最新同济线性代数课后答案详细答案十二五版
线性代数第五版课后习题答案详细课件
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线性代数(同济五版)
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第一章
工程数学线性代数课后答案解析详细答案解析(真正同济第五版)
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第
一
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第
二
章
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同济线性代数习题四答案
同济线性代数习题四答案同济线性代数习题四答案线性代数是大学数学课程中的一门重要学科，它研究的是向量空间和线性映射等概念。
同济大学的线性代数课程在教学中注重理论与实践的结合，通过习题的训练来提高学生的解题能力。
以下是同济线性代数习题四的答案，希望能对同济大学的学生们有所帮助。
第一题：设A是一个n阶矩阵，证明：如果对于任意的n维非零列向量x，都有Ax=0，则A是零矩阵。
解答：我们需要证明如果对于任意的n维非零列向量x，都有Ax=0，则A是零矩阵。
假设A不是零矩阵，即存在某个元素a[i][j]不为0。
我们可以构造一个非零列向量x，使得Ax=0。
设x为n维列向量，其中第i个元素为1，其余元素为0。
则Ax的第j个元素为a[i][j]，而其他元素都为0。
由于a[i][j]不为0，所以Ax不为零向量。
这与题目中的条件矛盾，因此假设不成立，即A是零矩阵。
第二题：设A是一个n阶矩阵，证明：如果对于任意的n维非零列向量x，都有Ax=x，则A是单位矩阵。
解答：我们需要证明如果对于任意的n维非零列向量x，都有Ax=x，则A是单位矩阵。
假设A不是单位矩阵，即存在某个元素a[i][j]不等于δ[i][j]（其中δ[i][j]为Kronecker delta符号，当i=j时为1，否则为0）。
我们可以构造一个非零列向量x，使得Ax不等于x。
设x为n维列向量，其中第i个元素为1，其余元素为0。
则Ax的第j个元素为a[i][j]，而x的第j个元素为0。
由于a[i][j]不等于δ[i][j]，所以Ax不等于x。
这与题目中的条件矛盾，因此假设不成立，即A是单位矩阵。
通过以上两题的证明，我们可以看出线性代数中的一些基本概念和性质。
在解题过程中，我们需要运用到矩阵的基本操作和性质，如矩阵乘法、矩阵的零矩阵和单位矩阵等。
通过不断练习习题，我们可以加深对线性代数知识的理解，提高解题能力。
线性代数作为一门重要的学科，不仅在数学领域中有广泛应用，还在其他学科中有着重要的地位。
{教育管理}工程数学线性代数课后答案同济五版
{教育管理}⼯程数学线性代数课后答案同济五版{教育管理}⼯程数学线性代数课后答案同济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,x T x=1,令H=E-2xx T,证明H是对称的正交阵.证明因为H T=(E-2xx T)T=E-2(xx T)T=E-2(xx T)T=E-2(x T)T x T=E-2xx T,所以H是对称矩阵.因为H T H=HH=(E-2xx T)(E-2xx T)=E-2xx T-2xx T+(2xx T)(2xx T)=E-4xx T+4x(x T x)x T=E-4xx T+4xx T=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A,B是n阶正交阵,故A-1=A T,B-1=B T,(AB)T(AB)=B T A T AB=B-1A-1AB=E,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λ=-1(三重).对于特征值λ=-1,由,得⽅程(A+E)x=0的基础解系p1=(1,1,-1)T,向量p1就是对应于特征值λ=-1的特征值向量.(2);解,故A的特征值为λ1=0,λ2=-1,λ3=9.对于特征值λ1=0,由,得⽅程Ax=0的基础解系p1=(-1,-1,1)T,向量p1是对应于特征值λ1=0的特征值向量.对于特征值λ2=-1,由,得⽅程(A+E)x=0的基础解系p2=(-1,1,0)T,向量p2就是对应于特征值λ2=-1的特征值向量.对于特征值λ3=9,由,得⽅程(A-9E)x=0的基础解系p3=(1/2,1/2,1)T,向量p3就是对应于特征值λ3=9的特征值向量.(3).解,故A的特征值为λ1=λ2=-1,λ3=λ4=1.对于特征值λ1=λ2=-1,由,得⽅程(A+E)x=0的基础解系p1=(1,0,0,-1)T,p2=(0,1,-1,0)T,向量p1和p2是对应于特征值λ1=λ2=-1的线性⽆关特征值向量.对于特征值λ3=λ4=1,由,得⽅程(A-E)x=0的基础解系p3=(1,0,0,1)T,p4=(0,1,1,0)T,向量p3和p4是对应于特征值λ3=λ4=1的线性⽆关特征值向量. 6.设A为n阶矩阵,证明A T与A的特征值相同.证明因为|A T-λE|=|(A-λE)T|=|A-λE|T=|A-λE|,所以A T与A的特征多项式相同,从⽽A T与A的特征值相同.7.设n阶矩阵A、B满⾜R(A)+R(B)证明设R(A)=r,R(B)=t,则r+t若a1,a2,,a n-r是齐次⽅程组Ax=0的基础解系,显然它们是A的对应于特征值λ=0的线性⽆关的特征向量.类似地,设b1,b2,,b n-t是齐次⽅程组Bx=0的基础解系,则它们是B的对应于特征值λ=0的线性⽆关的特征向量.由于(n-r)+(n-t)=n+(n-r-t)>n,故a1,a2,,a n-r,b1,b2,,b n-t必线性相关.于是有不全为0的数k1,k2,,k n-r,l1,l2,,l n-t,使k1a1+k2a2++k n-r a n-r+l1b1+l2b2++l n-r b n-r=0.记γ=k1a1+k2a2++k n-r a n-r=-(l1b1+l2b2++l n-r b n-r),则k1,k2,,k n-r不全为0,否则l1,l2,,l n-t不全为0,⽽l1b1+l2b2++l n-r b n-r=0,与b1,b2,,b n-t线性⽆关相⽭盾.因此,γ≠0,γ是A的也是B的关于λ=0的特征向量,所以A与B有公共的特征值,有公共的特征向量.8.设A2-3A+2E=O,证明A的特征值只能取1或2.证明设λ是A的任意⼀个特征值,x是A的对应于λ的特征向量,则(A2-3A+2E)x=λ2x-3λx+2x=(λ2-3λ+2)x=0.因为x≠0,所以λ2-3λ+2=0,即λ是⽅程λ2-3λ+2=0的根,也就是说λ=1或λ=2.9.设A为正交阵,且|A|=-1,证明λ=-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λ=-1是A的特征值.10.设λ≠0是m阶矩阵A m?n B n?m的特征值,证明λ也是n阶矩阵BA 的特征值.证明设x是AB的对应于λ≠0的特征向量,则有(AB)x=λx,于是B(AB)x=B(λx),或BA(Bx)=λ(Bx),从⽽λ是BA的特征值,且Bx是BA的对应于λ的特征向量.11.已知3阶矩阵A的特征值为1,2,3,求|A3-5A2+7A|.解令?(λ)=λ3-5λ2+7λ,则?(1)=3,?(2)=2,?(3)=3是?(A)的特征值,故|A3-5A2+7A|=|?(A)|=?(1)×?(2)×?(3)=3?2?3=18.12.已知3阶矩阵A的特征值为1,2,-3,求|A*+3A+2E|.解因为|A|=1?2?(-3)=-6≠0,所以A可逆,故A*=|A|A-1=-6A-1,A*+3A+2E=-6A-1+3A+2E.令?(λ)=-6λ-1+3λ2+2,则?(1)=-1,?(2)=5,?(-3)=-5是?(A)的特征值,故|A*+3A+2E|=|-6A-1+3A+2E|=|?(A)|=?(1)×?(2)×?(-3)=-1?5?(-5)=25.13.设A、B都是n阶矩阵,且A可逆,证明AB与BA相似.证明取P=A,则P-1ABP=A-1ABA=BA,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l1=6,l2=l3=1.因为A可相似对⾓化,所以对于l2=l3=1,齐次线性⽅程组(A-E)x=0有两个线性⽆关的解,因此R(A-E)=1.由知当x=3时R(A-E)=1,即x=3为所求.15.已知p=(1,1,-1)T是矩阵的⼀个特征向量.(1)求参数a,b及特征向量p所对应的特征值;解设l是特征向量p所对应的特征值,则(A-lE)p=0,即,解之得l=-1,a=-3,b=0.(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λ1=λ2=λ3=1.由知R(A-E)=2,所以齐次线性⽅程组(A-E)x=0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: (1);解将所给矩阵记为A.由=(1-λ)(λ-4)(λ+2),得矩阵A的特征值为λ1=-2,λ2=1,λ3=4.对于λ1=-2,解⽅程(A+2E)x=0,即,得特征向量(1,2,2)T,单位化得.对于λ2=1,解⽅程(A-E)x=0,即,得特征向量(2,1,-2)T,单位化得.对于λ3=4,解⽅程(A-4E)x=0,即,得特征向量(2,-2,1)T,单位化得.于是有正交阵P=(p1,p2,p3),使P-1AP=diag(-2,1,4).(2) .解将所给矩阵记为A.由=-(λ-1)2(λ-10),得矩阵A的特征值为λ1=λ2=1,λ3=10.对于λ1=λ2=1,解⽅程(A-E)x=0,即,得线性⽆关特征向量(-2,1,0)T和(2,0,1)T,将它们正交化、单位化得,.对于λ3=10,解⽅程(A-10E)x=0,即,得特征向量(-1,-2,2)T,单位化得.于是有正交阵P=(p1,p2,p3),使P-1AP=diag(1,1,10).17.设矩阵与相似,求x,y;并求⼀个正交阵P,使P-1AP=Λ.解已知相似矩阵有相同的特征值,显然λ=5,λ=-4,λ=y是Λ的特征值,故它们也是A的特征值.因为λ=-4是A的特征值,所以,解之得x=4.已知相似矩阵的⾏列式相同,因为,,所以-20y=-100,y=5.对于λ=5,解⽅程(A-5E)x=0,得两个线性⽆关的特征向量(1,0,-1)T,(1,-2,0)T.将它们正交化、单位化得,.对于λ=-4,解⽅程(A+4E)x=0,得特征向量(2,1,2)T,单位化得.于是有正交矩阵,使P-1AP=Λ.18.设3阶⽅阵A的特征值为λ1=2,λ2=-2,λ3=1;对应的特征向量依次为p1=(0,1,1)T,p2=(1,1,1)T,p3=(1,1,0)T,求A.解令P=(p1,p2,p3),则P-1AP=diag(2,-2,1)=Λ,A=PΛP-1.因为,所以.19.设3阶对称阵A的特征值为λ1=1,λ2=-1,λ3=0;对应λ1、λ2的特征向量依次为p1=(1,2,2)T,p2=(2,1,-2)T,求A.解设,则Ap1=2p1,Ap2=-2p2,即,---①.---②再由特征值的性质,有x1+x4+x6=λ1+λ2+λ3=0.---③由①②③解得,,,,.令x6=0,得,x2=0,,,.因此.20.设3阶对称矩阵A的特征值λ1=6,λ2=3,λ3=3,与特征值λ1=6对应的特征向量为p1=(1,1,1)T,求A.解设.因为λ1=6对应的特征向量为p1=(1,1,1)T,所以有,即---①.λ2=λ3=3是A的⼆重特征值,根据实对称矩阵的性质定理知R(A-3E)=1.利⽤①可推出.因为R(A-3E)=1,所以x2=x4-3=x5且x3=x5=x6-3,解之得x2=x3=x5=1,x1=x4=x6=4.因此.21.设a=(a1,a2,,a n)T,a1≠0,A=aa T.(1)证明λ=0是A的n-1重特征值;证明设λ是A的任意⼀个特征值,x是A的对应于λ的特征向量,则有Ax=λx,λ2x=A2x=aa T aa T x=a T aAx=λa T ax,于是可得λ2=λa T a,从⽽λ=0或λ=a T a.设λ1,λ2,,λn是A的所有特征值,因为A=aa T的主对⾓线性上的元素为a12,a22,,a n2,所以a12+a22++a n2=a T a=λ1+λ2++λn,这说明在λ1,λ2,,λn中有且只有⼀个等于a T a,⽽其余n-1个全为0,即λ=0是A的n-1重特征值.(2)求A的⾮零特征值及n个线性⽆关的特征向量.解设λ1=a T a,λ2==λn=0.因为Aa=aa T a=(a T a)a=λ1a,所以p1=a是对应于λ1=a T a的特征向量.对于λ2==λn=0,解⽅程Ax=0,即aa T x=0.因为a≠0,所以a T x=0,即a1x1+a2x2++a n x n=0,其线性⽆关解为p2=(-a2,a1,0,,0)T,p3=(-a3,0,a1,,0)T,,p n=(-a n,0,0,,a1)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λ1=1,λ2=5,λ3=-5.对于λ1=1,解⽅程(A-E)x=0,得特征向量p1=(1,0,0)T.对于λ1=5,解⽅程(A-5E)x=0,得特征向量p2=(2,1,2)T.对于λ1=-5,解⽅程(A+5E)x=0,得特征向量p3=(1,-2,1)T.令P=(p1,p2,p3),则P-1AP=diag(1,5,-5)=Λ,A=PΛP-1,A100=PΛ100P-1.因为Λ100=diag(1,5100,5100),,所以.23.在某国,每年有⽐例为p的农村居民移居城镇,有⽐例为q的城镇居民移居农村,假设该国总⼈⼝数不变,且上述⼈⼝迁移的规律也不变.把n年后农村⼈⼝和城镇⼈⼝占总⼈⼝的⽐例依次记为x n和y n(x n+y n=1).(1)求关系式中的矩阵A;解由题意知x n+1=x n+qy n-px n=(1-p)x n+qy n,y n+1=y n+px n-qy n=px n+(1-q)y n,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λ1=1,λ2=r,其中r=1-p-q.对于λ1=1,解⽅程(A-E)x=0,得特征向量p1=(q,p)T.对于λ1=r,解⽅程(A-rE)x=0,得特征向量p2=(-1,1)T.令,则P-1AP=diag(1,r)=Λ,A=PΛP-1,A n=PΛn P-1.于是,.24.(1)设,求?(A)=A10-5A9;解由,得A的特征值为λ1=1,λ2=5.对于λ1=1,解⽅程(A-E)x=0,得单位特征向量.对于λ1=5,解⽅程(A-5E)x=0,得单位特征向量.于是有正交矩阵,使得P-1AP=diag(1,5)=Λ,从⽽A=PΛP-1,A k=PΛk P-1.因此(A)=P(Λ)P-1=P(Λ10-5Λ9)P-1=P[diag(1,510)-5diag(1,59)]P-1=P diag(-4,0)P-1.(2)设,求?(A)=A10-6A9+5A8.解求得正交矩阵为,使得P-1AP=diag(-1,1,5)=Λ,A=PΛP-1.于是(A)=P(Λ)P-1=P(Λ10-6Λ9+5Λ8)P-1=P[Λ8(Λ-E)(Λ-5E)]P-1=P diag(1,1,58)diag(-2,0,4)diag(-6,-4,0)P-1=P diag(12,0,0)P-1.25.⽤矩阵记号表⽰下列⼆次型:(1)f=x2+4xy+4y2+2xz+z2+4yz;解.(2)f=x2+y2-7z2-2xy-4xz-4yz;解.(3)f=x12+x22+x32+x42-2x1x2+4x1x3-2x1x4+6x2x3-4x2x4.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)f=2x12+3x22+3x33+4x2x3;解⼆次型的矩阵为.由,得A的特征值为λ1=2,λ2=5,λ3=1.当λ1=2时,解⽅程(A-2E)x=0,由,得特征向量(1,0,0)T.取p1=(1,0,0)T.当λ2=5时,解⽅程(A-5E)x=0,由,得特征向量(0,1,1)T.取.当λ3=1时,解⽅程(A-E)x=0,由,得特征向量(0,-1,1)T.取.于是有正交矩阵T=(p1,p2,p3)和正交变换x=Ty,使f=2y12+5y22+y32.(2)f=x12+x22+x32+x42+2x1x2-2x1x4-2x2x3+2x3x4.解⼆次型矩阵为.由,得A的特征值为λ1=-1,λ2=3,λ3=λ4=1.当λ1=-1时,可得单位特征向量.当λ2=3时,可得单位特征向量.当λ3=λ4=1时,可得线性⽆关的单位特征向量,.于是有正交矩阵T=(p1,p2,p3,p4)和正交变换x=Ty,使f=-y12+3y22+y32+y42.28.求⼀个正交变换把⼆次曲⾯的⽅程3x2+5y2+5z2+4xy-4xz-10yz=1化成标准⽅程.解⼆次型的矩阵为.由,得A的特征值为λ1=2,λ2=11,λ3=0,.对于λ1=2,解⽅程(A-2E)x=0,得特征向量(4,-1,1)T,单位化得.对于λ2=11,解⽅程(A-11E)x=0,得特征向量(1,2,-2)T,单位化得.对于λ3=0,解⽅程Ax=0,得特征向量(0,1,1)T,单位化得.于是有正交矩阵P=(p1,p2,p3),使P-1AP=diag(2,11,0),从⽽有正交变换,使原⼆次⽅程变为标准⽅程2u2+11v2=1.29.明:⼆次型f=x T Ax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TAT-1=diag(λ1,λ2,,λn)=Λ成⽴,其中λ1,λ2,,λn为A的特征值,不妨设λ1最⼤.作正交变换y=Tx,即x=T T y,注意到T-1=T T,有f=x T Ax=y T TAT T y=y TΛy=λ1y12+λ2y22++λn y n2.因为y=Tx正交变换,所以当||x||=1时,有||y||=||x||=1,即y12+y22++y n2=1.因此f=λ1y12+λ2y22++λn y n2≤λ1,⼜当y1=1,y2=y3==y n=0时f=λ1,所以f max=λ1.30.⽤配⽅法化下列⼆次形成规范形,并写出所⽤变换的矩阵.(1)f(x1,x2,x3)=x12+3x22+5x32+2x1x2-4x1x3;解f(x1,x2,x3)=x12+3x22+5x32+2x1x2-4x1x3=(x1+x2-2x3)2+4x2x3+2x22+x32=(x1+x2-2x3)2-2x22+(2x2+x3)2.令,即,⼆次型化为规范形f=y12-y22+y32,所⽤的变换矩阵为.(2)f(x1,x2,x3)=x12+2x32+2x1x3+2x2x3;解f(x1,x2,x3)=x12+2x32+2x1x3+2x2x3=(x1+x3)2+x32+2x2x3;=(x1+x3)2-x22+(x2+x3)2.令,即,⼆次型化为规范形f=y12-y22+y32,所⽤的变换矩阵为.(3)f(x1,x2,x3)=2x12+x22+4x32+2x1x2-2x2x3.解f(x1,x2,x3)=2x12+x22+4x32+2x1x2-2x2x3..令,即,⼆次型化为规范形f=y12+y22+y32,所⽤的变换矩阵为.31.设f=x12+x22+5x32+2ax1x2-2x1x3+4x2x3为正定⼆次型,求a.解⼆次型的矩阵为,其主⼦式为a11=1,,.因为f为正主⼆次型,所以必有1-a2>0且-a(5a+4)>0,解之得. 32.判别下列⼆次型的正定性: (1)f=-2x12-6x22-4x32+2x1x2+2x1x3;解⼆次型的矩阵为.因为,,,所以f为负定.(2)f=x12+3x22+9x32+19x42-2x1x2+4x1x3+2x1x4-6x2x4-12x3x4.解⼆次型的矩阵为.因为,,,,所以f为正定.33.证明对称阵A为正定的充分必要条件是:存在可逆矩阵U,使A=U T U,即A与单位阵E合同.。
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6
、
露
凝
无
游
氛
，
天
高
风
景
澈பைடு நூலகம்
。
7、翩翩新 来燕，双双入我庐 ，先巢故尚在，相 将还旧居。
8
、
吁
嗟
身
后
名
，
于
我
若
浮
烟
。
9、 陶渊 明（ 约 365年 —427年 ），字 元亮， （又 一说名 潜，字 渊明 ）号五 柳先生 ，私 谥“靖 节”， 东晋 末期南 朝宋初 期诗 人、文 学家、 辞赋 家、散
文 家 。汉 族 ，东 晋 浔阳 柴桑 人 （今 江西 九江 ） 。曾 做过 几 年小 官， 后辞 官 回家 ，从 此 隐居 ，田 园生 活 是陶 渊明 诗 的主 要题 材， 相 关作 品有 《饮 酒 》 、 《 归 园 田 居 》 、 《 桃花 源 记 》 、 《 五 柳先 生 传 》 、 《 归 去来 兮 辞 》 等 。
谢谢！
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61、奢侈是舒适的，否则就不是奢侈 。——CocoCha nel 62、少而好学，如日出之阳；壮而好学 ，如日 中之光 ；志而 好学， 如炳烛 之光。 ——刘 向 63、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 ——孔 丘 64、人生就是学校。在那里，与其说好 的教师 是幸福 ，不如 说好的 教师是 不幸。 ——海 贝尔 65、接受挑战，就可以享受胜利的喜悦 。——杰纳勒 尔·乔治·S·巴顿
《线性代数》同济大学版 课后习题答案详解
.....................最新资料整理推荐..................... 1 《线性代数》同济大学版 课后习题答案详解 第一章 行列式 1 利用对角线法则计算下列三阶行列式
(1)381141102
解 381141102
2(4)30(1)(1)118
0132(1)81(4)(1) 2481644
(2)bacacbcba 解 bacacb
cba
acbbaccbabbbaaaccc 3abca3b3c3
(3)222111cbacba 解 222
111
cbacba
bc2ca2ab2ac2ba2cb2 (ab)(bc)(ca)
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2 (4)yxyxxyxyyxyx
解 yxyxxyxyyxyx
x(xy)yyx(xy)(xy)yxy3(xy)3x3 3xy(xy)y33x2 yx3y3x3 2(x3y3) 2 按自然数从小到大为标准次序 求下列各排列的逆序数 (1)1 2 3 4 解 逆序数为0 (2)4 1 3 2 解 逆序数为4 41 43 42 32
(3)3 4 2 1 解 逆序数为5 3 2 3 1 4 2 4 1, 2 1 (4)2 4 1 3 解 逆序数为3 2 1 4 1 4 3 (5)1 3 (2n1) 2 4 (2n)
解 逆序数为2)1(nn 3 2 (1个) 5 2 5 4(2个) 7 2 7 4 7 6(3个)
(2n1)2 (2n1)4 (2n1)6 (2n1)(2n2) (n1个)
(6)1 3 (2n1) (2n) (2n2) 2 .....................最新资料整理推荐..................... 3 解 逆序数为n(n1) 3 2(1个) 5 2 5 4 (2个) (2n1)2 (2n1)4 (2n1)6 (2n1)(2n2) (n1个) 4 2(1个) 6 2 6 4(2个) (2n)2 (2n)4 (2n)6 (2n)(2n2) (n1个) 3 写出四阶行列式中含有因子a11a23的项 解 含因子a11a23的项的一般形式为 (1)ta11a23a3ra4s 其中rs是2和4构成的排列 这种排列共有两个 即24和42 所以含因子a11a23的项分别是