?x1??2x3?5x5?3?原方程组的一般解为?x2?x3?x5?1（自由变量为x3,x5）
?x?3x?25?4取x3?x5?0得特解?*?(3,1,0,2,0)T
?x1??2x3?5x5?导出组的一般解为?x2?x3?x5（自由变量为x3,x5）
?x?3x5?4分别令x3?1,x5?0和x3?0,x5?1，得基础解系：?1?(?2,1,1,0,0)T,
?2?(?5,?1,0,3,1)T
所以原线性方程组的解为：
X??*?k1?1?k2?2?(3,1,0,2,0)T?k1(?2,1,1,0,0)T?k2(?5,?1,0,3,1)T（其中k1,k2为任意
常数）
?422??，求正交矩阵及对角矩阵，使得T?1AT??. 242五. 已知A??T?????224??解：矩阵A的特征多项式为：
4??f(?)?A??E?2224??222?4??r2?r3r1?r32??02??22????2?(2??)2(8??)所以A24??0的特征值为?1??2?2,?3?8
（1）当?1??2?2时，齐次线性方程组(A?2E)X?0的基础解系为: ?1?(?1,1,0)T,?2?(?1,0,1)T
用施密特正交化方法将?1,?2正交化得：
5
?1??1， ?2??2???2,?1?????1??(?1,?1,1)
22??1,?1?12211211T(?1,1,0)T,e2?(?,?,1)
3222再分别将?1,?2单位化得e1?
（2）当?3?8时，齐次线性方程组(A?8E)X?0的基础解系为: ?3?(1,1,1)T，单位化得e3?1(1,1,1)T 3?1综合上述（1）（2），令T?(e1,e2,e3)，则T为正交矩阵，且有TAT??,其中
?2?? ???2???8???
六. 用配方法化下列二次型为标准形，并求出所用的可逆线性替换，并判断它的正定性：
f(x1,x2,x3)?4x12?4x22?4x32?4x1x2?4x1x3?4x2x3. 解：f(x1,x2,x3)?(4x12?4x1x2?4x1x3)?4x22?4x32?4x2x3
222??4?x?x(x?x)?4x?4x?4x2x3 112323??x?x???x?x??4?x1?23??4?23??4x22?4x32?4x2x3
2???2?x?x???4?x1?23???3x22?4x2x3??4x32
2??x?x?1?8???4?x1?23??3?x2?x3??x32
2?3?3??222226
x2?x311??y?x?x?y?y?y3112?11?222??11??x2?x3，则有?x2?y2?y3此时原二次型变形为： 令?y2?33??x3y3?y3??x3?????8f(y1,y2,y3)?4y12?3y22?y32
3由上述标准形可以看出，二次型的正惯性指数是3，正好等于变量个数，所
以是正定二次型。
七.已知二次型f(x1,x2,x3)?4x12?4x22?4x32?4x1x2?4x1x3?4x2x3x，求正交线性替换，将化二次型为标准形。
?422??，下面先求一下正交矩阵Q及对角矩阵，242解：二次型的矩阵为A???????224??使得QTAT??，再令X?QY,则可将二次型化为标准形。
矩阵A的特征多项式为：
4??f(?)?A??E?2224??222?4??r2?r3r1?r32??02??22????2?(2??)2(8??)所以A24??0的特征值为?1??2?2,?3?8
（1）当?1??2?2时，齐次线性方程组(A?2E)X?0的基础解系为: ?1?(?1,1,0)T,?2?(?1,0,1)T
用施密特正交化方法将?1,?2正交化得：
?1??1， ?2??2???2,?1?????1??(?1,?1,1) 22??1,?1?12217
再分别将?1,?2单位化得q1?1211T(?1,1,0)T,q2?(?,?,1)
3222
（2）当?3?8时，齐次线性方程组(A?8E)X?0的基础解系为: ?3?(1,1,1)T，单位化得q3?1(1,1,1)T 3?1T综合上述（1）（2），令Q?(q1,q2,q3)，则Q为正交矩阵，且有TAT??,即QAT??其中
?2??
???2???8??? 所以令X?QY,则原二次型化为标准形：f(y1,y2,y3)?2y12?2y22?8y32
八．设n阶方阵A满足A2?2A?4E?O, 证明A?2E可逆，并求(A?2E)?1. 证明：A2?2A?4E?(A?2E)(A?4E)?4E
(A?2E)(A?4E)?4E?O ?(A?2E)(A?4E)??4E ?(A?2E)(A?4E)?E ?411?A?2E可逆,且?(A?2E)?1??(A?4E)?E?A
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