這幾道例題主要涉及特徵值與正定性部分的知識，應該挺多線代書籍習題中都會有類似的這幾道典例題。

例1、設A為實對稱矩陣，

\lambda_{1},\lambda_{n}

為A的最小和最大特徵值，證明：對任意的t

\in[\lambda_{1},\lambda_{n}]

，存在單位向量

\vec{x}

使得

f(x)=x^{T}Ax=t

解：因為A為實對稱矩陣，故一定存在正交陣P令

\vec{X}=P\vec{Y}

使得

\begin{align} \end{align}

\begin{align} f(x)&=f(y)=(PY)^{T}A(PY)\\ &=\lambda_{1}y^{2}_{1}+\lambda_{2}y^{2}_{2}+…+\lambda_{n}y^{2}_{n} \end{align}

所以

\lambda_{1}(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+…+y_{n}^{2})\leq f(x)\leq\lambda_{n}(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+…+y_{n}^{2})

又因為P是正交變換且

\vec{x}

是單位向量所以

y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+…+y_{n}^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+…+x_{n}^{2}=1

所以

\lambda_{1}\leq f(x)\leq\lambda_{n}

，又f（x）是連續函式，故由介值定理得證對對任意的t

\in[\lambda_{1},\lambda_{n}]

，存在單位向量

\vec{x}

使得

f(x)=x^{T}Ax=t

例2、已知三階實對稱矩陣A

每一行的和均為3

，且其特徵值均為正整數，|A|=3，求矩陣A。

解：

此題最想強調的就是題乾的條件“矩陣A每一行的和均為3”

，由這個條件可以得到

A\begin{pmatrix}1\\1\\1 \end{pmatrix}=3\begin{pmatrix}1\\1\\1 \end{pmatrix}

，所以A有一個特徵值

\lambda_{1}=3

對應的特徵向量是

\vec{\alpha_{1}}=\begin{pmatrix}1\\1\\1 \end{pmatrix}

，又

|A|=\lambda_{1}\lambda_{2}\lambda_{3}=3

可得

\lambda_{2}=\lambda_{3}=1

，接著利用特徵向量的正交性可以得到

\vec{\alpha_{2}},\vec{\alpha_{3}}

，再求解A自然也就輕而易舉了。

拓展：n階方陣A每一行和為m

\Rightarrow

A有一個特徵值m，對應的特徵向量是

(1,1,…,1)_{n}^{T}

例3、設n階方陣A滿足

A^{2}-3A+2E=0,

證明A可對角化。

解：由

A^{2}-3A+2E=0,

可知A的特徵值

\lambda

滿足

\lambda^{2}-3\lambda+2=0\Rightarrow\lambda=1或2

且由

A^{2}-3A+2E=(A-E)(A-2E)=0\Rightarrow R_{(A-E)}+R_{(A-2E)}\leq n，

又R_{(A-E)}+R_{(A-2E)}\geq R_{(A-E-(A-2E))}=R_{(E)}=n

所以

R_{(A-E)}+R_{(A-2E)}=n

(A-E)X=0的基礎解繫有n-R_{(A-E)}個向量

(A-2E)X=0的基礎解繫有n-R_{(A-2E)}個向量

所以A有

n-R_{(A-E)}+n-R_{(A-2E)}=n

個線性無關的特徵向量。所以A可以相似對角化，即A可對角化。

注：這裡用了兩個有關秩的常用結論

(1)、R(A_{m\times n})+R(B_{n\times l})-n\leq R(AB)

證明可參考這裡

(2)、R(A)+R(B)\geq R(A\pm B)

例4、

f(x_{1},x_{2},…,x_{n})=\sum_{i=1}^{n}({x_{i}-\bar{x}})^{2},

其中

\bar{x}=\frac{\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}}{n}(n\geq2),

求該二次型的正負慣性指數。

知識補充：

f是半正定二次型\Leftrightarrow f的正慣性指數等於f對應矩陣的秩且秩小於n

線性代數中的幾道簡單經典好例題

引自百度百科的各種二次型定義

解：由題易知該二次型f為半正定二次型，故此二次型對應矩陣的秩即為該二次型的正慣性指數，負慣性指數為0。且易知半正定二次型對應矩陣的特徵值均

\geq

0。

令

y_{i}=x_{i}-\bar{x},(i=1,2,…,n),\vec{Y}=A\vec{X}

所以

f=\sum_{i=1}^{n}{y^{2}_{i}}=Y^{T}Y=X^{T}A^{T}AX

，所以我們要求

R_{(A^{T}A)}

由上假設可以得到A並對A做初等變化得到

R_A=n-1

線性代數中的幾道簡單經典好例題

那麼

R_{(A^{T}A)}=R_A=n-1

，所以該二次型的正慣性指數為n-1。

注：

R_{(A^{T}A)}=R_A=R_{A^{T}}

這個結論應該大家都知道吧，證明也很容易。

證明：

AX=0

的解也一定會是

A^{T}AX=0

的解，

A^{T}AX=0

的解也一定滿足

A^{T}AX=X^{T}A^{T}AX=(AX)^{T}AX=0,

即AX=0，故

A^{T}AX=0

的解也一定會是AX=0的解。

所以

AX=0

與

A^{T}AX=0

是同解方程組，由同解的必要條件可知

R_{(A^{T}A)}=R_A

。

此處想多加強調的是

利用線性方程組性質來證明有關矩陣的秩的結論

這一思路十分重要，許多矩陣秩的證明題中都可以用到這種思路求解。