工程数学线性代数课后答案同济第五版.pdf

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 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 1 931 421 111 321 a a a aa a a aa a a a 解根据施密特正交化方法 1 1 1 11 a a a ab b b b 1 0 1 1 11 21 22 b b b b b b b bb b b b a a a ab b b b a a a ab b b b 1 2 1 3 1 2 22 32 1 11 31 33 b b b b b b b bb b b b a a a ab b b b b b b b b b b bb b b b a a a ab b b b a a a ab b b b 2 011 101 110 111 321 a a a aa a a aa a a a 解根据施密特正交化方法 1 1 0 1 11 a a a ab b b b 1 2 3 1 3 1 1 11 21 22 b b b b b b b bb b b b a a a ab b b b a a a ab b b b 4 3 3 1 5 1 2 22 32 1 11 31 33 b b b b b b b bb b b b a a a ab b b b b b b b b b b bb b b b a a a ab b b b a a a ab b b b 2 下列矩阵是不是正交阵 68 1 1 2 1 3 1 2 1 1 2 1 3 1 2 1 1 解此矩阵的第一个行向量非单位向量 故不是正交阵 2 9 7 9 4 9 4 9 4 9 1 9 8 9 4 9 8 9 1 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 x x x为n维列向量 x x x xTx x x x 1 令H E 2xxxxxxxxT 证明H是对称的正交阵 证明因为 HT E 2xxxxxxxxT T E 2 xxxxxxxxT T E 2 xxxxxxxxT T E 2 x x x xT Tx x x xT E 2xxxxxxxxT 所以H是对称矩阵 因为 HTH HH E 2xxxxxxxxT E 2xxxxxxxxT E 2xxxxxxxxT 2xxxxxxxxT 2xxxxxxxxT 2xxxxxxxxT E 4xxxxxxxxT 4x x x x x x x xTx x x x x x x xT E 4xxxxxxxxT 4xxxxxxxxT 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 1 201 335 212 解 3 1 201 335 212 EA 故A的特征值为 1 三重 69 对于特征值 1 由 000 110 101 101 325 213 EA 得方程 A E x x x x 0 0 0 0 的基础解系p p p p1 1 1 1 T 向量p p p p1就是对应于特征值 1 的特 征值向量 2 633 312 321 解 9 1 633 312 321 EA 故A的特征值为 1 0 2 1 3 9 对于特征值 1 0 由 000 110 321 633 312 321 A 得方程Ax x x x 0 0 0 0的基础解系p p p p1 1 1 1 T 向量p p p p1是对应于特征值 1 0的特征值向 量 对于特征值 2 1 由 000 100 322 733 322 322 EA 得方程 A E x x x x 0 0 0 0 的基础解系p p p p2 1 1 0 T 向量p p p p2就是对应于特征值 2 1 的特 征值向量 对于特征值 3 9 由 000 2 1 10 111 333 382 328 9 EA 得方程 A 9E x x x x 0 0 0 0 的基础解系p p p p3 1 2 1 2 1 T 向量p p p p3就是对应于特征值 3 9 的 特征值向量 3 0001 0010 0100 1000 70 解 22 1 1 001 010 010 100 EA 故A的特征值为 1 2 1 3 4 1 对于特征值 1 2 1 由 0000 0000 0110 1001 1001 0110 0110 1001 EA 得方程 A E x x x x 0 0 0 0的基础解系p p p p1 1 0 0 1 T p p p p2 0 1 1 0 T 向量p p p p1和p p p p2是对应 于特征值 1 2 1 的线性无关特征值向量 对于特征值 3 4 1 由 0000 0000 0110 1001 1001 0110 0110 1001 EA 得方程 A E x x x x 0 0 0 0的基础解系p p p p3 1 0 0 1 T p p p p4 0 1 1 0 T 向量p p p p3和p p p p4是对应于 特征值 3 4 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 E A E T A E T A E 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 r R B t 则r tn 故a a a a1 a a a a2 a a a an r b b b b1 b b b b2 b b b 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 k1a a a a1 k2a a a a2 kn ra a a an r l1b b b b1 l2b b b b2 ln rb b b bn r 0 0 0 0 记 k1a a a a1 k2a a a a2 kn ra a a an r l1b b b b1 l2b b b b2 ln rb b b bn r 则k1 k2 kn r不全为 0 否则l1 l2 ln t不全为 0 而 l1b b b b1 l2b b b b2 ln rb b b bn r 0 0 0 0 71 与b b b b1 b b b b2 b b b bn t线性无关相矛盾 因此 0 0 0 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A2 3A 2E O 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 x x x是A的对应于 的特征向量 则 A2 3A 2E x x x x 2x x x x 3 x x x x 2x x x x 2 3 2 x x x x 0 因为x x x x 0 0 0 0 所以 2 3 2 0 即 是方程 2 3 2 0 的根 也就是说 1 或 2 9 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Am nBn m的特征值 证明 也是n阶矩阵BA的特征值 证明设x x x x是AB的对应于 0 的特征向量 则有 AB x x x x x x x x 于是B AB x x x x B x x x x 或BA B x x x x Bx x x x 从而 是BA的特征值 且Bx x x x是BA的对应于 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 3 5 2 7 则 1 3 2 2 3 3 是 A 的特征值 故 A3 5A2 7A A 1 2 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 6 1 3 2 2 则 1 1 2 5 3 5 是 A 的特征值 故 A 3A 2E 6A 1 3A 2E A 1 2 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 72 14 设矩阵 504 13 102 xA可相似对角化 求x 解由 6 1 504 13 102 2 xEA 得A的特征值为 1 6 2 3 1 因为A可相似对角化 所以对于 2 3 1 齐次线性方程组 A E x x x x 0 0 0 0 有两个 线性无关的解 因此R A E 1 由 000 300 101 404 03 101 xxEA r 知当x 3 时R A E 1 即x 3 为所求 15 已知p p p p 1 1 1 T是矩阵 21 35 212 b aA的一个特征向量 1 求参数a b及特征向量p p p p所对应的特征值 解设 是特征向量p p p p所对应的特征值 则 A E p p p p 0 0 0 0 即 0 0 0 1 1 1 21 35 212 b a 解之得 1 a 3 b 0 2 问A能不能相似对角化 并说明理由 解由 3 1 201 335 212 EA 得A的特征值为 1 2 3 1 由 000 110 101 11 325 211 r b EA 知R A E 2 所以齐次线性方程组 A E x x x x 0 0 0 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 73 1 020 212 022 解将所给矩阵记为A 由 20 212 022 EA 1 4 2 得矩阵A的特征值为 1 2 2 1 3 4 对于 1 2 解方程 A 2E x x x x 0 0 0 0 即 0 220 232 024 3 2 1 x x x 得特征向量 1 2 2 T 单位化得 T 3 2 3 2 3 1 1 p p p p 对于 2 1 解方程 A E x x x x 0 0 0 0 即 0 120 202 021 3 2 1 x x x 得特征向量 2 1 2 T 单位化得 T 3 2 3 1 3 2 2 p p p p 对于 3 4 解方程 A 4E x x x x 0 0 0 0 即 0 420 232 022 3 2 1 x x x 得特征向量 2 2 1 T 单位化得 T 3 1 3 2 3 2 3 p p p p 于是有正交阵P p p p p1 p p p p2 p p p p3 使P 1 AP diag 2 1 4 2 542 452 222 解将所给矩阵记为A 由 542 452 222 EA 1 2 10 得矩阵A的特征值为 1 2 1 3 10 对于 1 2 1 解方程 A E x x x x 0 0 0 0 即 74 0 0 0 442 442 221 3 2 1 x x x 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 T 0 1 2 5 1 1 p p p p T 5 4 2 53 1 2 p p p p 对于 3 10 解方程 A 10E x x x x 0 0 0 0 即 0 0 0 542 452 228 3 2 1 x x x 得特征向量 1 2 2 T 单位化得 T 2 2 1 3 1 3 p p p p 于是有正交阵P p p p p1 p p p p2 p p p p3 使P 1 AP diag 1 1 10 17 设矩阵 124 22 421 xA与 y 4 5 相似 求x y 并求一个正 交阵P 使P 1AP 解已知相似矩阵有相同的特征值 显然 5 4 y是 的特征值 故它 们也是A的特征值 因为 4 是A的特征值 所以 0 4 9 524 242 425 4 xxEA 解之得x 4 已知相似矩阵的行列式相同 因为 100 124 242 421 A y y 204 5 所以 20y 100 y 5 对于 5 解方程 A 5E x x x x 0 0 0 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 T 1 0 1 2 1 1 p p p p T 1 4 1 23 1 2 p p p p 对于 4 解方程 A 4E x x x x 0 0 0 0 得特征向量 2 1 2 T 单位化得 T 2 1 2 3 1 3 p p p p 75 于是有正交矩阵 23 1 3 2 2 1 23 4 3 1 0 23 1 3 2 2 1 P 使P 1AP 18 设 3 阶方阵A的特征值为 1 2 2 2 3 1 对应的特征向量依次为 p p p p1 0 1 1 T p p p p2 1 1 1 T p p p p3 1 1 0 T 求A 解令P p p p p1 p p p p2 p p p p3 则P 1AP diag 2 2 1 A P P 1 因为 110 111 011 011 111 110 1 1 P 所以 110 111 011 100 020 002 011 111 110 1 PPA 244 354 331 19 设 3 阶对称阵A的特征值为 1 1 2 1 3 0 对应 1 2的特征向量依 次为p p p p1 1 2 2 T p p p p2 2 1 2 T 求A 解设 653 542 321 xxx xxx xxx A 则Ap p p p1 2p p p p1 Ap p p p2 2p p p p2 即 222 222 122 653 542 321 xxx xxx xxx 222 122 222 653 542 321 xxx xxx xxx 再由特征值的性质 有 x1 x4 x6 1 2 3 0 由 解得 61 2 1 3 1 xx 62 2 1 xx 63 4 1 3 2 xx 64 2 1 3 1 xx 65 4 1 3 2 xx 令x6 0 得 3 1 1 x x2 0 3 2 3 x 3 1 4 x 3 2 5 x 76 因此 022 210 201 3 1 A 20 设 3 阶对称矩阵A的特征值 1 6 2 3 3 3 与特征值 1 6 对应的特征 向量为p p p p1 1 1 1 T 求A 解设 653 542 321 xxx xxx xxx A 因为 1 6 对应的特征向量为p p p p1 1 1 1 T 所以有 1 1 1 6 1 1 1 A 即 6 6 6 653 542 321 xxx xxx xxx 2 3 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 可推出 3 3 111 3 3 3 3 653 542 653 542 321 xxx xxx xxx xxx xxx EA 因为R A 3E 1 所以x2 x4 3 x5且x3 x5 x6 3 解之得 x x x x2 x x x x3 x x x x5 1 x x x x1 x x x x4 x x x x6 4 因此 411 141 114 A 21 设a a a a a1 a2 an T a1 0 A aaaaaaaaT 1 证明 0 是A的n 1 重特征值 证明设 是A的任意一个特征值 x x x x是A的对应于 的特征向量 则有 Ax x x x x x x x 2x x x x A2x x x x aaaaaaaaTaaaaaaaaTx x x x a a a aTa a a aAx x x x a a a aTa a a ax x x x 于是可得 2 a a a aTa a a a 从而 0 或 a a a aTa a a a 设 1 2 n是A的所有特征值 因为A aaaaaaaaT的主对角线性上的元素为a12 a22 an2 所以 a12 a22 an2 a a a aTa a a a 1 2 n 这说明在 1 2 n中有且只有一个等于a a a aTa a a a 而其余n 1个全为0 即 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 1 a a a aTa a a a 2 n 0 因为Aa a a a aaaaaaaaTa a a a a a a aTa a a a a a a a 1a a a a 所以p p p p1 a a a a是对应于 1 a a a aTa a a a的特征向量 77 对于 2 n 0 解方程Ax x x x 0 0 0 0 即aaaaaaaaTx x x x 0 0 0 0 因为a a a a 0 0 0 0 所以a a a aTx x x x 0 即 a1x1 a2x2 anxn 0 其线性无关解为 p p p p2 a2 a1 0 0 T p p p p3 a3 0 a1 0 T p p p pn an 0 0 a1 T 因此n个线性无关特征向量构成的矩阵为 1 12 21 21 0 0 aa aa aaa n n n p p p pp p p pp p p p 22 设 340 430 241 A 求A100 解由 5 5 1 340 430 241 EA 得A的特征值为 1 1 2 5 3 5 对于 1 1 解方程 A E x x x x 0 0 0 0 得特征向量p p p p1 1 0 0 T 对于 1 5 解方程 A 5E x x x x 0 0 0 0 得特征向量p p p p2 2 1 2 T 对于 1 5 解方程 A 5E x x x x 0 0 0 0 得特征向量p p p p3 1 2 1 T 令P p p p p1 p p p p2 p p p p3 则 P 1AP diag 1 5 5 A P P 1 A100 P 100P 1 因为 100 diag 1 5100 5100 120 210 505 5 1 120 210 121 1 1 P 所以 120 210 505 5 5 1 120 210 121 5 1 100 100100 A 78 100 100 100 500 050 1501 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 n n n n y x A y x 1 1 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 n n n n y x qp qp y x 1 1 1 1 因此 qp qp A 1 1 2 设目前农村人口与城镇人口相等 即 5 0 5 0 0 0 y x 求 n n y x 解由 n n n n y x A y x 1 1 可知 0 0 y x A y x n n n 由 1 1 1 1 qp qp qp EA 得A的特征值为 1 1 2 r 其中r 1 p q 对于 1 1 解方程 A E x x x x 0 0 0 0 得特征向量p p p p1 q p T 对于 1 r 解方程 A rE x x x x 0 0 0 0 得特征向量p p p p2 1 1 T 令 1 1 21 p q Pp p p pp p p p 则 P 1 AP diag 1 r A P P 1 An P nP 1 于是 1 1 1 0 01 1 1 p q rp q A n n qprp q qp n 11 0 01 1 11 79 nn nn qrpprp qrqprq qp 1 5 0 5 01 nn nn n n qrpprp qrqprq qp y x n n rpqp rqpq qp 2 2 2 1 24 1 设 32 23 A 求 A A10 5A9 解由 5 1 32 23 EA 得A的特征值为 1 1 2 5 对于 1 1 解方程 A E x x x x 0 0 0 0 得单位特征向量 T 1 1 2 1 对于 1 5 解方程 A 5E x x x x 0 0 0 0 得单位特征向量 T 1 1 2 1 于是有正交矩阵 11 11 2 1 P 使得P 1AP diag 1 5 从而A P P 1 Ak P kP 1 因此 A P P 1 P 10 5 9 P 1 P diag 1 510 5diag 1 59 P 1 Pdiag 4 0 P 1 11 11 2 1 00 04 11 11 2 1 11 11 2 22 22 2 设 122 221 212 A 求 A A10 6A9 5A8 解求得正交矩阵为 202 231 231 6 1 P 使得P 1AP diag 1 1 5 A P P 1 于是 A P P 1 P 10 6 9 5 8 P 1 80 P 8 E 5E P 1 Pdiag 1 1 58 diag 2 0 4 diag 6 4 0 P 1 Pdiag 12 0 0 P 1 222 033 211 0 0 12 202 231 231 6 1 422 211 211 2 25 用矩阵记号表示下列二次型 1 f x2 4xy 4y2 2xz z2 4yz 解 z y x zyxf 121 242 121 2 f x2 y2 7z2 2xy 4xz 4yz 解 z y x zyxf 722 211 211 3 f x12 x22 x32 x42 2x1x2 4x1x3 2x1x4 6x2x3 4x2x4 解 4 3 2 1 4321 1021 0132 2311 1211 x x x x xxxxf 26 写出下列二次型的矩阵 1 x x x xx x x xx x x x 13 12 T f 解二次型的矩阵为 13 12 A 2 x x x xx x x xx x x x 987 654 321 T f 解二次型的矩阵为 987 654 321 A 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 81 解二次型的矩阵为 320 230 002 A 由 1 5 2 320 230 002 EA 得A的特征值为 1 2 2 5 3 1 当 1 2 时 解方程 A 2E x x x x 0 0 0 0 由 000 100 210 120 210 000 2 EA 得特征向量 1 0 0 T 取p p p p1 1 0 0 T 当 2 5 时 解方程 A 5E x x x x 0 0 0 0 由 000 110 001 220 220 003 5 EA 得特征向量 0 1 1 T 取 T 2 1 2 1 0 2 p p p p 当 3 1 时 解方程 A E x x x x 0 0 0 0 由 000 110 001 220 220 001 EA 得特征向量 0 1 1 T 取 T 2 1 2 1 0 3 p p p p 于是有正交矩阵T p p p p1 p p p p2 p p p p3 和正交变换x x x x Ty y y y 使 f 2y12 5y22 y32 2 f x12 x22 x32 x42 2x1x2 2x1x4 2x2x3 2x3x4 解二次型矩阵为 1101 1110 0111 1011 A 由 2 1 3 1 1101 1110 0111 1011 EA 得A的特征值为 1 1 2 3 3 4 1 82 当 1 1 时 可得单位特征向量 T 2 1 2 1 2 1 2 1 1 p p p p 当 2 3 时 可得单位特征向量 T 2 1 2 1 2 1 2 1 2 p p p p 当 3 4 1 时 可得线性无关的单位特征向量 T 0 2 1 0 2 1 3 p p p p T 2 1 0 2 1 0 4 p p p p 于是有正交矩阵T p p p p1 p p p p2 p p p p3 p p p p4 和正交变换x x x x Ty y y y 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 552 552 223 A 由 11 2 552 552 223 EA 得A的特征值为 1 2 2 11 3 0 对于 1 2 解方程 A 2E x x x x 0 0 0 0 得特征向量 4 1 1 T 单位化得 23 1 23 1 23 4 1 p p p p 对于 2 11 解方程 A 11E x x x x 0 0 0 0 得特征向量 1 2 2 T 单位化得 3 2 3 2 3 1 2 p p p p 对于 3 0 解方程Ax x x x 0 0 0 0 得特征向量 0 1 1 T 单位化得 2 1 2 1 0 3 p p p p 于是有正交矩阵P p p p p1 p p p p2 p p p p3 使P 1AP diag 2 11 0 从而有正交变换 w v u z y x 2 1 3 2 23 1 2 1 3 2 23 1 0 3 1 23 4 使原二次方程变为标准方程 2u2 11v2 1 83 29 明 二次型f x x x xTAx x x x在 x x x 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 1 2 n 成立 其中 1 2 n为A的特征值 不妨设 1最大 作正交变换y y y y Tx x x x 即x x x x TTy y y y 注意到T 1 TT 有 f x x x xTAx x x x y y y yTTATTy y y y y y y yT y y y y 1y12 2y22 nyn2 因为y y y y Tx x x x正交变换 所以当 x x x x 1 时 有 y y y y x x x x 1 即y12 y22 yn2 1 因此 f 1y12 2y22 nyn2 1 又当y1 1 y2 y3 yn