2020年同济大学线性代数第六版第五章《相似矩阵及二次型》同步练习与解析
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第五章 相似矩阵及二次型
1、设a=(1
0−2),b=(−423
),c 与a 正交,且b=λa+c,求λ和c
2. 试用施密特法把下列向量组正交化,然后再单位化:
(1)⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛=931421111) , ,(321a a a ;
解 根据施密特正交化方法,
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛==11111a b , ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-=-=101]
,[],[1112122b b b a b a b ,
⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=--=12131],[],[],[],[222321113133b b b a b b b b a b a b .
(2)⎪⎪⎪
⎭
⎫ ⎝⎛---=011101110111) , ,(321a a a .
解 根据施密特正交化方法,
⎪⎪⎪
⎭
⎫ ⎝⎛-==110111a b ,
⎪
⎪⎪
⎭⎫
⎝⎛-=-=123131],[],[1112122b b b a b a b ,
⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=
--=433151],[],[],[],[222321113133b b b a b b b b a b a b . 3. 下列矩阵是不是正交阵:
(1)⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛--
-1
21312112131211; 解 此矩阵的第一个行向量非单位向量, 故不是正交阵.
(2)⎪⎪⎪⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛----
--979494949198949891. 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.
4. (1)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.
(2). 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 -1
A -1
AB =E ,
故AB 也是正交阵.
5.设a 1,a 2,a 3,为两两正交的单位向量组,b 1=1
3a 1+2
3a 2+2
3a 3, b 2=2
3a 1+2
3a 2-1
3a 3,b 3=-2
3a 1+1
3a 2-2
3a 3,证明b 1,b 2,b 3,也是两两正交的单位向量组。
6. 求下列矩阵的特征值和特征向量:
(1)⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛----201335212;
解 3)1(201335||+-=-----=-λλ
λλE A ,
故A 的特征值为λ=-1(三重). 对于特征值λ=-1, 由
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----=+000110101101325213~E A ,
得方程(A +E)x =0的基础解系p 1=(1, 1, -1)T
, 向量p 1就是对应于特征值λ=-1的特征值向量.
(2)⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛633312321;
解 )9)(1(6333123
21||-+-=---=-λλλλ
λλλE A ,
故A 的特征值为λ1=0, λ2=-1, λ3=9. 对于特征值λ1=0, 由
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=000110321633312321~A ,
得方程Ax =0的基础解系p 1=(-1, -1, 1)T
, 向量p 1是对应于特征值λ1=0的特征值向量. 对于特征值λ2=-1, 由
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+000100322733322322~E A ,
得方程(A +E)x =0的基础解系p 2=(-1, 1, 0)T
, 向量p 2就是对应于特征值λ2=-1的特征值向量. 对于特征值λ3=9, 由
⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=-00021101113333823289~E A , 得方程(A -9E)x =0的基础解系p 3=(1/2, 1/2, 1)T
, 向量p 3就是对应于特征值λ3=9的特征值向量.
(3)⎪⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛00
01001001001000
.
解 22)1()1(001010010||+-=---=-λλλ
λλλE A , 故A 的特征值为λ1=λ2=-1, λ3=λ4=1. 对于特征值λ1=λ2=-1, 由
⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛=+00
00
0000
0110100110
01011001101001~E A , 得方程(A +E)x =0的基础解系p 1=(1, 0, 0, -1)T
, p 2=(0, 1, -1, 0)T
, 向量p 1和p 2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
⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝
⎛--⎪⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛----=-00
000000
0110100110
01011001101001
~E A , 得方程(A -E)x =0的基础解系p 3=(1, 0, 0, 1)T
, p 4=(0, 1, 1, 0)T
, 向量p 3和p 4是对应于特征值
λ3=λ4=1的线性无关特征值向量.
7. 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.
8. 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a 1, a 2, ⋅⋅⋅, 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b 1, b 2, ⋅⋅⋅, 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a 1, a 2, ⋅⋅⋅, a n -r , b 1, b 2, ⋅⋅⋅, b n -t 必线性相关. 于是有不全为0的数k 1, k 2, ⋅⋅⋅, k n -r , l 1, l 2, ⋅⋅⋅, l n -t , 使 k 1a 1+k 2a 2+ ⋅⋅⋅ +k n -r a n -r +l 1b 1+l 2b 2+ ⋅⋅⋅ +l n -r b n -r =0. 记 γ=k 1a 1+k 2a 2+ ⋅⋅⋅ +k n -r a n -r =-(l 1b 1+l 2b 2+ ⋅⋅⋅ +l n -r b n -r ), 则k 1, k 2, ⋅⋅⋅, k n -r 不全为0, 否则l 1, l 2, ⋅⋅⋅, l n -t 不全为0, 而 l 1b 1+l 2b 2+ ⋅⋅⋅ +l n -r b n -r =0, 与b 1, b 2, ⋅⋅⋅, 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.