第五章相似矩阵及二次型.docx
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第五章相似矩阵及二次型
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)(a1,a2,a3)
111
124
139
解根据施密特正交化方法
1
b1a1
1
1
[b,a]1
ba12b0
22[b,b]11
11
1
ba[b1,a3]b
[b2,a3]b12
33[b,b]1
[b,b]231
1122
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
(2)(a1,a2,a3)
解根据施密特正交化方法
1
0
b1a11
1
b2a2
[b1,a2]b
1
1
3
3
2
1
[b,b]1
11
ba[b1,a3]b
1
[b2,a3]13
33[b,b]1
b
[b,b]253
4
1122
2下列矩阵是不是正交阵:
1
1
1
2
3
(1)11
2
1
2
;
11
1
32
1
8
4
9
9
9
8
1
4
9
9
9
4
4
7
9
9
9
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
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:
2
1
2
(1)
5
3
3;
1
0
2
2l
1
2
解
|A
lE|
5
3l
3
(l1)3
1
0
2l
故A的特征值为l1(三重)
对于特征值l1由
3
AE5
1
12
23~
01
101
011
000
得方程(AE)x0的基础解系p1(111)T向量p1就是对应于特
征值l1的特征值向量.
(2)
123
213;
336
1l23
解|A
lE|
21l3
336l
l(l
1)(l9)
故A的特征值为l10l21l39
对于特征值l10由
123
A213~
336
123
011
000
得方程Ax0的基础解系p1(111)T向量p1是对应于特征值
l10的特征值向量.
对于特征值l21,由
223
AE223~
337
223
001
000
得方程(AE)x0的基础解系p2(110)T向量p2就是对应于特
征值l21的特征值向量
对于特征值l39由
A9E
823111
283~011
0
333002
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l39的特征值向量
00
01
00
10
01
00
10
00
(3).
解|A
lE|
l001
0l10
01l0
100l
(l1)2(l
1)2
故A的特征值为l1l2
1
l3l41
对于特征值l1l2
1
由
100
1
011
0
011
0
100
1
AE~
1001
0110
0000
0000
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l1l21的线性无关特征值向量
011
100
1001
对于特征值l3l41
由
1
0
01
AE0
1
10
~
0110
00000
10000
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l3l41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
|ATlE||(AlE)T||AlE|T|AlE|
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)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l0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l0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
k1a1k2a2knranrl1b1l2b2lnrbnr0
记gk1a1k2a2knranr(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g0g是A的也是B的关于l0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A23A2EO证明A的特征值只能取1或2
证明设l是A的任意一个特征值x是A的对应于l的特征
向量则
(A23A2E)xl2x3lx2x(l23l2)x0
因为x0所以l23l20即l是方程l23l20的根也就是
说l1或l2
9设A为正交阵且|A|1证明l1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l1是A的特征值
10设l0是m阶矩阵AmnBnm的特征值证明l也是n阶矩阵BA的特征值
证明设x是AB的对应于l0的特征向量则有
(AB)xlx
于是B(AB)xB(lx)
或BA(Bx)l(Bx)
从而l是BA的特征值且Bx是BA的对应于l的特征向量
11已知3阶矩阵A的特征值为123求|A35A27A|
解令j(l)l35l27l则j
(1)3j
(2)2j(3)3是j(A)的
特征值故
|A35A27A||j(A)|j
(1)j
(2)j(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j(l)6l13l22则j
(1)1j
(2)5j(3)5是j(A)的
特征值故
|A*3A2E||6A13A2E||j(A)|
j
(1)j
(2)j(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
即AB与BA相似
14设矩阵A
解由
201
31x
405
可相似对角化求x
|AlE|
2l01
31lx
405l
(l1)2(l6)
得A的特征值为l16l2l31
因为A可相似对角化所以对于l2l31齐次线性方程组
10
1r
101
(AE)
30
x~00x
40
4
000
(AE)x0有两个线性无关的解因此R(AE)1由
3
知当x3时R(AE)1即x3为所求
15已知p(111)T是矩阵A
量
212
5a3
1b2
的一个特征向
(1)求参数ab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
2l1
2
1
0
(AlE)p0即
5al
3
1
0
1b
2l
1
0
解之得l1a3b0
(2)问A能不能相似对角化?
并说明理由
解由
2l12
|AlE|53l3
(l1)3
102l
得A的特征值为l1l2l31
1
12r
10
1
AE
5
23~01
1
b1
00
0
由
1
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