05第五章 相似矩阵及二次型.doc

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)931421111),(321aaa解根据施密特正交化方法11111ab101,1112122bbbabab12131,222321113133bbbabbbbabab(2)011101110111),(321aaa解根据施密特正交化方法110111ab123131,1112122bbbabab433151,222321113133bbbabbbbabab2下列矩阵是不是正交阵:(1)121312112131211；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)TE2(xT)TxTE2xxT所以H是对称矩阵因为HTHHH(E2xxT)(E2xxT)E2xxT2xxT(2xxT)(2xxT)E4xxT4x(xTx)xTE4xxT4xxTE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)201335212；解3)1(201335212|EA故A的特征值为1(三重)对于特征值1由000110101101325213EA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)633312321；解)9)(1(633312321|EA故A的特征值为102139对于特征值10由000110321633312321A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.对于特征值21,由000100322733322322EA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00021101113333823289EA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)0001001001001000.解22)1()1(001010010100|EA故A的特征值为121341对于特征值121由00000000011010011001011001101001EA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对于特征值341由00000000011010011001011001101001EA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29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(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)3231812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|A16A1A*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)2513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50413102xA可相似对角化求x解由)6()1(50413102|2xEA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00030010140403101)(xxEAr知当x3时R(AE)1即x3为所求15已知p(111)T是矩阵2135212baA的一个特征向量(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0001112135212ba解之得1a3b0(2)问A能不能相似对角化？并说明理由解由3)1(201335212|EA