)2,=y12 y22,5.6 化二次型为标准形,第五章 相似矩阵及二次型,例4.用配方法化f=2x1x2+2x1x3 6x2x3为标准形.并求所用的变换矩阵.,分析:若用前面正交变换的方法化f为标准形,非常麻烦.因为,由此可见 f 可化为,但求变换矩阵相当复杂！,5.6 化二次型为标准形,第五章 相似矩阵及二次型,例4.用配方法化f=2x1x2+2x1x3 6x2x3为标准形.并求所用的变换矩阵.,

36、解:先配x1.令x1=y1+y2,x2=y1 y2,x3=y3.则f=2y12 2y22 4y1y3+8y2y3.配方得f=2(y1 y3)2 2(y2 2y3)2+6y32.令z1=y1 y3,z2=y2 2y3,z3=y3,即y1=z1+z3,y2=z2+2z3,y3=z3,则f=2z12 2z22+6z32.所用的变换矩阵为,5.6 化二次型为标准形,第五章 相似矩阵及二次型,思考：,二次型的规范型是否唯一？,二次型的标准型是否唯一？,第五章 相似矩阵及二次型,5.7 正定二次型,5.7 正定二次型,一.惯性定理,定理9.实二次型f(x)=xTAx，它的秩为r，有两个可逆线性变换：x=C

37、y及x=Pz分别将其化为标准形 f=k1y12+k2y22+knyn2（ki0）f=1y12+2y22+nyn2,（i0）则ki,i 中正项的个数p与负项的个数q(p+q=r)都 是在可逆线性变换下的不变量.,第五章 相似矩阵及二次型,5.7 正定二次型,例如 f=2x1x2+2x1x3 6x2x3 在三种不同的可 逆线性变换下可分别化为下列标准形:,f=2z12 2z22+6z32,可见R(f)=3,f 的正惯性指数p=2,f 的负惯性 指数q=1.,第五章 相似矩阵及二次型,5.7 正定二次型,推论a.实二次型f(x)=xTAx总可以通过Rn中的可逆线性变换将其化为规范形 且规范形是唯一的

38、.,请联系矩阵的最简型理解这两个推论。,注意：正(负)惯性指数为n的二次型（即正（负）定二次型）在科学技术中应用较广。,第五章 相似矩阵及二次型,5.7 正定二次型,二.二次型的正定性,1.定义:,f(x)=xTAx,x 0 f(x)0,x 0 f(x)0,2.性质,(1)An,Bn正定 An+Bn正定矩阵.,(2)diagd1,dn正定i,di 0.,第五章 相似矩阵及二次型,5.7 正定二次型,3.判定,定理10.设A为n阶实对称矩阵,则A是正定矩阵与下列命题相互等价:,(1)A的正惯性指数为n;,(2)A的特征值均大于零;,必要性：A的正惯性指数为n ki0 f(x)正定,充分性：f(x

39、)正定，取yi为单位坐标向量，用反证法可证ki0，即A的正惯性指数为n,A是实对称阵存在正交变换使A化为标准型，且标准型中各个系数为A的特征值（定理8）,由命题(1)可知：标准型中各系数均大于零，故A的特征值都大于零,第五章 相似矩阵及二次型,5.7 正定二次型,(3)A与E合同;,A是实对称阵存在正交变换使A化为标准型,令,故,即A与E合同,f(x)正定 ki0,则,第五章 相似矩阵及二次型,5.7 正定二次型,1=a11,均大于零（霍尔维茨定理）.,n=|A|,(4)存在可逆矩阵Q,使得A=QTQ;,(5)A的各阶顺序主子式,A与E合同,令,f(x)正定 ki0 B可逆,则,显然B对称,第

40、五章 相似矩阵及二次型,5.7 正定二次型,例5.AT=A,A2 3A+2E=O A正定.,即:A的特征值全为正，,因A是实对称阵，故必存在非零向量x使得：,Ax=x,则：(A2 3A+2E)x=A2x 3Ax+2Ex=2x3x+2x=(23+2)x=O,因x0，故 23+2=0,因此：=1或2,则由定理10可知：A正定,其中是A的特征值,解：,第五章 相似矩阵及二次型,5.7 正定二次型,例6.A正定|A+E|1.,因A正定，故必存正交矩阵P使得：,式中,PTAP=P-1AP=,其中i是A的特征值，且i0,则：,解：,第五章 相似矩阵及二次型,5.7 正定二次型,不是正定的,因为,第五章 相似矩阵及二次型,5.4 实对称矩阵的相似对角化,作业：习题五：24(2),25(3),26(2),27(1),28,30(3),31,32(1),