主要内容

高等代数教学辅导

9.2 合同变换和惯性定理

建设中!

练习 练习

基础题.

1.
用矩阵初等变换的方法求二次型
\begin{equation*} f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1x_2+2x_1x_3+6x_2x_3 \end{equation*}
的标准形,并写出所作的非退化线性替换。
解答.
二次型\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为\(A=\begin{pmatrix} 1&-1&1\\ -1&1&3\\ 1&3&1\end{pmatrix}\)。对分块矩阵 \(\begin{pmatrix}A\\ E\end{pmatrix}\)施行合同变换得:
\begin{equation*} \begin{array}{ll}\begin{pmatrix} A\\E \end{pmatrix}&=\begin{pmatrix} 1&-1&1\\ -1&1&3\\ 1&3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\xrightarrow[c_2+c_1]{r_2+r_1}\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&0&4\\ 1&4&1\\ 1&1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\\ &\xrightarrow[c_3-c_1]{r_3-r_1}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&4\\ 0&4&0\\ 1&1&-1\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\xrightarrow[c_2+c_3]{r_2+r_3}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&8&4\\ 0&4&0\\ 1&0&-1\\ 0&1&0\\ 0&1&1 \end{pmatrix}\\ &\xrightarrow[c_3-\frac{1}{2}c_2]{r_3-\frac{1}{2}r_2}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&8&0\\ 0&0&-2\\ 1&0&-1\\ 0&1&-\frac{1}{2}\\ 0&1&\frac{1}{2} \end{pmatrix},\end{array} \end{equation*}
故作非退化线性替换\(X=CY\),其中
\begin{equation*} C=E(1,2(1))E(1,3(-1))E(3,2(1))E(2,3(-\frac{1}{2}))=\begin{pmatrix} 1&0&-1\\ 0&1&-\frac{1}{2}\\ 0&1&\frac{1}{2} \end{pmatrix}, \end{equation*}
得标准形
\begin{equation*} f(x_1,x_2,x_3)=g(y_1,y_2,y_3)=y_1^2+8y_2^2-2y_3^2. \end{equation*}
2.
\(f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1x_2+2x_1x_3+6x_2x_3\),把它化为规范形,并写出所作的非退化线性替换。
解答.
在上题中,作非退化线性替换\(X=CY\)得标准形
\begin{equation*} y_1^2+8y_2^2-2y_3^2, \end{equation*}
其中\(C=\begin{pmatrix} 1&0&-1\\ 0&1&-\frac{1}{2}\\ 0&1&\frac{1}{2} \end{pmatrix}\)。在\(\mathbb{R}\)上,再令\(\left\{\begin{array}{l} z_1=y_1\\ z_2=2\sqrt{2}y_2\\ z_3=\sqrt{2}y_3 \end{array}\right.\),即作非退化线性替换\(X=QZ\),其中
\begin{equation*} Q=C \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&2\sqrt{2}&0\\ 0&0&\sqrt{2} \end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix} 1&0&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0&\frac{\sqrt{2}}{4}&-\frac{\sqrt{2}}{4}\\ 0&\frac{\sqrt{2}}{4}&\frac{\sqrt{2}}{4} \end{pmatrix}, \end{equation*}
可化为规范形
\begin{equation*} z_1^2+z_2^2-z_3^2. \end{equation*}
3.
求实二次型
\begin{equation*} f(x_1,\ldots,x_{2n})=x_1x_2+x_3x_4+\cdots+x_{2n-1}x_{2n} \end{equation*}
的正、负惯性指数及符号差。
解答.
作非退化线性替换\(X=CY\),其中
\begin{equation*} C=\begin{pmatrix} 1 & 1 & & & & &\\ 1 & -1 & & & & &\\ & & 1 & 1 & & &\\ & & 1 & -1 & & &\\ & & & & \ddots & &\\ & & & & & 1 & 1\\ & & & & & 1 & -1 \end{pmatrix}, \end{equation*}
可化为标准形
\begin{equation*} y_1^2-y_2^2+y_3^2-y_4^2+\dots+y_{2n-1}^2+y_{2n}^2. \end{equation*}
因此该二次型的正、负惯性指数均为\(n\),符号差为\(0\)
4.
\(f(x_1,\ldots,x_n)=X^TAX\)\(n\)元实二次型。若\(\mathbb{R}^n\)中存在列向量\(\alpha_1,\alpha_2\),使得\(\alpha_1^TA \alpha_1>0,\ \alpha_2^TA \alpha_2<0\),证明:存在\(0\neq \alpha_3\in\mathbb{R}^n\),使得\(\alpha_3^TA \alpha_3=0\)
解答.
\(f(x_1,x_2,\ldots,x_n)=X^TAX\)\(n\)元实二次型,所以可作非退化线性替换\(X=CY\),化为规范形
\begin{equation*} Y^(C^TAC)Y = y_1^2+\cdots+y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots -y_r^2. \end{equation*}
由于\(\alpha_1^TA \alpha_1>0,\ \alpha_2^TA \alpha_2<0\),所以\(f(x_1,\ldots,x_n)\)的正惯性指数\(p>0\),负惯性指数\(r-p>0\)。取
\begin{equation*} \alpha_3=C(\varepsilon_1+\varepsilon_{p+1})\in\mathbb{R}^n, \end{equation*}
\(\alpha_3\)\(\mathbb{R}^n\)中非零向量,且
\begin{equation*} \begin{array}{ll} \alpha_3^TA \alpha_3 & =(\varepsilon_1+\varepsilon_{p+1})^T(C^TAC)(\varepsilon_1+\varepsilon_{p+1})\\ & =1^2+0^2+\cdots+0^2-1^2-0^2+\cdots-0^2\\ & =0. \end{array} \end{equation*}
5.
下列实二次型对应的矩阵中哪些是合同的?写出理由。
\begin{equation*} \begin{array}{c} f_1(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+4x_2^2+x_3^2+4x_1x_2-2x_1x_3,\\ f_2(y_1,y_2,y_3)=y_1^2+2y_2^2-y_3^2+4y_1y_2-2y_1y_3-4y_2y_3,\\ f_3(z_1,z_2,z_3)=-4z_1^2-z_2^2-z_3^2-4z_1z_2+4z_1z_3+18z_2z_3. \end{array} \end{equation*}
解答.
因为\(f_1(x_1,x_2,x_3)=(x_1+2x_2-x_3)^2+4x_2x_3\),作非退化线性替换
\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} x_1=u_1-u_2-3u_3,\\ x_2=u_2+u_3,\\ x_3=u_2-u_3, \end{array}\right. \end{equation*}
化为标准形\(u_1^2+4u_2^2-4u_3^2\),所以\(f_1\)的正惯性指数为\(2\),负惯性指数为\(1\)
\begin{equation*} f_2(y_1,y_2,y_3)=(y_1+2y_2-y_3)^2-2y_2^2-2y_3^2, \end{equation*}
所以\(f_2\)的正惯性指数为\(1\),负惯性指数为\(2\)
\begin{equation*} f_3(z_1,z_2,z_3)=-4(z_1+\frac{1}{2}z_2-\frac{1}{2}z_3)^2+16z_2z_3, \end{equation*}
作非退化线性替换
\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} z_1=v_1-v_3,\\ z_2=v_2+v_3,\\ z_3=v_2-v_3, \end{array}\right. \end{equation*}
化为标准形
\begin{equation*} -4v_1^2+16v_2^2-16v_3^2, \end{equation*}
所以\(f_3\)的正惯性指数为\(1\),负惯性指数为\(2\)
注意到\(f_2(y_1,y_2,y_3)\)\(f_3(z_1,z_2,z_3)\)有相同的正惯性指数和负惯性指数,所以实二次型\(f_2(y_1,y_2,y_3)\)\(f_3(z_1,z_2,z_3)\)对应的矩阵是合同的。
6.
\(n\)阶实对称矩阵组成的集合按合同关系进行分类,共有几个合同类?
解答.
两个\(n\)阶实对称矩阵合同的充要条件是它们的秩\(r\)和正惯性指数\(p\)分别相等,所以按合同关系分类,其合同类个数即为秩、正惯性指数对\((r,p)\)的所有可能组合数。注意到\(n\)阶实对称矩阵的秩\(r\)可能为\(0,1,\dots,n\),而对每个确定的\(r\),正惯性指数可能为\(0,1,\dots,r\)(共有\(r+1\)种可能),因此合同类的总数为所有\(r+1\)之和:
\begin{equation*} \sum\limits_{r=0}^n (r+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2}. \end{equation*}

提高题.

7.
\(A\)\(n\)阶实对称矩阵,且\(A\)可逆,证明:在\(\mathbb{R}\)上,
  1. \(A\)合同于\(A^{-1}\)
  2. \(\det A>0\)时,\(A\)合同于\({\rm adj}A\)
解答.
证法一:
  1. 因为\(A\)可逆,所以\(A=AA^{-1}A\)。又\(A\)是实对称阵,故存在可逆矩阵\(A\),使得
    \begin{equation*} A=A^TA^{-1}A\mbox{。} \end{equation*}
    因此\(A\)合同于\(A^{-1}\)
  2. \(\det A>0\)时,因\({\rm adj}A=(\det A) A^{-1}\),所以存在可逆矩阵\(\frac{1}{\sqrt{\det A}}A\),使得
    \begin{equation*} A=(\frac{1}{\sqrt{\det A}}A)^T{\rm adj}A(\frac{1}{\sqrt{\det A}}A), \end{equation*}
    \(A^{-1}\)合同于\({\rm adj}A\)。因此\(A\)合同于\({\rm adj}A\)
证法二:
  1. \(\lambda_1,\dots ,\lambda_n\)\(A\)的全部特征值,由\(A\)是实对称可逆矩阵知:\(\lambda_1,\dots, \lambda_n\)均是非零实数,不妨设
    \begin{equation*} \lambda_1,\dots ,\lambda_p>0,\quad \lambda_{p+1},\dots ,\lambda_n<0, \end{equation*}
    \(A^{-1}\)的特征值\(\lambda_1^{-1},\dots ,\lambda_n^{-1}\)满足
    \begin{equation*} \lambda_1^{-1},\dots ,\lambda_p^{-1}>0,\quad\lambda_{p+1}^{-1},\dots ,\lambda_n^{-1}<0, \end{equation*}
    \begin{equation*} A\mbox{的正惯性指数}=A^{-1}\mbox{的正惯性指数}=p, \end{equation*}
    \begin{equation*} A\mbox{的负惯性指数}=A^{-1}\mbox{的负惯性指数}=n-p, \end{equation*}
    由此可知\(A\)合同于\(A^{-1}\)
  2. \((\det A)\lambda_1^{-1},(\det A)\lambda_2^{-1},\dots ,(\det A)\lambda_n^{-1}\)\({\rm adj}A\)的全部特征值。当\(\det A>0\)时, 若
    \begin{equation*} \lambda_1,\dots ,\lambda_p>0,\quad \lambda_{p+1},\dots ,\lambda_n<0, \end{equation*}
    \begin{equation*} (\det A)\lambda_1^{-1},\dots ,(\det A)\lambda_p^{-1}>0, \end{equation*}
    \begin{equation*} (\det A)\lambda_{p+1}^{-1},\dots ,(\det A)\lambda_n^{-1}<0, \end{equation*}
    \begin{equation*} A\mbox{的正惯性指数}={\rm adj}A\mbox{的正惯性指数}=p, \end{equation*}
    \begin{equation*} A\mbox{的负惯性指数}={\rm adj}A\mbox{的负惯性指数}=n-p, \end{equation*}
    因此\(A\)合同于\({\rm adj}A\)
8.
确定二次型\(f(x_1,x_2,x_3)=ax_1x_2+bx_1x_3+cx_2x_3\)的秩和符号差。
解答.
二次型\(f(x_1,x_2,x_3)\)的矩阵为
\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} 0&\frac{a}{2}&\frac{b}{2}\\ \frac{a}{2}&0&\frac{c}{2}\\ \frac{b}{2}&\frac{c}{2}&0 \end{pmatrix}. \end{equation*}
\(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\)\(A\)的全部特征值,则
\begin{equation*} \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3={\rm tr}(A)=0,\ \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3=\det A=\frac{abc}{4}. \end{equation*}
  1. \(a=b=c=0\)时,\(r(f)=0\),符号差为\(0\)
  2. \(a,b,c\)中有一个或两个\(0\)时,\(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\)至少一个为\(0\)但又不全为\(0\)。又\(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=0\),所以\(A\)的特征值一正一负,另一个为\(0\)。此时\(r(f)=2\),且符号差为\(0\)
  3. \(a,b,c\)全不为\(0\)时,\(\det A\neq 0\),则\(r(f)=3\)。由\(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=0\)可知,\(A\)的特征值两正一负或两负一正。
    1. \(abc>0\)时,\(\lambda_1 \lambda_2 \lambda_3>0\)\(A\)的特征值两负一正,符号差为\(-1\)
    2. \(abc<0\)时,\(\lambda_1 \lambda_2 \lambda_3<0\)\(A\)的特征值两正一负,符号差为\(1\)
9.
证明:一个\(n\)元实二次型可以分解成两个实系数的一次齐次多项式之积的充分必要条件是:它的秩等于1,或者它的秩等于2且符号差为0。
解答.
充分性:
  1. \(n\)元实二次型\(X^TAX\)秩等于1时,可作非退化线性替换\(X=BY\)化为标准形\(ky_1^2\)。设\(B^{-1}=(b_{ij})_{n\times n}\),则\(y_1=\sum\limits_{j=1}^nb_{1j}x_j\),故
    \begin{equation*} X^TAX=\left[k\left(\sum\limits_{j=1}^nb_{1j}x_j\right)\right]\left(\sum\limits_{j=1}^nb_{1j}x_j\right) \end{equation*}
    是两个实系数的一次齐次多项式之积。
  2. \(n\)元实二次型\(X^TAX\)的秩等于2且符号差为0时,可作非退化线性替换\(X=CZ\)化为标准形\(z_1^2-z_2^2\)。设\(C^{-1}=(c_{ij})_{n\times n}\),则
    \begin{equation*} z_1=\sum\limits_{j=1}^nc_{1j}x_j,\ z_2=\sum\limits_{j=1}^nc_{2j}x_j, \end{equation*}
    其中\((c_{11},c_{12},\dots ,c_{1n})\)\((c_{21},c_{22},\dots ,c_{2n})\)线性无关。于是,
    \begin{equation*} \begin{array}{ccl} X^TAX&=&\left(\sum\limits_{j=1}^nc_{1j}x_j\right)^2- \left(\sum\limits_{j=1}^nc_{2j}x_j\right)^2\\ &=&\left[\sum\limits_{j=1}^n(c_{1j}+c_{2j})x_j\right]\cdot \left[\sum\limits_{j=1}^n(c_{1j}-c_{2j})x_j\right] \end{array} \end{equation*}
    其中\((c_{11}+c_{21}, c_{12}+c_{22}, \dots , c_{1n}+c_{2n})\neq 0,(c_{11}-c_{21}, c_{12}-c_{22}, \dots , c_{1n}-c_{2n})\neq 0\)。因此,\(X^TAX\)可以分解成两个实系数一次齐次多项式的乘积。
必要性:设\(n\)元实二次型\(X^TAX\)可以分解成
\begin{equation*} X^TAX=(a_1x_1+\dots +a_nx_n)(b_1x_1+\dots +b_nx_n), \end{equation*}
其中\(a_1,\dots ,a_n\)不全为\(0\),且\(b_1,\dots ,b_n\)不全为\(0\)
  1. \((a_1,\dots ,a_n)\)\((b_1,\dots ,b_n)\)线性相关,即存在\(k\neq 0\),使得
    \begin{equation*} (b_1,\dots ,b_n)=k(a_1,\dots ,a_n), \end{equation*}
    \begin{equation*} X^TAX=k(a_1x_1+\dots +a_nx_n)^n. \end{equation*}
    \(a_i\neq 0\),作非退化线性替换
    \begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} y_i=a_1x_1+\dots +a_nx_n,\\ y_j=x_j,(j=1,\dots ,i-1,i+1,\dots ,n), \end{array}\right. \end{equation*}
    化为标准形\(ky_i^2\)。此时\(X^TAX\)的秩等于\(1\)
  2. \((a_1,\dots ,a_n)\)\((b_1,\dots ,b_n)\)线性无关,则以它们为行向量的\(2\times n\)矩阵的秩为\(2\),从而存在一个二阶子式不等于\(0\)。不妨设\(\begin{vmatrix} a_1&a_2\\b_1&b_2 \end{vmatrix}\neq 0\)。令
    \begin{equation*} C=\begin{pmatrix} a_1 & a_2 & a_3 & \dots & a_n\\ b_1 & b_2 & b_3 & \dots & b_n\\ 0 & 0 & 1 & \dots & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \dots & 1\\ \end{pmatrix}, \end{equation*}
    \(\det C=\begin{vmatrix} a_1&a_2\\b_1&b_2 \end{vmatrix}\neq 0\),故\(C\)可逆。于是作非退化线性替换\(X=C^{-1}Y\),得\(X^TAX=y_1y_2\)。再作非退化线性替换
    \begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} y_1=z_1+z_2,\\ y_2=z_1-z_2,\\ y_j=z_j,\quad (j=3,\dots ,n), \end{array}\right. \end{equation*}
    得规范形\(z_1^2-z_2^2\)。因此,\(X^TAX\)的秩等于2且符号差为0。
10.
\(f(x_1,\ldots,x_n)\)是秩为\(n\)的实二次型,证明:若\(f(x_1,\ldots,x_n)\)的符号差为\(s\),则存在\(\mathbb{R}^n\)的一个\(\frac{1}{2}(n-|s|)\)维子空间\(V\),使得对任意\((a_1,\ldots,a_n)^T\in V\),都有\(f(a_1,\ldots,a_n)=0\)
解答.
\(f(x_1,\ldots,x_n)\)的正、负惯性指数分别为\(p,q\),则可经过非退化线性替换\(X=CY\)将二次型化为规范形
\begin{equation*} y_1^2+\cdots+y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots -y_{p+q}^2. \end{equation*}
根据题设,
\begin{equation*} p+q=n,\ p-q=s, \end{equation*}
\begin{equation*} \frac{1}{2}(n-|s|)=\frac{1}{2}(p+q-|p-q|)={\rm min}(p,q). \end{equation*}
不妨设\(p\leq q\),取
\begin{equation*} V=\langle C(\varepsilon_1+\varepsilon_{p+1}), C(\varepsilon_2+\varepsilon_{p+1}), \dots , C(\varepsilon_p+\varepsilon_{p+1}) \rangle, \end{equation*}
\(V\)\(\mathbb{R}^n\)的一个\(p=\frac{1}{2}(n-|s|)\)维子空间\(V\),且对任意\(i=1,\dots,p\)
\begin{equation*} \begin{array}{ll} & f(C(\varepsilon_i+\varepsilon_{p+1}))\\ = & 0^2+\dots+0^2+1^2+0^2+\dots+0^2-1^2-0^2-\dots-0^2\\ = & 0, \end{array} \end{equation*}
故对任意\((a_1,\ldots,a_n)^T\in V\),都有\(f(a_1,\ldots,a_n)=0\)

挑战题.

11.
设实二次型
\begin{equation*} f(x_1,\ldots,x_n)=z_1^2+\cdots+z_k^2-z_{k+1}^2-\cdots-z_{k+s}^2, \end{equation*}
其中\(z_i=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}x_j(1\le i\le k+s) \)。 证明\(f\) 的正惯性指数\(p\le k\),负惯性指数\(q\le s\)
解答.
\(f(x_1,\dots ,x_n)\)经过非退化线性替换\(X=CY\)后化为规范形
\begin{equation*} f(x_1,\ldots,x_n)=y_1^2+\cdots +y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots -y_{p+q}^2, \end{equation*}
\begin{equation} \begin{array}{ll} & y_1^2+\cdots +y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots -y_{p+q}^2\\ = & z_1^2+\cdots+z_k^2-z_{k+1}^2-\cdots-z_{k+s}^2. \end{array}\tag{9.2.1} \end{equation}
假设\(p>k\),设\(C^{-1}=(b_{ij})_{n\times n}\)。考虑线性方程组
\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots +a_{1n}x_n=0,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ a_{k1}x_1+a_{k2}x_2+\cdots +a_{kn}x_n=0,\\ b_{p+1,1}x_1+b_{p+1,2}x_2+\cdots +b_{p+1,n}x_n=0,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ b_{n1}x_1+b_{n2}x_2+\cdots +b_{nn}x_n=0, \end{array}\right. \end{equation*}
该方程组有\(n\)个未知量,\(k+(n-p)<n\)个方程,所有必有非零解\(\alpha\),相应的
\begin{equation*} C^{-1}\alpha=(b_1,\dots ,b_p,0,\dots ,0)\neq {\bf 0}, \end{equation*}
\begin{equation*} A \alpha=(0,\dots ,0,a_{k+1},\dots ,a_n)\neq {\bf 0}. \end{equation*}
\(\alpha\)代入(9.2.1) ,左边\(=b_1^2+\cdots +b_p^2>0\),而右边\(=-a_{k+1}^2-\cdots -a_{k+s}^2\leq 0\),矛盾。因此\(p\leq k\)。 同理可证\(q\leq s\)
12.
\(p_M\)为实对称矩阵\(M\)的正惯性指数,证明:对任意\(n\)阶实对称矩阵\(A,B\)
\begin{equation*} p_{A+B}\leq p_A+p_B. \end{equation*}
解答.
\(p_A=a,p_B=b,p_{A+B}=c,r(A)=r,r(B)=s,r(C)=t\),则经过非退化线性替换\(X=PY,X=QZ,X=RW\)可分别化为规范形
\begin{equation} X^TAX=y_1^2+\dots+y_a^2-y_{a+1}^2-\dots-y_r^2,\tag{9.2.2} \end{equation}
\begin{equation} X^TBX=z_1^2+\dots+z_b^2-z_{b+1}^2-\dots-z_s^2,\tag{9.2.3} \end{equation}
\begin{equation} X^T(A+B)X=w_1^2+\dots+w_c^2-w_{c+1}^2-\dots-w_t^2.\tag{9.2.4} \end{equation}
假设\(c > a+b\),考虑线性方程组
\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} p_{11}x_1+p_{12}x_2+\cdots +p_{1n}x_n=0,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ p_{a1}x_1+p_{a2}x_2+\cdots +p_{an}x_n=0,\\ q_{11}x_1+q_{12}x_2+\cdots +q_{1n}x_n=0,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ q_{b1}x_1+q_{b2}x_2+\cdots +q_{bn}x_n=0,\\ r_{c+1,1}x_1+r_{c+1,2}x_2+\cdots +r_{c+1,n}x_n=0,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ r_{n1}x_1+r_{n2}x_2+\cdots +r_{nn}x_n=0, \end{array}\right. \end{equation*}
其中\(P^{-1}=(p_{ij})_{n\times n},Q^{-1}=(q_{ij})_{n\times n},R^{-1}=(r_{ij})_{n\times n},\)。该方程组有\(n\)个未知量,\(a+b+(n-c)<n\)个方程,所有必有非零解\(\alpha\),相应的
\begin{equation*} P^{-1}\alpha=(0,\dots ,0,y_{a+1},\dots ,y_n), \end{equation*}
\begin{equation*} Q^{-1} \alpha=(0,\dots ,0,z_{b+1},\dots ,z_n). \end{equation*}
分别代入 (9.2.2)(9.2.3)
\begin{equation} \alpha^T(A+B)\alpha=-y_{a+1}^2-\dots-y_r^2-z_{b+1}^2-\dots-z_s^2\leq 0.\tag{9.2.5} \end{equation}
另一方面,注意到 \(R^{-1}\alpha=(w_1,\dots,w_c,0,\dots,0)\neq {\bf 0}\),所以代入 (9.2.4)
\begin{equation*} \alpha^T(A+B)\alpha=w_1^2+\dots+w_c^2 >0, \end{equation*}
(9.2.5)相矛盾。因此\(p_{A+B}\leq p_A+p_B\)
13.
\(A\)\(n\)阶实可逆矩阵,求
\begin{equation*} B=\begin{pmatrix} 0&A\\A^T&0 \end{pmatrix} \end{equation*}
的正负惯性指数。
解答.
解法一:因为
\begin{equation*} \begin{pmatrix} E_n&0\\A^{-1}&E _n \end{pmatrix}^T B \begin{pmatrix} E_n&0\\A^{-1}&E_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2E_n&A\\A^T&0 \end{pmatrix}, \end{equation*}
\begin{equation*} \begin{pmatrix} E_n&-\frac{1}{2}A\\0&E_n \end{pmatrix}^T\begin{pmatrix} 2E_n&A\\A^T&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} E_n&-\frac{1}{2}A\\0&E_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2E_n&0\\0&-\frac{1}{2}A^TA \end{pmatrix}, \end{equation*}
所以\(B\)\(\begin{pmatrix} 2E_n&0\\0&-\frac{1}{2}A^TA \end{pmatrix}\)有相同的正负惯性指数。注意到\(-\frac{1}{2}A^TA\)合同于\(-E_n\),其正惯性指数为\(0\)、负惯性指数为\(n\)。 因此,\(B\)的正惯性指数为\(n\)、负惯性指数也为\(n\)
解法二:因为
\begin{equation*} \begin{pmatrix} \lambda E_n&-A\\-A^T &\lambda E_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} E_n&A\\0&\lambda E_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \lambda E_n&0\\-A^T&\lambda^2E_n-A^TA \end{pmatrix}, \end{equation*}
所以
\begin{equation*} f_B(\lambda)=\begin{vmatrix} \lambda E_n&-A\\-A^T &\lambda E_n \end{vmatrix}=\det (\lambda^2E_n-A^TA). \end{equation*}
\(A^TA\)的特征值为\(\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_n\),由\(A^TA\)合同于\(E_n\)知,
\begin{equation*} \lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_n\in\mathbb{R}^+, \end{equation*}
\(则B\)的特征值为
\begin{equation*} \pm\sqrt{\lambda_1},\pm\sqrt{\lambda_2},\cdots ,\pm\sqrt{\lambda_n}, \end{equation*}
因此,\(B\)的正惯性指数为\(n\)、负惯性指数也为\(n\)
14. 第十届大学生数学竞赛初赛.
\(A=(a_{ij})\)\(n\)阶实方阵,满足
  1. \(a_{11}=a_{22}=\cdots=a_{nn}=a >0\)
  2. 对每个\(i(i=1,\ldots ,n)\),有 \(\sum\limits_{j=1}^n |a_{ij}|+\sum\limits_{j=1}^n|a_{ji}|< 4a\)
求二次型\(f(X)=X^TAX\)的规范形。
解答.
\begin{equation*} f (X) =X^T\frac{A + A^{T}}{2}X. \end{equation*}
\(B = (b_{ij})_{n\times n} = \frac{A + A^{T}}{2}\),则 \(B\)\(n\)阶实对称矩阵且
\begin{equation*} b_{11}= b_{22}= \dots = b_{nn}= a, \end{equation*}
\begin{equation*} \sum\limits_{j=1}^{n}|b_{ij}| = \frac{1}{2}\sum\limits_{j=1}^{n}\left| a_{ij}+ a_{ji}\right| \leq \frac{1}{2}\left(\sum\limits_{j=1}^{n}\left| a_{ij}\right| + \sum\limits_{j=1}^{n}\left| a_{ji}\right| \right)< 2a, \end{equation*}
由此推出
\begin{equation*} \sum\limits_{j \neq i} |b_{ij}| < 2a - |b_{ii}| =a. \end{equation*}
\(B\)的任意特征值\(\lambda\),设\(\alpha=(a_1,\dots,a_n)^T\)是对应的特征向量,记\(|a_i|={\rm max}(|a_1|,\dots,|a_n|)\),则 \(|a_i|\neq 0\)。 由\(B\alpha=\lambda\alpha\)
\begin{equation*} \lambda=\frac{\sum\limits_{j=1}^{n}b_{ij}a_j}{a_i}=a+\frac{\sum\limits_{j\neq i}b_{ij}a_j}{a_i}\geq a-\sum\limits_{j \neq i} |b_{ij}| >0, \end{equation*}
因此\(f(X)\)的规范形为\(y_1^2+\dots+y_n^2\)