二次型一,化二次型为标准形化二次型为标准形主要有两种方法：(1)正交变换法；(2)配方法.
,4
42),,( 1
32
21
2
2
2
1321
用的正交变换矩阵化为标准形，并求出所用正交变换法将二次型例
xx
xxxxxxxf
+=
,
020
212
022
=A
二次型的矩阵为解；的特征值为得
，由
2,4,1
)2)(4)(1(
20
212
022
||
321
===
+=
=?
λλλ
λλλ
λ
λ
λ
λ
A
EA
们单位化，得两两正交，将它互异，故，因为其对应的特征向量为
,,,,)2,2,1(
,)1,2,2(,)2,1,2(
321321
321
αααλλλ
ααα
T
TT
=?==
.
3
1
,
3
1
,
3
1
332211
αηαηαη ===
,
212
221
122
3
1
=Q阵为于是所求正交变换的矩
.24
2
3
2
2
2
1
yyyQYX?+=，则二次型化为标准形令注：将二次型f用正交变换化为标准形的一般步骤为：
(1)写出二次型f的矩阵A；
(2) 求出A的全部相异特征值λ
1
,λ
2
,…,λ
m
，对每一个r
i
重特征值
λ
i
，求出对应的r
i
个线性无关的特征向量，并利用施密特正交化方法将其正交单位化，将上面求得的r
1
+ r
2
+ …+ r
m
=n个两两正交的单位向量作为列向量，排成一个n阶方阵Q，则Q为正交阵且Q
－1
AQ=Q
T
AQ=Λ为对角阵；
(3)作正交变换X=QY，即可将二次型化为只含平方项的标准形：
f=X
T
AX=Y
T
(Q
T
AQ)Y=Y
T
ΛY.
,
),,,( 2
434232
4131214321
线性变换的矩阵为标准形，并写出所用用配方法化二次型例
xxxxxx
xxxxxxxxxxf
+++
++=
则二次型化为令解
=
=
=
+=
,
,
,
,
44
33
212
211
yx
yx
yyx
yyx
(*),3
4
3
2
1
)(
)(
22
2
4
2
3
2
2
2
1
2
4
2
43
2
2
2
431
43
2
4
2
3
2
2
2
431
434131
2
2
2
1
zzzz
yyyyyyy
yyyyyyyy
yyyyyyyyf
=
+++=
++=
+++?=
=
=
=
=
=
+=
=
++=
.2
,
,
,
,
2
1
,
2
1
,
,
44
433
22
4311
44
433
22
4311
zy
zzy
zy
zzzy
yz
yyz
yz
yyyz
或其中
,
2000
1100
1111
1111
=C
所用线性变换的矩阵为
.3
2
4
2
3
2
2
2
1
zzzzfCZX==，则即令注：配方法化二次型为标准形一般有两种情形：
情形1 二次型中含有平方项，如含有x
1
2
，此时先集中含有x
1
的项，对x
1
配成完全平方，再集中含有x
2
的项，对x
2
配成完全平方，如此继续下去，直到化为标准形，如例2 (*)式一步.
情形2 二次型中不含平方项，只含有x
i
x
j
的项，此时先作可逆线性变换
.,
,
,
,
jik
yx
yyx
yyx
kk
jii
jii
≠
=
=
+=
将二次型化为含平方项的二次型，如例2，再按情形1中介绍的方法做.
是什么曲面？
型化为标准形；求一可逆变换将该二次；求参数为的秩设二次型例
1),,( )3(
)2(
(1)
2,
44),,( 3
321
3231
2
3
2
2
2
1321
=
++++=
xxxf
c
xxxxcxxxxxxf
.8 2
22
210
201
2 44),,(
3231
2
3
2
2
2
1321
=
=
++++=
c
c
A
xxxxcxxxxxxf
，故的秩为二次型的矩阵知，的秩为由解
,)2()2(
448),,(
2
2
2
1
2
32
2
31
3231
2
3
2
2
2
1321
yyxxxx
xxxxxxxxxxf
+=+++=
++++=又
=
=
=
=
+=
+=
.
,2
,2
,
,2
,2
13
322
311
31
321
311
yx
yyx
yyx
xy
xxy
xxy
或其中
.
100
210
201
=C
所用线性变换的矩阵为
.19 1
9,1,0 0||
2
3
2
2
321
，为椭圆柱面化为变换下，可将
，故在正交的特征值为得由
=+=
====?
yyf
AEA λλλλ
注：设Y=QX，Q为正交矩阵，则有
||Y||
2
=Y
T
Y=(QX)
T
(QX)=X
T
Q
T
QX=X
T
X=||X||
2
.
即正交变换保持向量长度不变,只有在正交变换下将二次型化为标准形，才能确定它所表示的曲面类型.
,
22
222),,(
4
2
3
2
2
2
1
323121
2
3
2
2
2
1321
Q
kyyyQYX
xxxxxkxxxxxxxf
及正交阵
，求：化为标准形经正交变换设二次型例
++?=
++?+=
,
111
11
11
= k
k
A
二次型的矩阵为解
.1 012 4|| 2,1
,2
2
1
2
2
==+=
=Λ
kkkA
AA
，解得，由此得，故的特征值为正交相似，即与由题设
.
111
111
111
=A
,
2
1
,
3
1
,
6
1
)0,1,1(
,)1,1,1(,)2,1,1(
332211
3
21
αηαηαη
α
αα
===
=
=?=
，并将它们单位化，得为的对应的特征向量分别求得
T
TT
A
.
0
3
1
6
2
2
1
3
1
6
1
2
1
3
1
6
1
=Q所求正交阵二,正定二次型及正定矩阵的判定主要有三种方法(1) 利用特征值判定；(2)利用定义判定；(3)利用顺序主子式判定.
1,利用特征值判定
.
22),,( 5
31
2
3
2
2
2
1321
二次型的正定性
，判定该设二次型例xxxxxxxxf +++=
.)(220
101
020
101
二次型半正定，故该二次型为准正定，，的特征值为易知
，
二次型的矩阵为解
A
A
=
注：当矩阵的特征值比较容易求时，用特征值来判定二次型或矩阵的正定性是很简便的一种方法.
为负定阵？取何值时，问为实常数，，设例
.
1000
0311
0131
0113
6
2
Bk
kkEABA?=
=
.4,4,1,1 的特征值为为实对称阵且显然解AA
.16,16,1,1
2
kkkk
BBkEAB
=的特征值为也为实对称阵且，故由于
.16 >kB负定的充要条件为因此
,
),,,( 7
4342
324131214321
的正定性判断二次型例
xxxx
xxxxxxxxxxxxf
++
+++=
，
形为知，所给二次型的标准由例解
2
4
2
3
2
2
2
1
3
2
zzzz
.正定二次型二次型不是系数不全为正数，故此因为标准形中平方项的注：若只是判定二次型的正定性，可采用较简便的方法求出二次型的标准形，并以此判定.
2 利用定义判定
.,8阶正定阵也为阶正定阵，证明：均为设例nBAnBA +
,
0)( 0,0
0,
1
也为正定阵从而
，，故
，都有的阶正定阵，所以对任意都为因为证
BA
BXXAXXXBAXBXXAXX
XnBA
TTTTT
n
+
>+=+>>
≠
×
,9的正定性，讨论阶方阵，为设例APPAnP
T
=
.||||)()(
0
2
1
PXPXPXPXPXAXX
X
TTTT
n
===
≠
×
，我们有对任意的解
.
0|||| 0 0
2
为正定阵
，，从而知可逆时，由当PPAPXPXXP
T
=>≠≠
,0||||
2
为准正定阵，因此不可逆时，显然有当PPAPXP
T
=≥
3,利用顺序主子式判定是正定的？
取何值时，二次型例
42
25),,( 01
3231
21
2
3
2
2
2
1321
xxxx
xtxxxxxxxft
+?
+++=
，
二次型的矩阵为解
=
521
21
11
t
t
A
,0
5
4
,0
5
4
04511 01,01
2
3
2
21
时，二次型是正定的故当得
，，，得
<<?<<?
>=Δ<<?>?=Δ>=Δ
tt
tttt
注：这类题一定用顺序主子式做.
三,证明题
,
0353 11
23
EAA
EAAAnA
=
=?+?
明为正定的，并进一步证
，证明：阶实对称阵且是设例
，或或，从而知的任一特征值，由为设证
ii
EAAAA
21 21 1 0353
0353
23
23
=+===?+?
=?+?
λλλλλλ
λ
,
1 1
是正定的从而
，的特征值全部为，即阶实对称阵，所以为因为
A
AnA =λ
,
1
1
1
EAPPP =
=
O，使进一步，一定有可逆阵
,
1
EPEPA ==
故
.1|| 12 >+ AEnA阶正定阵，证明：是设例而有的大于零的特征值，从为且
，使阵是正定阵，故存在正交因为证
,,
,
1
1
1
A
AQQ
QA
n
n
λλ
λ
λ
L
O Λ=
=
,)(
111
Λ+=Λ+=+ QEQQQQQAE
.1)1(
1
1
||||
1
1
>+=
+
+
=Λ+=+
∏
=
n
i
i
n
EAE λ
λ
λ
O
,)2(
,,2,1,0 )1(
)( 13
22
11
也为正定阵；
为正定阵，证明：设例
=
=>
=
×
nn
ii
nnij
a
a
a
B
nia
aA
O
L
==
=
×
nnnn
n
nnnn
n
T
nnij
ppp
ppp
ppp
ppp
PPA
pPA
L
MMM
L
L
MMM
L
21
11211
21
12111
)( )I()1(,使正定，故有可逆阵因为证证
,
1
2
1
1
1
1
1
2
1
=
∑∑
∑∑
==
==
n
k
kn
n
k
kkn
n
k
knk
n
k
k
ppp
ppp
L
MM
L
).,,2,1(
1
2
nipa
n
k
kiii
L==
∑
=
即
.0
,,2,1 0
1
2
>=
=
∑
=
n
k
kiii
ki
pa
nkpP，从而，不全为可逆，所以因为L
，则，特别地，取
，有正定，故对任意的因为证
TT
nnnij
XAXX
XaA
)0,,0,1( 0
0 )( )II(
1
L=>
≠=
××
(),0
0
0
1
0 0 1
11
21
22212
11211
>=
= a
aaa
aaa
aaa
AXX
nnnn
n
n
T
M
L
.0,,0
)1,,0,0,0(,,)0,,0,1,0(
22
>>
==
nn
TT
aa
XX
L
LLL，可求得类似地，取
,
0 )1( )2(
11
正定全为正数，故个特征值的，从而知，由
B
nBa
a
a
B
ii
nn
>
= O
,14
2
ABBnA =，使对称阵阶正定阵，证明存在实为设例
.,,2,1,0,
1
1
niQQA
QA
i
n
LO =>
=
λ
λ
λ
，使正定，故存在正交阵因为证
,
21
1
BABQQB
n
=
=
为实对称阵且，则令
λ
λ
O
,
,15
BAAB
ABnBA
=为为正定阵的充要条件阶正定阵，证明均为设例
,)(,
)(
BAABBAABABAB
ABABAB
TTT
T
====
，故又为对称阵，从而为正定阵，故因为”“证
,)( 为对称阵，即知：由”“ABABBAABABBAAB
TTT
====?
,
1
相似与，即，进一步
，从而，使逆阵为正定阵，所以存在可又
BPPABBPPABPPBPPAB
PPAPA
TTT
T
==
=
,
0)()(0
0
1
是正定的值也全大于零，所以的特征而的特征值全大于零；从为正定阵，因此
，也就是，必有
，为对称阵且对任意的为正定阵，故有由于
AB
ABBPP
BPPPXBPXBPXPXPX
XBPPB
T
TTTT
n
T
>=≠
≠
×
注：请读者特别注意例12、例13、例14、例15 中对正定阵的处理，用心体会其方法.
.0
.,,2,1,)3(;,,2,1,,,0)2(;,,2,1,0 )1(
,,,,16
21
=
=
=≠=
=≠
β
αβ
αα
α
βααα
证明正交与每一个阶正定阵且为维列向量，均为设例
nj
njijiA
nj
nAn
j
j
T
i
j
n
L
L
L
L
.0 0
,,,2,1,0
2211
2211
=+++=+
++=>
nnnn
i
T
i
AkAkAkAk
kkniA
αααα
αααα
L
LL
，得，两端左乘设由题设易知证
(*),0
2211
=+++
n
T
in
T
i
T
i
T
i
AkAkAk αααααα
α
L
，得两端左乘线性表示，由必可线性无关，所以，从而
，得正定，，由式为知由题设
,,,
,,,,,2,1,0
0 0 (*))2(
21
21
n
ni
i
T
ii
T
ii
nik
AA Ak
ααα
βααα
αααα
L
LL==
>=
，则不妨设表示式为
nn
lll αααβ +++= L
2211
.0
,0),(),(),(
),(),(||||
2211
2211
2
=
=+++=
+++==
β
αβαβαβ
αααββββ
故
nn
nn
lll
lll
L
L
.
,
17
ba
BAbn
BanA
+
+的特征值都大于证明：大于阶实对称阵，特征值都也是；征值都大于阶实对称阵，所有的特为设例也是正定阵，
均为正定阵，从而与由题设证
)()(
)(
EbaBAbEB
aEAbEBaEA
+?+=?+
).( 0)(
)(
baba
EbaBABA
+>>+?
+?++
λλ
λ
，即的特征值为的任一特征值，则为设
,baBA ++的特征值都大于也就是
,4
42),,( 1
32
21
2
2
2
1321
用的正交变换矩阵化为标准形，并求出所用正交变换法将二次型例
xx
xxxxxxxf
+=
,
020
212
022
=A
二次型的矩阵为解；的特征值为得
，由
2,4,1
)2)(4)(1(
20
212
022
||
321
===
+=
=?
λλλ
λλλ
λ
λ
λ
λ
A
EA
们单位化，得两两正交，将它互异，故，因为其对应的特征向量为
,,,,)2,2,1(
,)1,2,2(,)2,1,2(
321321
321
αααλλλ
ααα
T
TT
=?==
.
3
1
,
3
1
,
3
1
332211
αηαηαη ===
,
212
221
122
3
1
=Q阵为于是所求正交变换的矩
.24
2
3
2
2
2
1
yyyQYX?+=，则二次型化为标准形令注：将二次型f用正交变换化为标准形的一般步骤为：
(1)写出二次型f的矩阵A；
(2) 求出A的全部相异特征值λ
1
,λ
2
,…,λ
m
，对每一个r
i
重特征值
λ
i
，求出对应的r
i
个线性无关的特征向量，并利用施密特正交化方法将其正交单位化，将上面求得的r
1
+ r
2
+ …+ r
m
=n个两两正交的单位向量作为列向量，排成一个n阶方阵Q，则Q为正交阵且Q
－1
AQ=Q
T
AQ=Λ为对角阵；
(3)作正交变换X=QY，即可将二次型化为只含平方项的标准形：
f=X
T
AX=Y
T
(Q
T
AQ)Y=Y
T
ΛY.
,
),,,( 2
434232
4131214321
线性变换的矩阵为标准形，并写出所用用配方法化二次型例
xxxxxx
xxxxxxxxxxf
+++
++=
则二次型化为令解
=
=
=
+=
,
,
,
,
44
33
212
211
yx
yx
yyx
yyx
(*),3
4
3
2
1
)(
)(
22
2
4
2
3
2
2
2
1
2
4
2
43
2
2
2
431
43
2
4
2
3
2
2
2
431
434131
2
2
2
1
zzzz
yyyyyyy
yyyyyyyy
yyyyyyyyf
=
+++=
++=
+++?=
=
=
=
=
=
+=
=
++=
.2
,
,
,
,
2
1
,
2
1
,
,
44
433
22
4311
44
433
22
4311
zy
zzy
zy
zzzy
yz
yyz
yz
yyyz
或其中
,
2000
1100
1111
1111
=C
所用线性变换的矩阵为
.3
2
4
2
3
2
2
2
1
zzzzfCZX==，则即令注：配方法化二次型为标准形一般有两种情形：
情形1 二次型中含有平方项，如含有x
1
2
，此时先集中含有x
1
的项，对x
1
配成完全平方，再集中含有x
2
的项，对x
2
配成完全平方，如此继续下去，直到化为标准形，如例2 (*)式一步.
情形2 二次型中不含平方项，只含有x
i
x
j
的项，此时先作可逆线性变换
.,
,
,
,
jik
yx
yyx
yyx
kk
jii
jii
≠
=
=
+=
将二次型化为含平方项的二次型，如例2，再按情形1中介绍的方法做.
是什么曲面？
型化为标准形；求一可逆变换将该二次；求参数为的秩设二次型例
1),,( )3(
)2(
(1)
2,
44),,( 3
321
3231
2
3
2
2
2
1321
=
++++=
xxxf
c
xxxxcxxxxxxf
.8 2
22
210
201
2 44),,(
3231
2
3
2
2
2
1321
=
=
++++=
c
c
A
xxxxcxxxxxxf
，故的秩为二次型的矩阵知，的秩为由解
,)2()2(
448),,(
2
2
2
1
2
32
2
31
3231
2
3
2
2
2
1321
yyxxxx
xxxxxxxxxxf
+=+++=
++++=又
=
=
=
=
+=
+=
.
,2
,2
,
,2
,2
13
322
311
31
321
311
yx
yyx
yyx
xy
xxy
xxy
或其中
.
100
210
201
=C
所用线性变换的矩阵为
.19 1
9,1,0 0||
2
3
2
2
321
，为椭圆柱面化为变换下，可将
，故在正交的特征值为得由
=+=
====?
yyf
AEA λλλλ
注：设Y=QX，Q为正交矩阵，则有
||Y||
2
=Y
T
Y=(QX)
T
(QX)=X
T
Q
T
QX=X
T
X=||X||
2
.
即正交变换保持向量长度不变,只有在正交变换下将二次型化为标准形，才能确定它所表示的曲面类型.
,
22
222),,(
4
2
3
2
2
2
1
323121
2
3
2
2
2
1321
Q
kyyyQYX
xxxxxkxxxxxxxf
及正交阵
，求：化为标准形经正交变换设二次型例
++?=
++?+=
,
111
11
11
= k
k
A
二次型的矩阵为解
.1 012 4|| 2,1
,2
2
1
2
2
==+=
=Λ
kkkA
AA
，解得，由此得，故的特征值为正交相似，即与由题设
.
111
111
111
=A
,
2
1
,
3
1
,
6
1
)0,1,1(
,)1,1,1(,)2,1,1(
332211
3
21
αηαηαη
α
αα
===
=
=?=
，并将它们单位化，得为的对应的特征向量分别求得
T
TT
A
.
0
3
1
6
2
2
1
3
1
6
1
2
1
3
1
6
1
=Q所求正交阵二,正定二次型及正定矩阵的判定主要有三种方法(1) 利用特征值判定；(2)利用定义判定；(3)利用顺序主子式判定.
1,利用特征值判定
.
22),,( 5
31
2
3
2
2
2
1321
二次型的正定性
，判定该设二次型例xxxxxxxxf +++=
.)(220
101
020
101
二次型半正定，故该二次型为准正定，，的特征值为易知
，
二次型的矩阵为解
A
A
=
注：当矩阵的特征值比较容易求时，用特征值来判定二次型或矩阵的正定性是很简便的一种方法.
为负定阵？取何值时，问为实常数，，设例
.
1000
0311
0131
0113
6
2
Bk
kkEABA?=
=
.4,4,1,1 的特征值为为实对称阵且显然解AA
.16,16,1,1
2
kkkk
BBkEAB
=的特征值为也为实对称阵且，故由于
.16 >kB负定的充要条件为因此
,
),,,( 7
4342
324131214321
的正定性判断二次型例
xxxx
xxxxxxxxxxxxf
++
+++=
，
形为知，所给二次型的标准由例解
2
4
2
3
2
2
2
1
3
2
zzzz
.正定二次型二次型不是系数不全为正数，故此因为标准形中平方项的注：若只是判定二次型的正定性，可采用较简便的方法求出二次型的标准形，并以此判定.
2 利用定义判定
.,8阶正定阵也为阶正定阵，证明：均为设例nBAnBA +
,
0)( 0,0
0,
1
也为正定阵从而
，，故
，都有的阶正定阵，所以对任意都为因为证
BA
BXXAXXXBAXBXXAXX
XnBA
TTTTT
n
+
>+=+>>
≠
×
,9的正定性，讨论阶方阵，为设例APPAnP
T
=
.||||)()(
0
2
1
PXPXPXPXPXAXX
X
TTTT
n
===
≠
×
，我们有对任意的解
.
0|||| 0 0
2
为正定阵
，，从而知可逆时，由当PPAPXPXXP
T
=>≠≠
,0||||
2
为准正定阵，因此不可逆时，显然有当PPAPXP
T
=≥
3,利用顺序主子式判定是正定的？
取何值时，二次型例
42
25),,( 01
3231
21
2
3
2
2
2
1321
xxxx
xtxxxxxxxft
+?
+++=
，
二次型的矩阵为解
=
521
21
11
t
t
A
,0
5
4
,0
5
4
04511 01,01
2
3
2
21
时，二次型是正定的故当得
，，，得
<<?<<?
>=Δ<<?>?=Δ>=Δ
tt
tttt
注：这类题一定用顺序主子式做.
三,证明题
,
0353 11
23
EAA
EAAAnA
=
=?+?
明为正定的，并进一步证
，证明：阶实对称阵且是设例
，或或，从而知的任一特征值，由为设证
ii
EAAAA
21 21 1 0353
0353
23
23
=+===?+?
=?+?
λλλλλλ
λ
,
1 1
是正定的从而
，的特征值全部为，即阶实对称阵，所以为因为
A
AnA =λ
,
1
1
1
EAPPP =
=
O，使进一步，一定有可逆阵
,
1
EPEPA ==
故
.1|| 12 >+ AEnA阶正定阵，证明：是设例而有的大于零的特征值，从为且
，使阵是正定阵，故存在正交因为证
,,
,
1
1
1
A
AQQ
QA
n
n
λλ
λ
λ
L
O Λ=
=
,)(
111
Λ+=Λ+=+ QEQQQQQAE
.1)1(
1
1
||||
1
1
>+=
+
+
=Λ+=+
∏
=
n
i
i
n
EAE λ
λ
λ
O
,)2(
,,2,1,0 )1(
)( 13
22
11
也为正定阵；
为正定阵，证明：设例
=
=>
=
×
nn
ii
nnij
a
a
a
B
nia
aA
O
L
==
=
×
nnnn
n
nnnn
n
T
nnij
ppp
ppp
ppp
ppp
PPA
pPA
L
MMM
L
L
MMM
L
21
11211
21
12111
)( )I()1(,使正定，故有可逆阵因为证证
,
1
2
1
1
1
1
1
2
1
=
∑∑
∑∑
==
==
n
k
kn
n
k
kkn
n
k
knk
n
k
k
ppp
ppp
L
MM
L
).,,2,1(
1
2
nipa
n
k
kiii
L==
∑
=
即
.0
,,2,1 0
1
2
>=
=
∑
=
n
k
kiii
ki
pa
nkpP，从而，不全为可逆，所以因为L
，则，特别地，取
，有正定，故对任意的因为证
TT
nnnij
XAXX
XaA
)0,,0,1( 0
0 )( )II(
1
L=>
≠=
××
(),0
0
0
1
0 0 1
11
21
22212
11211
>=
= a
aaa
aaa
aaa
AXX
nnnn
n
n
T
M
L
.0,,0
)1,,0,0,0(,,)0,,0,1,0(
22
>>
==
nn
TT
aa
XX
L
LLL，可求得类似地，取
,
0 )1( )2(
11
正定全为正数，故个特征值的，从而知，由
B
nBa
a
a
B
ii
nn
>
= O
,14
2
ABBnA =，使对称阵阶正定阵，证明存在实为设例
.,,2,1,0,
1
1
niQQA
QA
i
n
LO =>
=
λ
λ
λ
，使正定，故存在正交阵因为证
,
21
1
BABQQB
n
=
=
为实对称阵且，则令
λ
λ
O
,
,15
BAAB
ABnBA
=为为正定阵的充要条件阶正定阵，证明均为设例
,)(,
)(
BAABBAABABAB
ABABAB
TTT
T
====
，故又为对称阵，从而为正定阵，故因为”“证
,)( 为对称阵，即知：由”“ABABBAABABBAAB
TTT
====?
,
1
相似与，即，进一步
，从而，使逆阵为正定阵，所以存在可又
BPPABBPPABPPBPPAB
PPAPA
TTT
T
==
=
,
0)()(0
0
1
是正定的值也全大于零，所以的特征而的特征值全大于零；从为正定阵，因此
，也就是，必有
，为对称阵且对任意的为正定阵，故有由于
AB
ABBPP
BPPPXBPXBPXPXPX
XBPPB
T
TTTT
n
T
>=≠
≠
×
注：请读者特别注意例12、例13、例14、例15 中对正定阵的处理，用心体会其方法.
.0
.,,2,1,)3(;,,2,1,,,0)2(;,,2,1,0 )1(
,,,,16
21
=
=
=≠=
=≠
β
αβ
αα
α
βααα
证明正交与每一个阶正定阵且为维列向量，均为设例
nj
njijiA
nj
nAn
j
j
T
i
j
n
L
L
L
L
.0 0
,,,2,1,0
2211
2211
=+++=+
++=>
nnnn
i
T
i
AkAkAkAk
kkniA
αααα
αααα
L
LL
，得，两端左乘设由题设易知证
(*),0
2211
=+++
n
T
in
T
i
T
i
T
i
AkAkAk αααααα
α
L
，得两端左乘线性表示，由必可线性无关，所以，从而
，得正定，，由式为知由题设
,,,
,,,,,2,1,0
0 0 (*))2(
21
21
n
ni
i
T
ii
T
ii
nik
AA Ak
ααα
βααα
αααα
L
LL==
>=
，则不妨设表示式为
nn
lll αααβ +++= L
2211
.0
,0),(),(),(
),(),(||||
2211
2211
2
=
=+++=
+++==
β
αβαβαβ
αααββββ
故
nn
nn
lll
lll
L
L
.
,
17
ba
BAbn
BanA
+
+的特征值都大于证明：大于阶实对称阵，特征值都也是；征值都大于阶实对称阵，所有的特为设例也是正定阵，
均为正定阵，从而与由题设证
)()(
)(
EbaBAbEB
aEAbEBaEA
+?+=?+
).( 0)(
)(
baba
EbaBABA
+>>+?
+?++
λλ
λ
，即的特征值为的任一特征值，则为设
,baBA ++的特征值都大于也就是
