第五章相似矩阵及二次型.docx

1、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)1 1 11 2 41 3 9解 根据施密特正交化方法1b1 a111b ,a 1b a 1 2 b 02 2 b ,b 1 11 11b a b1,a3bb2,a3b 1 23 3 b ,b 1b ,b 2 3 11 1 2 2111011101110(2) (a1, a2, a3)解 根据施密特正交化方法10b1 a1 11b2 a2b1,a2b113321b ,b 11 1b a b1,a3b1b2,a3 1 33 3 b ,b 1bb ,b 2 5 341 1 2 22 下列

2、矩阵是不是正交阵:11123(1) 1 1212;1 113 2184999814999447999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)TE 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)xTE 4xxT 4xxTE所以 H 是正交

3、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:212(1)533 ;1022 l12解| AlE |53 l3(l 1)3102 l故 A 的特征值为l 1(三重)对于特征值l 1 由3A E 511 22 3 0 11 0 10 1 10 0 0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l 1 的特征值向量.(2)1 2 32 1 3 ;3 3 61 l

4、 2 3解 | AlE |2 1 l 33 3 6 ll(l1)(l 9)故 A 的特征值为l1 0 l2 1 l3 9对于特征值l1 0 由1 2 3A 2 1 3 3 3 61 2 30 1 10 0 0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l1 0 的特征值向量.对于特征值l2 1, 由2 2 3A E 2 2 3 3 3 72 2 30 0 10 0 0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l2 1 的特征值向量对于特征值l3 9 由A 9E8 2 3 1 1 12 8 3 0 1 103

5、3 3 0 0 2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l3 9 的特征值向量0 00 10 01 00 10 01 00 0(3) .解 | AlE |l 0 0 10 l 1 00 1 l 01 0 0 l(l 1)2(l1)2故 A 的特征值为l1 l21l3 l4 1对于特征值l1 l21由1 0 010 1 100 1 101 0 01A E 1 0 0 10 1 1 00 0 0 00 0 0 0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

6、l1 l2 1 的线性无关特征值向量0 1 11 0 01 0 0 1对于特征值l3 l4 1由100 1A E 011 00 1 1 00 0 0 0 01 0 0 0 0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l3 l4 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 lE| |(A lE)T| |A lE|T |A lE|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

7、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) r R(B) t 则 r t n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l 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l 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

8、r 0记 g 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 g 0 g是 A 的也是 B 的关于l 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(A2 3A 2E)x l2x 3lx 2x (l2 3l 2)x 0因为 x 0 所以l2 3l

9、2 0 即l是方程l2 3l 2 0 的根 也就是说l 1 或l 29 设 A 为正交阵 且|A| 1 证明l 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l 1 是 A 的特征值10 设l 0 是 m 阶矩阵 Am nBn m 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l 0 的特征向量 则有(AB)x lx于是 B(AB)x B(lx)或 BA(B x) 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

10、知 3 阶矩阵 A 的特征值为 1 2 3 求|A3 5A2 7A|解 令j(l) l3 5l2 7l 则j(1) 3 j(2) 2 j(3) 3 是j(A)的特征值 故|A3 5A2 7A| |j(A)| j(1) j(2) j(3) 3 2 3 1812 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 1A* 3A 2E 6A 1 3A 2E令j(l) 6l 1 3l2 2 则j(1) 1 j(2) 5 j( 3) 5 是j(A)的特征值 故|A* 3A 2E| | 6A 1 3A 2

11、E| |j(A)|j(1) j(2) j( 3) 1 5 ( 5) 2513 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 A解 由2 0 13 1 x4 0 5可相似对角化 求 x| A lE |2 l 0 13 1 l x4 0 5 l(l 1)2(l 6)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1 01 r1 0 1( A E)3 0x 0 0 x4 040 0 0(A E)x 0 有两个线性无关的解 因此

12、R(A E) 1 由3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 A量2 1 25 a 31 b 2的一个特征向(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2 l 1210(A lE)p 0 即5 a l3101 b2 l10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2 l 1 2| A lE | 5 3 l 3(l 1)31 0 2 l得 A 的特征值为l1 l2 l3 111 2 r1 01A E52 3 0 11b 10 00由1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