工程数学线性代数第五版答案2.docx
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工程数学线性代数第五版答案2
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,xTx=1,令H=E-2xxT,证明H是对称的正交阵.
证明因为
HT=(E-2xxT)T=E-2(xxT)T=E-2(xxT)T
=E-2(xT)TxT=E-2xxT,
所以H是对称矩阵.
因为
HTH=HH=(E-2xxT)(E-2xxT)
=E-2xxT-2xxT+(2xxT)(2xxT)
=E-4xxT+4x(xTx)xT
=E-4xxT+4xxT
=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=AT,B-1=BT,
(AB)T(AB)=BTATAB=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AT与A的特征值相同.
证明因为
|AT-λE|=|(A-λE)T|=|A-λE|T=|A-λE|,
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)证明设R(A)=r,R(B)=t,则r+t若a1,a2,⋅⋅⋅,an-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,⋅⋅⋅,bn-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,⋅⋅⋅,an-r,b1,b2,⋅⋅⋅,bn-t必线性相关.于是有不全为0的数k1,k2,⋅⋅⋅,kn-r,l1,l2,⋅⋅⋅,ln-t,使
k1a1+k2a2+⋅⋅⋅+kn-ran-r+l1b1+l2b2+⋅⋅⋅+ln-rbn-r=0.
记γ=k1a1+k2a2+⋅⋅⋅+kn-ran-r=-(l1b1+l2b2+⋅⋅⋅+ln-rbn-r),
则k1,k2,⋅⋅⋅,kn-r不全为0,否则l1,l2,⋅⋅⋅,ln-t不全为0,而
l1b1+l2b2+⋅⋅⋅+ln-rbn-r=0,
与b1,b2,⋅⋅⋅,bn-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Am⨯nBn⨯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ϕ(λ)=λ3-5λ2+7λ,则ϕ
(1)=3,ϕ
(2)=2,ϕ(3)=3是ϕ(A)的特征值,故
|A3-5A2+7A|=|ϕ(A)|=ϕ
(1)⋅ϕ
(2)⋅ϕ(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ϕ(λ)=-6λ-1+3λ2+2,则ϕ
(1)=-1,ϕ
(2)=5,ϕ(-3)=-5是ϕ(A)的特征值,故
|A*+3A+2E|=|-6A-1+3A+2E|=|ϕ(A)|
=ϕ
(1)⋅ϕ
(2)⋅ϕ(-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λ1=6,λ2=λ3=1.
因为A可相似对角化,所以对于λ2=λ3=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λ是特征向量p所对应的特征值,则
(A-λE)p=0,即
解之得λ=-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,⋅⋅⋅,an)T,a1≠0,A=aaT.
(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=aaTaaTx=aTaAx=λaTax,
于是可得λ2=λaTa,从而λ=0或λ=aTa.
设λ1,λ2,⋅⋅⋅,λn是A的所有特征值,因为A=aaT的主对角线性上的元素为a12,a22,⋅⋅⋅,an2,所以
a12+a22+⋅⋅⋅+an2=aTa=λ1+λ2+⋅⋅⋅+λn,
这说明在λ1,λ2,⋅⋅⋅,λn中有且只有一个等于aTa,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=aTa,λ2=⋅⋅⋅=λn=0.
因为Aa=aaTa=(aTa)a=λ1a,所以p1=a是对应于λ1=aTa的特征向量.
对于λ2=⋅⋅⋅=λn=0,解方程Ax=0,即aaTx=0.因为a≠0,所以aTx=0,即a1x1+a2x2+⋅⋅⋅+anxn=0,其线性无关解为
p2=(-a2,a1,0,⋅⋅⋅,0)T,
p3=(-a3,0,a1,⋅⋅⋅,0)T,
⋅⋅⋅,
pn=(-an,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xn和yn(xn+yn=1).
(1)求关系式
中的矩阵A;
解由题意知
xn+1=xn+qyn-pxn=(1-p)xn+qyn,
yn+1=yn+pxn-qyn=pxn+(1-q)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,
An=PΛnP-1.
于是
.
24.
(1)设
求ϕ(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,Ak=PΛkP-1.因此
ϕ(A)=Pϕ(Λ)P-1=P(Λ10-5Λ9)P-1
=P[diag(1,510)-5diag(1,59)]P-1
=Pdiag(-4,0)P-1
.
(2)设
求ϕ(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
ϕ(A)=Pϕ(Λ)P-1=P(Λ10-6Λ9+5Λ8)P-1
=P[Λ8(Λ-E)(Λ-5E)]P-1
=Pdiag(1,1,58)diag(-2,0,4)diag(-6,-4,0)P-1
=Pdiag(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=xTAx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=TTy,注意到T-1=TT,有
f=xTAx=yTTATTy=yTΛy=λ1y12+λ2y22+⋅⋅⋅+λnyn2.
因为y=Tx正交变换,所以当||x||=1时,有
||y||=||x||=1,即y12+y22+⋅⋅⋅+yn2=1.
因此
f=λ1y12+λ2y22+⋅⋅⋅+λnyn2≤λ1,
又当y1=1,y2=y3=⋅⋅⋅=yn=0时f=λ1,所以fmax=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=UTU,即A与单位阵E合同.
证明因为对称阵A为正定的,所以存在正交矩阵P使
PTAP=diag(λ1,λ2,⋅⋅⋅,λn)=Λ,即A=PΛPT,
其中λ1,λ2,⋅⋅⋅,λn均为正数.
令
则Λ=Λ1Λ1,A=PΛ1Λ1TPT.
再令U=Λ1TPT,则U可逆,且A=UTU.
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