校园网-工程数学线性代数课后答案__同济第五版
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工程数学线性代数课后答案__同济第五版
第五章 相似矩阵及二次型
1试用施密特法把下列向量组正交化
(1)
解 根据施密特正交化方法
(2)
解 根据施密特正交化方法
2下列矩阵是不是正交阵:
(1) ;
解 此矩阵的第一个行向量非单位向量,故不是正交阵
(2)
解 该方阵每一个行向量均是单位向量且两两正交故为正交阵
3设x为n维列向量xTx1令HE2xxT证明H是对称的正交阵
于是有正交矩阵P(p1p2p3)使P1APdiag(2110)从而有正交变换
使原二次方程变为标准方程2u211v21
29明二次型fxTAx在||x||1时的最大值为矩阵A的最大特征值.
证明A为实对称矩阵则有一正交矩阵T使得
TAT1diag(12n)
成立其中12n为A的特征值不妨设1最大
作正交变换yTx即xTTy注意到T1TT有
f2y125y22y32
(2)fx12x22x32x422x1x22x1x42x2x32x3x4
解 二次型矩阵为 由
得A的特征值为1123341
当11时可得单位特征向量
当23时可得单位特征向量
当341时可得线性无关的单位特征向量
于是有正交矩阵T(p1p2p3p4)和正交变换xTy使
fy123y22y32y42
证明 因为
HT(E2xxT)TE2(xxT)TE2(xxT)T
E2(xT)TxTE2xxT
所以H是对称矩阵
因为
HTHHH(E2xxT)(E2xxT)
E2xxT2xxT(2xxT)(2xxT)
E4xxT4x(xTx)xT
E4xxT4xxT
E
所以H是正交矩阵
4设A与B都是n阶正交阵证明AB也是正交阵
1试用施密特法把下列向量组正交化
(1)
解 根据施密特正交化方法
(2)
解 根据施密特正交化方法
2下列矩阵是不是正交阵:
(1) ;
解 此矩阵的第一个行向量非单位向量,故不是正交阵
(2)
解 该方阵每一个行向量均是单位向量且两两正交故为正交阵
3设x为n维列向量xTx1令HE2xxT证明H是对称的正交阵
于是有正交矩阵P(p1p2p3)使P1APdiag(2110)从而有正交变换
使原二次方程变为标准方程2u211v21
29明二次型fxTAx在||x||1时的最大值为矩阵A的最大特征值.
证明A为实对称矩阵则有一正交矩阵T使得
TAT1diag(12n)
成立其中12n为A的特征值不妨设1最大
作正交变换yTx即xTTy注意到T1TT有
f2y125y22y32
(2)fx12x22x32x422x1x22x1x42x2x32x3x4
解 二次型矩阵为 由
得A的特征值为1123341
当11时可得单位特征向量
当23时可得单位特征向量
当341时可得线性无关的单位特征向量
于是有正交矩阵T(p1p2p3p4)和正交变换xTy使
fy123y22y32y42
证明 因为
HT(E2xxT)TE2(xxT)TE2(xxT)T
E2(xT)TxTE2xxT
所以H是对称矩阵
因为
HTHHH(E2xxT)(E2xxT)
E2xxT2xxT(2xxT)(2xxT)
E4xxT4x(xTx)xT
E4xxT4xxT
E
所以H是正交矩阵
4设A与B都是n阶正交阵证明AB也是正交阵
工程数学线性代数课后答案__同济第五版
(1)证明0是A的n1重特征值
证明设是A的任意一个特征值x是A的对应于的特征向量
则有
Axx
2xA2xaaTaaTxaTaAxaTax
于是可得2aTa从而0或aTa
设12n是A的所有特征值因为AaaT的主对角线性上
的元素为a12a22an2所以
a12a22an2aTa12n
这说明在12n中有且只有一个等于aTa而其余n1个全为
对于特征值341由
AE
1
0
0
1
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
0
1
~
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
得方程(AE)x0的基础解系p3(1001)Tp4(0110)T向量p3
和p4是对应于特征值341的线性无关特征值向量
6设A为n阶矩阵证明AT与A的特征值相同
71
证明因为
|ATE||(AE)T||AE|T|AE|
79
因此n个线性无关特征向量构成的矩阵为
(
p,
1
p,
2
,
p)
2
a
1
a
0
n
a
n
0
a
1
22设
142
A求A100
034
043
解由
|AE|
1
0
0
4
3
4
3
2
4
(
1)(
5)(
5)
得A的特征值为112535
对于11解方程(AE)x0得特征向量p1(100)T
证明设是A的任意一个特征值x是A的对应于的特征向量
则有
Axx
2xA2xaaTaaTxaTaAxaTax
于是可得2aTa从而0或aTa
设12n是A的所有特征值因为AaaT的主对角线性上
的元素为a12a22an2所以
a12a22an2aTa12n
这说明在12n中有且只有一个等于aTa而其余n1个全为
对于特征值341由
AE
1
0
0
1
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
0
1
~
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
得方程(AE)x0的基础解系p3(1001)Tp4(0110)T向量p3
和p4是对应于特征值341的线性无关特征值向量
6设A为n阶矩阵证明AT与A的特征值相同
71
证明因为
|ATE||(AE)T||AE|T|AE|
79
因此n个线性无关特征向量构成的矩阵为
(
p,
1
p,
2
,
p)
2
a
1
a
0
n
a
n
0
a
1
22设
142
A求A100
034
043
解由
|AE|
1
0
0
4
3
4
3
2
4
(
1)(
5)(
5)
得A的特征值为112535
对于11解方程(AE)x0得特征向量p1(100)T
工程数学线性代数课后答案--同济第五版
p1(0 1 1)T p2(1 1 1)T p3(1 1 0)T 求 A.
解 令 P(p1 p2 p3) 则 P1APdiag(2 2 1) APP1
因为
P1
0 1 1
1 1 1
1101
1 1 0
1 1 1
101
所以
A
PP1
0 1 1
1 1 1
110
2 0 0
0 2 0
100101
1 1 1
所以 H 是正交矩阵
4 设 A 与 B 都是 n 阶正交阵 证明 AB 也是正交阵
证明 因为 A B 是 n 阶正交阵 故 A1AT B1BT
故 AB 也是正交阵
(AB)T(AB)BTATABB1A1ABE
5 求下列矩阵的特征值和特征向量:
(1)
2 5 1
1 3
0
223 ;
2 1 2 解 | AE| 5 3 3 ( 1)3
6 设 A 为 n 阶矩阵 证明 AT 与 A 的特征值相同 证明 因为
|ATE||(AE)T||AE|T|AE| 所以 AT 与 A 的特征多项式相同 从而 AT 与 A 的特征值相同
7 设 n 阶矩阵 A、B 满足 R(A)R(B)n 证明 A 与 B 有公共的特征值 有公 共的特征向量
证明 设 R(A)r R(B)t 则 rtn 若 a1 a2 anr 是齐次方程组 Ax0 的基础解系 显然它们是 A 的对应于特 征值0 的线性无关的特征向量
(AE)p0
即
2 5 1
1 a
b
2 3 2
111
000
解之得 1 a3 b0
(2)问 A 能不能相似对角化？并说明理由
解由
工程数学线性代数课后答案--同济第五版
10设0是m阶矩阵AmnBnm的特征值证明也是n阶矩阵BA的特征值
证明设x是AB的对应于0的特征向量则有
(AB)xx
于是B(AB)xB(x)
或BA(Bx)(Bx)
从而是BA的特征值且Bx是BA的对应于的特征向量
11已知3阶矩阵A的特征值为123求|A35A27A|
解令()3527则(1)3(2)2(3)3是(A)的特征值故
8设A23A2EO证明A的特征值只能取1或2
证明设是A的任意一个特征值x是A的对应于的特征向量则
(A23A2E)x2x3x2x(232)x0
因为x0所以2320即是方程2320的根也就是说1或2
9设A为正交阵且|A|1证明1是A的特征值
证明因为A为正交矩阵所以A的特征值为1或1
因为|A|等于所有特征值之积又|A|1所以必有奇数个特征值为1即1是A的特征值
(1) ;
解将所给矩阵记为A由
(1)(4)(2)
得矩阵A的特征值为122134
对于12解方程(A2E)x0即
得特征向量(122)T单位化得
对于21,解方程(AE)x0即
得特征向量(212)T单位化得
对于34,解方程(A4E)x0即
得特征向量(221)T单位化得
于是有正交阵P(p1p2p3)使P1APdiag(214)
(1)求参数ab及特征向量p所对应的特征值
解设是特征向量p所对应的特征值则
(AE)p0即
解之得1a3b0
(2)问A能不能相似对角化？并说明理由
解由
得A的特征值为1231
由
知R(AE)2所以齐次线性方程组(AE)x0的基础解系只有一个解向量因此A不能相似对角化
16试求一个正交的相似变换矩阵,将下列对称阵化为对角阵:
证明设x是AB的对应于0的特征向量则有
(AB)xx
于是B(AB)xB(x)
或BA(Bx)(Bx)
从而是BA的特征值且Bx是BA的对应于的特征向量
11已知3阶矩阵A的特征值为123求|A35A27A|
解令()3527则(1)3(2)2(3)3是(A)的特征值故
8设A23A2EO证明A的特征值只能取1或2
证明设是A的任意一个特征值x是A的对应于的特征向量则
(A23A2E)x2x3x2x(232)x0
因为x0所以2320即是方程2320的根也就是说1或2
9设A为正交阵且|A|1证明1是A的特征值
证明因为A为正交矩阵所以A的特征值为1或1
因为|A|等于所有特征值之积又|A|1所以必有奇数个特征值为1即1是A的特征值
(1) ;
解将所给矩阵记为A由
(1)(4)(2)
得矩阵A的特征值为122134
对于12解方程(A2E)x0即
得特征向量(122)T单位化得
对于21,解方程(AE)x0即
得特征向量(212)T单位化得
对于34,解方程(A4E)x0即
得特征向量(221)T单位化得
于是有正交阵P(p1p2p3)使P1APdiag(214)
(1)求参数ab及特征向量p所对应的特征值
解设是特征向量p所对应的特征值则
(AE)p0即
解之得1a3b0
(2)问A能不能相似对角化？并说明理由
解由
得A的特征值为1231
由
知R(AE)2所以齐次线性方程组(AE)x0的基础解系只有一个解向量因此A不能相似对角化
16试求一个正交的相似变换矩阵,将下列对称阵化为对角阵:
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解已知相似矩阵有相同的特征值显然54y是的特征值故它们也是A的特征值因为4是A的特征值所以
解之得x4
已知相似矩阵的行列式相同因为
所以20y100y5
对于5解方程(A5E)x0得两个线性无关的特征向量(101)T(120)T将它们正交化、单位化得
对于4解方程(A4E)x0得特征向量(212)T单位化得
令 则
P1APdiag(1r)
APP1
AnPnP1
于是
24(1)设 求(A)A105A9
解由
得A的特征值为1125
对于11解方程(AE)x0得单位特征向量
对于15解方程(A5E)x0得单位特征向量
于是有正交矩阵 使得P1APdiag(15)
从而APP1AkPkP1因此
(A)P()P1P(1059)P1
(AB)T(AB)BTATABB1A1ABE
故AB也是正交阵
5求下列矩阵的特征值和特征向量:
(1) ;
解
故A的特征值为1(三重)
对于特征值1由
得方程(AE)x0的基础解系p1(111)T向量p1就是对应于特征值1的特征值向量.
(2) ;
解
故A的特征值为102139
对于特征值10由
得方程Ax0的基础解系p1(111)T向量p1是对应于特征值10的特征值向量.
因为R(A3E)1所以x2x43x5且x3x5x63解之得
x2x3x51x1x4x64
因此
21设a(a1a2an)Ta10AaaT
(1)证明0是A的n1重特征值
证明设是A的任意一个特征值x是A的对应于的特征向量则有
Axx
2xA2xaaTaaTxaTaAxaTax
于是可得2aTa从而0或aTa
设12n是A的所有特征值因为AaaT的主对角线性上的元素为a12a22an2所以
(2)
解将所给矩阵记为A由
(1)2(10)
得矩阵A的特征值为121310
对于121解方程(AE)x0即
得线性无关特征向量(210)T和(201)T将它们正交化、单位化得
对于310,解方程(A10E)x0即
得特征向量(122)T单位化得
于是有正交阵P(p1p2p3)使P1APdiag(1110)
17设矩阵 与 相似求xy并求一个正交阵P使P1AP
解设 则Ap12p1Ap22p2即
①
②
再由特征值的性质有
x1x4x61230③
由①②③解得
令x60得 x20
因此
20设3阶对称矩阵A的特征值162333与特征值16对应的特征向量为p1(111)T求A.
解设
因为16对应的特征向量为p1(111)T所以有
即 ①
233是A的二重特征值,根据实对称矩阵的性质定理知R(A3E)1利用①可推出
13设A、B都是n阶矩阵且A可逆证明AB与BA相
似
证明取PA则
P1ABPA1ABABA
即AB与BA相似
14设矩阵 可相似对角化求x
解由
得A的特征值为16231
因为A可相似对角化所以对于231齐次线性方程组(AE)x0有两个线性无关的解因此R(AE)1由
知当x3时R(AE)1即x3为所求
15已知p(111)T是矩阵 的一个特征向量
10设0是m阶矩阵AmnBnm的特征值证明也是n阶矩阵BA的特征值
证明设x是AB的对应于0的特征向量则有
(AB)xx
于是B(AB)xB(x)
或BA(Bx)(Bx)
从而是BA的特征值且Bx是BA的对应于的特征向量
11已知3阶矩阵A的特征值为123求|A35A27A|
解令()3527则(1)3(2)2(3)3是(A)的特征值故
于是有正交矩阵P(p1p2p3)使P1APdiag(2110)从而有正交变换
p2(a2a100)T
p3(a30a10)T
pn(an00a1)T
因此n个线性无关特征向量构成的矩阵为
22设 求A100
解由
得A的特征值为112535
对于11解方程(AE)x0得特征向量p1(100)T
对于15解方程(A5E)x0得特征向量p2(212)T
对于15解方程(A5E)x0得特征向量p3(121)T
25用矩阵记号表示下列二次型:
(1)fx24xy4y22xzz24yz
解
(2)fx2y27z22xy4xz4yz
解
(3)fx12x22x32x422x1x24x1x32x1x46x2x34x2x4
解
26写出下列二次型的矩阵
(1)
解二次型的矩阵为
(2)
解二次型的矩阵为
27求一个正交变换将下列二次型化成标准形:
(1)f2x123x223x334x2x3
解二次型的矩阵为 由
得A的特征值为122531
当12时,解方程(A2E)x0由
得特征向量(100)T取p1(100)T
当25时解方程(A5E)x0由
得特征向量(011)T取
当31时解方程(AE)x0由
得特征向量(011)T取
于是有正交矩阵T(p1p2p3)和正交变换xTy使
f2y125y22y32
(2)fx12x22x32x422x1x22x1x42x2x32x3x4
解二次型矩阵为 由
得A的特征值为当23时可得单位特征向量
当341时可得线性无关的单位特征向量
于是有正交矩阵T(p1p2p3p4)和正交变换xTy使
fy123y22y32y42
(1)求关系式 中的矩阵A
解由题意知
xn1xnqynpxn(1p)xnqyn
yn1ynpxnqynpxn(1q)yn
可用矩阵表示为
因此
(2)设目前农村人口与城镇人口相等即 求
解由 可知 由
得A的特征值为112r其中r1pq
对于11解方程(AE)x0得特征向量p1(qp)T
对于1r解方程(ArE)x0得特征向量p2(11)T
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~第二章~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~第三章~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
对于特征值21,由
得方程(AE)x0的基础解系p2(110)T向量p2就是对应于特征值21的特征值向量
对于特征值39由
得方程(A9E)x0的基础解系p3(1/21/21)T向量p3就是对应于特征值39的特征值向量
(3) .
解
故A的特征值为121341
对于特征值121由
得方程(AE)x0的基础解系p1(1001)Tp2(0110)T向量p1和p2是对应于特征值121的线性无关特征值向量
对于特征值341由
得方程(AE)x0的基础解系p3(1001)Tp4(0110)T向量p3和p4是对应于特征值341的线性无关特征值向量
6设A为n阶矩阵证明AT与A的特征值相同
证明因为
|ATE||(AE)T||AE|T|AE|
所以AT与A的特征多项式相同从而AT与A的特征值相同
7设n阶矩阵A、B满足R(A)R(B)n证明A与B有公共的特征值有公共的特征向量
8设A23A2EO证明A的特征值只能取1或2
证明设是A的任意一个特征值x是A的对应于的特征向量则
(A23A2E)x2x3x2x(232)x0
因为x0所以2320即是方程2320的根也就是说1或2
9设A为正交阵且|A|1证明1是A的特征值
证明因为A为正交矩阵所以A的特征值为1或1
因为|A|等于所有特征值之积又|A|1所以必有奇数个特征值为1即1是A的特征值
证明因为
HT(E2xxT)TE2(xxT)TE2(xxT)T
E2(xT)TxTE2xxT
所以H是对称矩阵
因为
HTHHH(E2xxT)(E2xxT)
E2xxT2xxT(2xxT)(2xxT)
E4xxT4x(xTx)xT
E4xxT4xxT
E
所以H是正交矩阵
4设A与B都是n阶正交阵证明AB也是正交阵
证明因为AB是n阶正交阵故A1ATB1BT
(1) ;
解将所给矩阵记为A由
(1)(4)(2)
得矩阵A的特征值为122134
对于12解方程(A2E)x0即
得特征向量(122)T单位化得
对于21,解方程(AE)x0即
得特征向量(212)T单位化得
对于34,解方程(A4E)x0即
得特征向量(221)T单位化得
于是有正交阵P(p1p2p3)使P1APdiag(214)
于是有正交矩阵 使P1AP
18设3阶方阵A的特征值为122231对应的特征向量依次为p1(011)Tp2(111)Tp3(110)T求A.
解令P(p1p2p3)则P1APdiag(221)APP1
因为
所以
19设3阶对称阵A的特征值为112130对应1、2的特征向量依次为p1(122)Tp2(212)T求A
第五章相似矩阵及二次型
1试用施密特法把下列向量组正交化
(1)
解根据施密特正交化方法
(2)
解根据施密特正交化方法
2下列矩阵是不是正交阵:
(1) ;
解此矩阵的第一个行向量非单位向量,故不是正交阵
(2)
解该方阵每一个行向量均是单位向量且两两正交故为正交阵
3设x为n维列向量xTx1令HE2xxT证明H是对称的正交阵
k1a1k2a2knranrl1b1l2b2lnrbnr0
记k1a1k2a2knranr(l1b1l2b2lnrbnr)
解之得x4
已知相似矩阵的行列式相同因为
所以20y100y5
对于5解方程(A5E)x0得两个线性无关的特征向量(101)T(120)T将它们正交化、单位化得
对于4解方程(A4E)x0得特征向量(212)T单位化得
令 则
P1APdiag(1r)
APP1
AnPnP1
于是
24(1)设 求(A)A105A9
解由
得A的特征值为1125
对于11解方程(AE)x0得单位特征向量
对于15解方程(A5E)x0得单位特征向量
于是有正交矩阵 使得P1APdiag(15)
从而APP1AkPkP1因此
(A)P()P1P(1059)P1
(AB)T(AB)BTATABB1A1ABE
故AB也是正交阵
5求下列矩阵的特征值和特征向量:
(1) ;
解
故A的特征值为1(三重)
对于特征值1由
得方程(AE)x0的基础解系p1(111)T向量p1就是对应于特征值1的特征值向量.
(2) ;
解
故A的特征值为102139
对于特征值10由
得方程Ax0的基础解系p1(111)T向量p1是对应于特征值10的特征值向量.
因为R(A3E)1所以x2x43x5且x3x5x63解之得
x2x3x51x1x4x64
因此
21设a(a1a2an)Ta10AaaT
(1)证明0是A的n1重特征值
证明设是A的任意一个特征值x是A的对应于的特征向量则有
Axx
2xA2xaaTaaTxaTaAxaTax
于是可得2aTa从而0或aTa
设12n是A的所有特征值因为AaaT的主对角线性上的元素为a12a22an2所以
(2)
解将所给矩阵记为A由
(1)2(10)
得矩阵A的特征值为121310
对于121解方程(AE)x0即
得线性无关特征向量(210)T和(201)T将它们正交化、单位化得
对于310,解方程(A10E)x0即
得特征向量(122)T单位化得
于是有正交阵P(p1p2p3)使P1APdiag(1110)
17设矩阵 与 相似求xy并求一个正交阵P使P1AP
解设 则Ap12p1Ap22p2即
①
②
再由特征值的性质有
x1x4x61230③
由①②③解得
令x60得 x20
因此
20设3阶对称矩阵A的特征值162333与特征值16对应的特征向量为p1(111)T求A.
解设
因为16对应的特征向量为p1(111)T所以有
即 ①
233是A的二重特征值,根据实对称矩阵的性质定理知R(A3E)1利用①可推出
13设A、B都是n阶矩阵且A可逆证明AB与BA相
似
证明取PA则
P1ABPA1ABABA
即AB与BA相似
14设矩阵 可相似对角化求x
解由
得A的特征值为16231
因为A可相似对角化所以对于231齐次线性方程组(AE)x0有两个线性无关的解因此R(AE)1由
知当x3时R(AE)1即x3为所求
15已知p(111)T是矩阵 的一个特征向量
10设0是m阶矩阵AmnBnm的特征值证明也是n阶矩阵BA的特征值
证明设x是AB的对应于0的特征向量则有
(AB)xx
于是B(AB)xB(x)
或BA(Bx)(Bx)
从而是BA的特征值且Bx是BA的对应于的特征向量
11已知3阶矩阵A的特征值为123求|A35A27A|
解令()3527则(1)3(2)2(3)3是(A)的特征值故
于是有正交矩阵P(p1p2p3)使P1APdiag(2110)从而有正交变换
p2(a2a100)T
p3(a30a10)T
pn(an00a1)T
因此n个线性无关特征向量构成的矩阵为
22设 求A100
解由
得A的特征值为112535
对于11解方程(AE)x0得特征向量p1(100)T
对于15解方程(A5E)x0得特征向量p2(212)T
对于15解方程(A5E)x0得特征向量p3(121)T
25用矩阵记号表示下列二次型:
(1)fx24xy4y22xzz24yz
解
(2)fx2y27z22xy4xz4yz
解
(3)fx12x22x32x422x1x24x1x32x1x46x2x34x2x4
解
26写出下列二次型的矩阵
(1)
解二次型的矩阵为
(2)
解二次型的矩阵为
27求一个正交变换将下列二次型化成标准形:
(1)f2x123x223x334x2x3
解二次型的矩阵为 由
得A的特征值为122531
当12时,解方程(A2E)x0由
得特征向量(100)T取p1(100)T
当25时解方程(A5E)x0由
得特征向量(011)T取
当31时解方程(AE)x0由
得特征向量(011)T取
于是有正交矩阵T(p1p2p3)和正交变换xTy使
f2y125y22y32
(2)fx12x22x32x422x1x22x1x42x2x32x3x4
解二次型矩阵为 由
得A的特征值为当23时可得单位特征向量
当341时可得线性无关的单位特征向量
于是有正交矩阵T(p1p2p3p4)和正交变换xTy使
fy123y22y32y42
(1)求关系式 中的矩阵A
解由题意知
xn1xnqynpxn(1p)xnqyn
yn1ynpxnqynpxn(1q)yn
可用矩阵表示为
因此
(2)设目前农村人口与城镇人口相等即 求
解由 可知 由
得A的特征值为112r其中r1pq
对于11解方程(AE)x0得特征向量p1(qp)T
对于1r解方程(ArE)x0得特征向量p2(11)T
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~第二章~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~第三章~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
对于特征值21,由
得方程(AE)x0的基础解系p2(110)T向量p2就是对应于特征值21的特征值向量
对于特征值39由
得方程(A9E)x0的基础解系p3(1/21/21)T向量p3就是对应于特征值39的特征值向量
(3) .
解
故A的特征值为121341
对于特征值121由
得方程(AE)x0的基础解系p1(1001)Tp2(0110)T向量p1和p2是对应于特征值121的线性无关特征值向量
对于特征值341由
得方程(AE)x0的基础解系p3(1001)Tp4(0110)T向量p3和p4是对应于特征值341的线性无关特征值向量
6设A为n阶矩阵证明AT与A的特征值相同
证明因为
|ATE||(AE)T||AE|T|AE|
所以AT与A的特征多项式相同从而AT与A的特征值相同
7设n阶矩阵A、B满足R(A)R(B)n证明A与B有公共的特征值有公共的特征向量
8设A23A2EO证明A的特征值只能取1或2
证明设是A的任意一个特征值x是A的对应于的特征向量则
(A23A2E)x2x3x2x(232)x0
因为x0所以2320即是方程2320的根也就是说1或2
9设A为正交阵且|A|1证明1是A的特征值
证明因为A为正交矩阵所以A的特征值为1或1
因为|A|等于所有特征值之积又|A|1所以必有奇数个特征值为1即1是A的特征值
证明因为
HT(E2xxT)TE2(xxT)TE2(xxT)T
E2(xT)TxTE2xxT
所以H是对称矩阵
因为
HTHHH(E2xxT)(E2xxT)
E2xxT2xxT(2xxT)(2xxT)
E4xxT4x(xTx)xT
E4xxT4xxT
E
所以H是正交矩阵
4设A与B都是n阶正交阵证明AB也是正交阵
证明因为AB是n阶正交阵故A1ATB1BT
(1) ;
解将所给矩阵记为A由
(1)(4)(2)
得矩阵A的特征值为122134
对于12解方程(A2E)x0即
得特征向量(122)T单位化得
对于21,解方程(AE)x0即
得特征向量(212)T单位化得
对于34,解方程(A4E)x0即
得特征向量(221)T单位化得
于是有正交阵P(p1p2p3)使P1APdiag(214)
于是有正交矩阵 使P1AP
18设3阶方阵A的特征值为122231对应的特征向量依次为p1(011)Tp2(111)Tp3(110)T求A.
解令P(p1p2p3)则P1APdiag(221)APP1
因为
所以
19设3阶对称阵A的特征值为112130对应1、2的特征向量依次为p1(122)Tp2(212)T求A
第五章相似矩阵及二次型
1试用施密特法把下列向量组正交化
(1)
解根据施密特正交化方法
(2)
解根据施密特正交化方法
2下列矩阵是不是正交阵:
(1) ;
解此矩阵的第一个行向量非单位向量,故不是正交阵
(2)
解该方阵每一个行向量均是单位向量且两两正交故为正交阵
3设x为n维列向量xTx1令HE2xxT证明H是对称的正交阵
k1a1k2a2knranrl1b1l2b2lnrbnr0
记k1a1k2a2knranr(l1b1l2b2lnrbnr)