同济线性代数第五版课后答案__ 图片版
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第三章
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第二章
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线性代数(同济五版)
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1
第一章
线性代数(同济大学第五版)课后习题答案 (大二所学)
第一百二十一页，共222页。
第一百二十二页，共222页。
第一百二十三页，共222页。
第一百二十四页，共222页。
第四章
第一百二十五页，共222页。
第一百二十六页，共222页。
第一百二十七页，共222页。
第一百二十八页，共222页。
第一百二十九页，共222页。
第一百三十页，共222页。
第一百六十四页，共222页。
第一百六十五页，共222页。
第五章
第一百六十六页，共222页。
第一百六十七页，共222页。
第一百六十八页，共222页。
第一百六十九页，共222页。
第一百七十页，共222页。
第一百七十一页，共222页。
第一百七十二页，共222页。
第一百七十三页，共222页。
第一百一十页，共222页。
第一百一十一页，共222页。
第一百一十二页，共222页。
第一百一十三页，共222页。
第一百一十四页，共222页。
第一百一十五页，共222页。
第一百一十六页，共222页。
第一百一十七页，共222页。
第一百一十八页，共222页。
第一百一十九页，共222页。
第一百二十页，共222页。
第十四页，共222页。
第十五页，共222页。
第十六页，共222页。
第十七页，共222页。
第十八页，共222页。
第十九页，共222页。
第二十页，共222页。
第二十一页，共222页。
第二十二页，共222页。
第二十三页，共222页。
第二十四页，共222页。
第二十五页，共222页。
第二十六页，共222页。
第一百四十二页，共222页。
工程数学线性代数(同济大学第五版)课后习题答案【精品共223页
工程数学线性代数(同济大学第五版)课后 习题答案【精品
56、极端的法规，就是极端的不公。 ——西 塞罗 57、法律一旦成为人们的需要，人们 就不再 配享受 自由了 。—— 毕达哥 拉斯 58、法律规定的惩罚不是为了私人的 利益， 而是为 了公共 的利益 ；一部 分靠有 害的强 制，一 部分靠 榜样的 效力。 ——格 老秀斯 59、假如没有法律他们会更快乐的话 ，那么 法律作 为一件 无用之 物自己 就会消 灭。— —洛克
60、人民ห้องสมุดไป่ตู้幸福是至高无个的法。— —西塞 罗
21、要知道对好事的称颂过于夸大，也会招来人们的反感轻蔑和嫉妒。——培根 22、业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈
23、一切节省，归根到底都归结为时间的节省。——马克思 24、意志命运往往背道而驰，决心到最后会全部推倒。——莎士比亚
25、学习是劳动，是充满思想的劳动。——乌申斯基
谢谢！
56、极端的法规，就是极端的不公。 ——西 塞罗 57、法律一旦成为人们的需要，人们 就不再 配享受 自由了 。—— 毕达哥 拉斯 58、法律规定的惩罚不是为了私人的 利益， 而是为 了公共 的利益 ；一部 分靠有 害的强 制，一 部分靠 榜样的 效力。 ——格 老秀斯 59、假如没有法律他们会更快乐的话 ，那么 法律作 为一件 无用之 物自己 就会消 灭。— —洛克
60、人民ห้องสมุดไป่ตู้幸福是至高无个的法。— —西塞 罗
21、要知道对好事的称颂过于夸大，也会招来人们的反感轻蔑和嫉妒。——培根 22、业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈
23、一切节省，归根到底都归结为时间的节省。——马克思 24、意志命运往往背道而驰，决心到最后会全部推倒。——莎士比亚
25、学习是劳动，是充满思想的劳动。——乌申斯基
谢谢！
线性代数同济大学第五版课后习题答案
线性代数同济大学第五版课后习题答案第五版线性代数同济版答案第一章行列式1用对角法则计算下列三阶行列式(1)2011年？4？1？183解决办法2011年？4？1？1832(4)3 0(1)(1)1 1 8 0 1 3 2(1)8 1(4)(1)24 8 16 4 4(2)abcbcacab解决办法abcbcacabacb bac cba bbb aaa ccc 3abc a3 b3 c3111abc222abc (3)111abc222abc解决方案bc2 ca2 ab2 ac2 ba2 cb2(a)b)c)c)a)xyx？yyx？yxx？yxy(4)解决办法x(x y)y yx(x y)(x y)yx y3(x y)3 x3 3xy(x y)y3 x2 y x3 y3 x32(x3 y3)根据自然数从小到大的标准顺序，找出下列排列的逆序数xyx？yyx？yxx？yxy(1)1 2 3 4解的逆序数是0 (2)4 1 3 2反向订单号是4 41 43 42 32 (3)3 4 2 1逆解的数目是5 3 2 3 1 4 2 4 1，2 1 (4)2 4 1 3逆解的个数是3 2 1 4 1 4 3 (5)1 3 (2n 1) 2 4 (2n)n(n )?1)解的逆序数为23 2 (1)5 2 5 4(2)7 2 7 4 7 6(3)(2n 1)2 (2n 1)4 (2n 1)6 (2n 1)(2n 2) (n(6)13(2 n1)(2n)(2 N2)2解的逆序数是n(n 1) 3 2(1)5 2 5 4 (2)(2 n1)2(2 n1)4(2 n1)6(2 n1)(2 N2)(n42(1)6 2 6 4(2)(2n)2 (2n)4 (2n)6 (2n)(2n 2) (n 1) 3将包含因子a11a23的项写入四阶行列式以求解包含因子a11a23的项的一般形式是(1)ta11a23a3ra4s当rs是2和4的排列时，有两个这样的排列，即24和42，因此包含因子a11a23的项分别是(1)ta 11a 23 a 32 a 44(1)1a 11 a 23 a 32 a 44 a 11 a 23 a 32 a 44)11 (1)ta 11 a 23 a 34 a 42(1)2 a 11 a 23 a 34 a 42 a 11 a 23 a 34 a 42 4计算下列行列式41100 (1)1251202112514207 20214c2？c342？？？？？？10c？7c10307441100解决方案？12302021？1024？1？10？14岁？122？(？1)4？30103？144？110c2？c39910？12岁？2？？？？？？00吗？2？010314c1？12c31717142315 (2)1？120423611222315解决方案1？12042361c4？c221？？？？？312521？12042360r4？r222？？？？？310221？12142340200r4？r123？？？？？101？120423002？000(3)？阿巴卡巴德？cddebfcf？仰角指示器解决办法？阿巴卡。
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线性代数(同济第五版)课后习题详细 答案
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！
1
0
、
倚
南
窗
以
寄
傲
，
审
容
膝
之
易
安
。
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
6
、
露
凝
无
游
氛
，
天
高
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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！
1
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倚
南
窗
以
寄
傲
，
审
容
膝
之
易
安
。
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
工程数学线性代数(同济大学第五版)课后习题答案【精品223页PPT
工程数学线性代数(同济大学第五版)课 后习题答案【精品
61、辍学如磨刀之石，不见其损，日 有所亏 。 62、奇文共欣赞，疑义相与析。
63、暧暧远人村，依依墟里烟，狗吠 深巷中 ，鸡鸣 桑树颠 。 64、一生复能几，倏如流电惊。 65、少无适俗韵，性本爱丘山。
6、最大的骄傲于最大的自卑都表示心灵的最软弱无力。——斯宾诺莎 7、自知之明是最难得的知识。——西班牙 8、勇气通往天堂，怯懦通往地狱。——塞内加 9、有时候读书是一种巧妙地避开思考的方法。——赫尔普斯 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。——笛卡儿
Thank you
Hale Waihona Puke
61、辍学如磨刀之石，不见其损，日 有所亏 。 62、奇文共欣赞，疑义相与析。
63、暧暧远人村，依依墟里烟，狗吠 深巷中 ，鸡鸣 桑树颠 。 64、一生复能几，倏如流电惊。 65、少无适俗韵，性本爱丘山。
6、最大的骄傲于最大的自卑都表示心灵的最软弱无力。——斯宾诺莎 7、自知之明是最难得的知识。——西班牙 8、勇气通往天堂，怯懦通往地狱。——塞内加 9、有时候读书是一种巧妙地避开思考的方法。——赫尔普斯 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。——笛卡儿
Thank you
Hale Waihona Puke
线性代数(同济大学第五版)课后习题答案223页PPT
11、越是没有本领的就越加自命不凡。——邓拓 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。——爱尔兰 13、知人者智，自知者明。胜人者有力，自胜者强。——老子 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。——歌德 15、最具挑战性的挑战莫过于提升自我。——迈克尔·F·斯特利
线性代数(同济大学第五版)课后习题 答案
46、法律有权打破平静。——马·格林 47、在一千磅法律里，没有一盎司仁 爱。— —英国
48、法律一多，公正就少。——托·富 勒 49、犯罪总是以惩罚相补偿；只有处 罚才能 使犯罪 得到偿 还。— —达雷 尔
50、弱者比强者更能得到法律的保护 。—— 威·厄尔
谢谢
线性代数(同济大学第五版)课后习题 答案
46、法律有权打破平静。——马·格林 47、在一千磅法律里，没有一盎司仁 爱。— —英国
48、法律一多，公正就少。——托·富 勒 49、犯罪总是以惩罚相补偿；只有处 罚才能 使犯罪 得到偿 还。— —达雷 尔
50、弱者比强者更能得到法律的保护 。—— 威·厄尔
谢谢
工程数学线性代数课后答案 同济第五版
17设矩阵 与 相似求xy并求一个正交阵P使P1AP
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 因为|A|12(3)60所以A可逆故
A*|A|A16A1
A*3A2E6A13A2E
令()61322则(1)1(2)5(3)5是(A)的特征值故
|A*3A2E||6A13A2E||(A)|
(1)×(2)×(3)15(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PA则
P1ABPA1ABABA
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
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
(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:
则k1k2knr不全为0否则l1l2lnt不全为0而
l1b1l2b2lnrbnr0
与b1b2bnt线性无关相矛盾
因此0是A的也是B的关于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
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 因为|A|12(3)60所以A可逆故
A*|A|A16A1
A*3A2E6A13A2E
令()61322则(1)1(2)5(3)5是(A)的特征值故
|A*3A2E||6A13A2E||(A)|
(1)×(2)×(3)15(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PA则
P1ABPA1ABABA
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
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
(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:
则k1k2knr不全为0否则l1l2lnt不全为0而
l1b1l2b2lnrbnr0
与b1b2bnt线性无关相矛盾
因此0是A的也是B的关于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
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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
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
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
(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)
பைடு நூலகம்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.
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
|A35A27A||(A)|(1)(2)(3)32318
12已知3阶矩阵A的特征值为123求|A*3A2E|
解因为|A|12(3)60所以A可逆故
A*|A|A16A1
A*3A2E6A13A2E
令()61322则(1)1(2)5(3)5是(A)的特征值故
|A*3A2E||6A13A2E||(A)|
(1)(2)(3)15(5)25
(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:
k1a1k2a2knranrl1b1l2b2lnrbnr0
记k1a1k2a2knranr(l1b1l2b2lnrbnr)
则k1k2knr不全为0否则l1l2lnt不全为0而
l1b1l2b2lnrbnr0
与b1b2bnt线性无关相矛盾
因此0是A的也是B的关于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
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
(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
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
证明设R(A)rR(B)t则rtn
若a1a2anr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
类似地设b1b2bnt是齐次方程组Bx0的基础解系则它们是B的对应于特征值0的线性无关的特征向量
由于(nr)(nt)n(nrt)n故a1a2anrb1b2bnt必线性相关于是有不全为0的数k1k2knrl1l2lnt使
(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)
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
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
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
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
(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)
பைடு நூலகம்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.
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
|A35A27A||(A)|(1)(2)(3)32318
12已知3阶矩阵A的特征值为123求|A*3A2E|
解因为|A|12(3)60所以A可逆故
A*|A|A16A1
A*3A2E6A13A2E
令()61322则(1)1(2)5(3)5是(A)的特征值故
|A*3A2E||6A13A2E||(A)|
(1)(2)(3)15(5)25
(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:
k1a1k2a2knranrl1b1l2b2lnrbnr0
记k1a1k2a2knranr(l1b1l2b2lnrbnr)
则k1k2knr不全为0否则l1l2lnt不全为0而
l1b1l2b2lnrbnr0
与b1b2bnt线性无关相矛盾
因此0是A的也是B的关于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
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
(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
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
证明设R(A)rR(B)t则rtn
若a1a2anr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
类似地设b1b2bnt是齐次方程组Bx0的基础解系则它们是B的对应于特征值0的线性无关的特征向量
由于(nr)(nt)n(nrt)n故a1a2anrb1b2bnt必线性相关于是有不全为0的数k1k2knrl1l2lnt使
(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)
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