2025年考研數(shù)學《線代》專項訓練試卷考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設(shè)矩陣$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&a\\b&0&3\end{pmatrix}$，其中$a,b$為常數(shù)。(1)求矩陣$\boldsymbol{A}$的秩；(2)若矩陣$\boldsymbol{A}$可逆，求$a,b$應(yīng)滿足的條件；(3)在$\boldsymbol{A}$可逆的情況下，求$\boldsymbol{A}^{-1}$。二、已知向量組$\boldsymbol{\alpha}_1=\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_2=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_3=\begin{pmatrix}2\\1\\t\end{pmatrix}$。(1)當$t$為何值時，向量組$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$線性相關(guān)？(2)當$t\neq4$時，證明向量組$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$線性無關(guān)，并求向量$\boldsymbol{\beta}=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$在該向量組下的線性組合表示。三、考慮線性方程組$\left\{\begin{array}{l}x_1+2x_2-x_3=1\\2x_1+3x_2+x_3=2\\-x_1+x_2+2x_3=\lambda\end{array}\right.$。(1)當$\lambda$為何值時，方程組有解？(2)當方程組有解時，求其通解。四、設(shè)$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&-1&1\\a&3&b\\1&1&0\end{pmatrix}$為三階矩陣，且存在非零向量$\boldsymbol{x}$使得$\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=3\boldsymbol{x}$。(1)求$a,b$的值；(2)求矩陣$\boldsymbol{A}$的特征值和特征向量；(3)求矩陣$\boldsymbol{A}$的相似對角矩陣。五、設(shè)二次型$f(\boldsymbol{x})=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2ax_1x_2+2bx_2x_3+2cx_1x_3$，其中$a,b,c$為常數(shù)。(1)若二次型$f(\boldsymbol{x})$的矩陣$\boldsymbol{A}$可逆，求$a,b,c$應(yīng)滿足的條件；(2)若$a=1,b=2,c=1$，將二次型$f(\boldsymbol{x})$化為標準形，并寫出所用的可逆線性變換。六、設(shè)$\boldsymbol{A}$為$n$階正定矩陣，$\boldsymbol{B}$為$n$階可逆矩陣。證明$\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}$也是正定矩陣。七、證明：若向量組$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$線性無關(guān)，則向量組$\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_3+\boldsymbol{\alpha}_1$也線性無關(guān)。試卷答案一、(1)對矩陣$\boldsymbol{A}$進行初等行變換：$\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&a\\b&0&3\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-br_1}\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&a\\0&-2b&3\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3+2br_2}\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&a\\0&0&3+2ab\end{pmatrix}$矩陣的秩為非零行數(shù)。因此：當$3+2ab\neq0$時，$\text{rank}(\boldsymbol{A})=3$；當$3+2ab=0$時，$\text{rank}(\boldsymbol{A})=2$。(2)矩陣$\boldsymbol{A}$可逆的充分必要條件是其行列式不為零。計算行列式：$\det(\boldsymbol{A})=1\cdot(1\cdot3-a\cdot0)-2\cdot(0\cdot3-a\cdotb)+0\cdot(0\cdot1-1\cdotb)=3+2ab$因此，$\boldsymbol{A}$可逆當且僅當$3+2ab\neq0$。(3)當$\boldsymbol{A}$可逆時，即$3+2ab\neq0$，利用初等行變換法求逆矩陣：$\left(\boldsymbol{A}|\boldsymbol{E}\right)=\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&a&|&0&1&0\\b&0&3&|&0&0&1\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_3-br_1}\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&a&|&0&1&0\\0&-2b&3&|&-b&0&1\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_3+2br_2}\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&a&|&0&1&0\\0&0&3+2ab&|&-b&2b&1\end{pmatrix}$$\xrightarrow{\frac{1}{3+2ab}r_3}\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&a&|&0&1&0\\0&0&1&|&\frac{-b}{3+2ab}&\frac{2b}{3+2ab}&\frac{1}{3+2ab}\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_2-ar_3}\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&0&|&\frac{ab}{3+2ab}&\frac{1-2ab}{3+2ab}&\frac{-a}{3+2ab}\\0&0&1&|&\frac{-b}{3+2ab}&\frac{2b}{3+2ab}&\frac{1}{3+2ab}\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_1-2r_2}\begin{pmatrix}1&0&0&|&\frac{1-2ab}{3+2ab}&\frac{-2}{3+2ab}&\frac{2a}{3+2ab}\\0&1&0&|&\frac{ab}{3+2ab}&\frac{1-2ab}{3+2ab}&\frac{-a}{3+2ab}\\0&0&1&|&\frac{-b}{3+2ab}&\frac{2b}{3+2ab}&\frac{1}{3+2ab}\end{pmatrix}$因此，$\boldsymbol{A}^{-1}=\frac{1}{3+2ab}\begin{pmatrix}1-2ab&-2&2a\\ab&1-2ab&-a\\-b&2b&1\end{pmatrix}$。二、(1)設(shè)存在不全為零的常數(shù)$k_1,k_2,k_3$使得$k_1\boldsymbol{\alpha}_1+k_2\boldsymbol{\alpha}_2+k_3\boldsymbol{\alpha}_3=\boldsymbol{0}$，即$k_1\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}+k_3\begin{pmatrix}2\\1\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$得線性方程組：$\begin{cases}k_1+2k_3=0\\k_2+k_3=0\\2k_1-k_2+tk_3=0\end{cases}$對系數(shù)矩陣進行初等行變換：$\begin{pmatrix}1&0&2\\0&1&1\\2&-1&t\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-2r_1}\begin{pmatrix}1&0&2\\0&1&1\\0&-1&t-4\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3+r_2}\begin{pmatrix}1&0&2\\0&1&1\\0&0&t-3\end{pmatrix}$向量組線性相關(guān)的充要條件是系數(shù)矩陣的秩小于3。因此，當$t-3=0$，即$t=3$時，向量組線性相關(guān)。(2)當$t\neq4$時，由(1)中的行變換結(jié)果$\begin{pmatrix}1&0&2\\0&1&1\\0&0&t-3\end{pmatrix}$可知，系數(shù)矩陣的秩為3，因此向量組$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$線性無關(guān)。設(shè)$\boldsymbol{\beta}=k_1\boldsymbol{\alpha}_1+k_2\boldsymbol{\alpha}_2+k_3\boldsymbol{\alpha}_3$，即$\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}=k_1\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}+k_3\begin{pmatrix}2\\1\\t\end{pmatrix}$得線性方程組：$\begin{cases}k_1+2k_3=1\\k_2+k_3=2\\2k_1-k_2+tk_3=3\end{cases}$系數(shù)矩陣同(1)，其增廣矩陣為：$\begin{pmatrix}1&0&2&|&1\\0&1&1&|&2\\2&-1&t&|&3\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-2r_1}\begin{pmatrix}1&0&2&|&1\\0&1&1&|&2\\0&-1&t-4&|&1\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3+r_2}\begin{pmatrix}1&0&2&|&1\\0&1&1&|&2\\0&0&t-3&|&3\end{pmatrix}$由于$t\neq3$，方程組有唯一解。對增廣矩陣繼續(xù)作行變換：$\xrightarrow{\frac{1}{t-3}r_3}\begin{pmatrix}1&0&2&|&1\\0&1&1&|&2\\0&0&1&|&\frac{3}{t-3}\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_1-2r_3}\begin{pmatrix}1&0&0&|&1-\frac{6}{t-3}\\0&1&0&|&2-\frac{3}{t-3}\\0&0&1&|&\frac{3}{t-3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0&|&\frac{t-9}{t-3}\\0&1&0&|&\frac{2t-9}{t-3}\\0&0&1&|&\frac{3}{t-3}\end{pmatrix}$因此，$k_1=\frac{t-9}{t-3}$，$k_2=\frac{2t-9}{t-3}$，$k_3=\frac{3}{t-3}$。所以，$\boldsymbol{\beta}=\frac{t-9}{t-3}\boldsymbol{\alpha}_1+\frac{2t-9}{t-3}\boldsymbol{\alpha}_2+\frac{3}{t-3}\boldsymbol{\alpha}_3$。三、增廣矩陣為：$\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\2&3&1&2\\-1&1&2&\lambda\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_2-2r_1}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&3&0\\-1&1&2&\lambda\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_3+r_1}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&3&0\\0&3&1&\lambda+1\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_3+3r_2}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&3&0\\0&0&10&\lambda+1\end{array}\right)$(1)當$\lambda+1=0$，即$\lambda=-1$時，增廣矩陣的秩等于系數(shù)矩陣的秩，均為2，方程組有解。(2)當$\lambda=-1$時，方程組的增廣矩陣為：$\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&3&0\\0&0&10&0\end{array}\right)$$\xrightarrow{\frac{1}{10}r_3}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&3&0\\0&0&1&0\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_2-3r_3}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&-1&1\\0&-1&0&0\\0&0&1&0\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_1+r_3}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&0&1\\0&-1&0&0\\0&0&1&0\end{array}\right)$$\xrightarrow{-r_2}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&0&1\\0&1&0&0\\0&0&1&0\end{array}\right)$$\xrightarrow{r_1-2r_2}\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&0&1\\0&1&0&0\\0&0&1&0\end{array}\right)$通解為$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$。四、(1)由$\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=3\boldsymbol{x}$知，$\lambda=3$是$\boldsymbol{A}$的一個特征值，$\boldsymbol{x}$是對應(yīng)的特征向量。設(shè)$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}\neq\boldsymbol{0}$，則$\left(\boldsymbol{A}-3\boldsymbol{E}\right)\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}-2&-1&1\\a&0&b\\1&1&-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$即線性方程組：$\begin{cases}-2x_1-x_2+x_3=0\\ax_1+bx_3=0\\x_1+x_2-3x_3=0\end{cases}$對其系數(shù)矩陣進行初等行變換：$\begin{pmatrix}-2&-1&1\\a&0&b\\1&1&-3\end{pmatrix}\xrightarrow{r_1+2r_3}\begin{pmatrix}0&1&-5\\a&0&b\\1&1&-3\end{pmatrix}\xrightarrow{r_2-ar_3}\begin{pmatrix}0&1&-5\\0&-a&b+3a\\1&1&-3\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_1-r_2}\begin{pmatrix}0&1&-5\\0&-a&b+3a\\1&1&-3\end{pmatrix}$要使方程組有非零解$\boldsymbol{x}$，系數(shù)矩陣的秩必須小于3。當$a\neq0$時，$\text{rank}(\boldsymbol{A}-3\boldsymbol{E})=3$，方程組只有零解，矛盾。因此，$a=0$。代入$a=0$，系數(shù)矩陣變?yōu)椋?\begin{pmatrix}0&1&-5\\0&0&3b\\1&1&-3\end{pmatrix}$$\xrightarrow{r_2\leftrightarrowr_3}\begin{pmatrix}0&1&-5\\1&1&-3\\0&0&3b\end{pmatrix}\xrightarrow{r_1-r_2}\begin{pmatrix}-1&0&2\\1&1&-3\\0&0&3b\end{pmatrix}$此時$\text{rank}(\boldsymbol{A}-3\boldsymbol{E})=2$，方程組有非零解。取$x_3=1$，則$x_2=3-x_3=2$，$x_1=-x_2=-2$。即$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}-2\\2\\1\end{pmatrix}$是特征值$\lambda=3$對應(yīng)的特征向量。由$(\boldsymbol{A}-3\boldsymbol{E})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$得：$\begin{pmatrix}-2&-1&1\\0&0&b\\1&1&-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$得$-2x_1-x_2+x_3=0$和$x_1+x_2-3x_3=0$。兩式相加得$-x_1-2x_3=0$，即$x_1=-2x_3$。取$x_3=t$，則$x_1=-2t$，$x_2=3-x_3=3-t$。令$t=1$，得特征向量$\boldsymbol{\xi}_1=\begin{pmatrix}-2\\1\\1\end{pmatrix}$。取$x_3=s$，則$x_1=-2s$，$x_2=3-s$。令$s=0$，得特征向量$\boldsymbol{\xi}_2=\begin{pmatrix}0\\3\\0\end{pmatrix}$。因此，$a=0$，$b$可以是任意實數(shù)。(2)矩陣$\boldsymbol{A}$的特征值為$\lambda=3,3,\mu$。已知$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}-2\\2\\1\end{pmatrix}$和$\boldsymbol{\xi}_1=\begin{pmatrix}-2\\1\\1\end{pmatrix}$是$\lambda=3$對應(yīng)的特征向量，且線性無關(guān)。令$\boldsymbol{\xi}_2=\begin{pmatrix}0\\3\\0\end{pmatrix}$，易驗證$\boldsymbol{\xi}_1,\boldsymbol{\xi}_2$與$\boldsymbol{x}$線性無關(guān)。因此，$\lambda=3$至少是$\boldsymbol{A}$的二重特征值。由$\det(\boldsymbol{A})=\lambda_1\lambda_2\lambda_3=3^2\mu=9\mu$，且$\det(\boldsymbol{A})=1\cdot(3\cdot0-b\cdot1)\cdot(1\cdot1-1\cdot0)=-b$。因此，$9\mu=-b$。由特征多項式$\det(\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})=(\lambda-3)^2(\lambda-\mu)$。計算$\mu$：$\det(3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})=\det\begin{pmatrix}2&1&-1\\0&3&b\\-1&-1&6\end{pmatrix}=2\cdot(3\cdot6-b\cdot(-1))-1\cdot(0\cdot6-b\cdot(-1))-1\cdot(0\cdot(-1)-3\cdot(-1))$$=2(18+b)-1(-b)-1\cdot3=36+2b+b-3=33+3b$因此，$33+3b=9\mu$，即$\mu=\frac{33+3b}{9}=\frac{11+b}{3}$。$\boldsymbol{A}$的特征值為$3,3,\frac{11+b}{3}$。特征向量：$\lambda=3$對應(yīng)的特征向量為$\text{span}\left\{\begin{pmatrix}-2\\2\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-2\\1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\3\\0\end{pmatrix}\right\}$。$\lambda=\frac{11+b}{3}$對應(yīng)的特征向量可通過求解$\left(\frac{11+b}{3}\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$得到。(3)令$\boldsymbol{P}=\begin{pmatrix}-2&-2&0\\2&1&3\\1&1&0\end{pmatrix}$，則$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{\Lambda}=\begin{pmatrix}3&0&0\\0&3&0\\0&0&\frac{11+b}{3}\end{pmatrix}$。五、二次型$f(\boldsymbol{x})$的矩陣$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&a&c\\a&1&b\\c&b&1\end{pmatrix}$。(1)矩陣$\boldsymbol{A}$可逆的充分必要條件是其行列式不為零。計算行列式：$\det(\boldsymbol{A})=1\cdot(1\cdot1-b\cdotc)-a\cdot(a\cdot1-b\cdotc)+c\cdot(a\cdotb-1\cdotc)$$=1-abc-a^2+abc+abc-c^2=1-a^2-c^2+abc$因此，$\boldsymbol{A}$可逆當且僅當$1-a^2-c^2+abc\neq0$。(2)當$a=1,b=2,c=1$時，$f(\boldsymbol{x})=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2x_2x_3+2x_1x_3$，對應(yīng)的矩陣為$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&2\\1&2&1\end{pmatrix}$。計算$\boldsymbol{A}$的特征值：$\det(\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})=\begin{vmatrix}\lambda-1&-1&-1\\-1&\lambda-1&-2\\-1&-2&\lambda-1\end{vmatrix}$$\xrightarrow{r_1+r_2+r_3}\begin{vmatrix}\lambda-3&\lambda-3&\lambda-3\\-1&\lambda-1&-2\\-1&-2&\lambda-1\end{vmatrix}=(\lambda-3)\begin{vmatrix}1&1&1\\-1&\lambda-1&-2\\-1&-2&\lambda-1\end{vmatrix}$$\xrightarrow{c_2-c_1}\begin{vmatrix}1&0&1\\-1&\lambda+1&-2\\-1&-1&\lambda-1\end{vmatrix}$$\xrightarrow{c_3-c_1}\begin{vmatrix}1&0&0\\-1&\lambda+1&-1\\-1&-1&\lambda\end{vmatrix}=\lambda\begin{vmatrix}1&0\\-1&\lambda+1\end{vmatrix}=\lambda(\lambda+1)=\lambda(\lambda-1)(\lambda+3)$特征值為$\lambda_1=0,\lambda_2=1,\lambda_3=-3$。對$\lambda_1=0$，求解$(0\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$：$\begin{pmatrix}-1&-1&-1\\-1&-1&-2\\-1&-2&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$得$x_1+x_2+x_3=0$。取$x_2=1,x_3=-1$，則$x_1=0$。特征向量$\boldsymbol{\xi}_1=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}$。對$\lambda_2=1$，求解$(1\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$：$\begin{pmatrix}0&-1&-1\\-1&0&-2\\-1&-2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$得$x_1=x_2=x_3=0$。特征向量$\boldsymbol{\xi}_2=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$。對$\lambda_3=-3$，求解$(-3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$：$\begin{pmatrix}-4&-1&-1\\-1&-4&-2\\-1&-2&-4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$得$4x_1+x_2+x_3=0$和$x_1+4x_2+2x_3=0$。兩式相減得$3x_2-x_3=0$，即$x_3=3x_2$。代入第一式得$4x_1+x_2+3x_2=0$，即$4x_1+4x_2=0$，$x_1=-x_2$。取$x_2=1$，則$x_1=-1$，$x_3=3$。特征向量$\boldsymbol{\xi}_3=\begin{pmatrix}-1\\1\\3\end{pmatrix}$。將特征向量單位化：$\boldsymbol{\xi}_1'=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{\xi}_2'=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{\xi}_3'=\frac{1}{\sqrt{11}}\begin{pmatrix}-1\\1\\3\end{pmatrix}$令$\boldsymbol{Q}=\begin{pmatrix}0&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-1}{\sqrt{11}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{11}}\\\frac{-1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{3}{\sqrt{11}}\end{pmatrix}$，則$\boldsymbol{Q}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{\Lambda}=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&-3\end{pmatrix}$。令$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$，則$f(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{y}^T\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{y}=y_2^2-3y_3^2$。所用可逆線性變換為$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$，其中$\boldsymbol{Q}$為上述正交變換矩陣。六、證明$\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}$也是正定矩陣。思路：證明一個矩陣正定，通常有兩條主要途徑：一是證明其特征值全為正；二是證明它滿足定義，即對任意非零向量$\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}$，都有$\boldsymbol{x}^T(\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})\boldsymbol{x}>0$?？紤]到$\boldsymbol{A}$是正定矩陣，可以利用其特征值或定義進行證明。證明一（利用特征值）：設(shè)$\boldsymbol{A}$是正定矩陣，則$\boldsymbol{A}$的所有特征值$\lambda_i>未知內(nèi)容：\lambda_i>0$。需要證明$\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}$也是正定矩陣，即證明其所有特征值$\mu_i>未知內(nèi)容：\mu_i>0$。設(shè)$\boldsymbol{A}$的特征值為$\lambda_1,\lambda_未知內(nèi)容：\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，$\lambda_i>未知內(nèi)容：\lambda_i>0$。設(shè)$\boldsymbol{x}$是$\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{未知內(nèi)容：\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}$的特征值$\mu_i$，即存在非零向量$\boldsymbol{y}$使得$\boldsymbol{B}\boldsymbol{y}=\mu_i\boldsymbol{y}$。需要證明$\mu_i>未知內(nèi)容：\mu_i>0$。對$\boldsymbol{B}\boldsymbol{未知內(nèi)容：\boldsymbol{B}\boldsymbol{y}=\mu_i\boldsymbol{未知內(nèi)容