第四章向量组的线性相关性山东建筑大学

1、山东建筑大学第四章向量组的线性相关性1设, 求及.解 2. 设其中, ,求.解由整理得3设,证明向量组线性相关.证明设有使得则(1) 若线性相关,则存在不全为零的数,; ; ; ;由不全为零,知不全为零,即线性相关.(2) 若线性无关, 则由知此齐次方程存在非零解. 则线性相关.综合得证.4. 设,且向量组线性无关,证明向量组线性无关.证明设则因向量组线性无关,故因为故方程组只有零解.则. 所以线性无关5. 设向量组线性无关，向量可由向量组线性表示，而向量不能由向量组线性表示.证明:个向量必线性无关.证明6. 当为何值时，向量组，线性相关.解 由所以当时，所以.7. CCBC8. (1).线性

2、相关；(2).；(3).线性相关；(4).线性无关。9. 求下列向量组的秩，并求一个最大无关组：解线性相关.由秩为2,一组最大线性无关组为.10. 利用初等变换求矩阵的列向量组的一个最大无关组，并把不属于最大无关组的列向量用最大无关组线性表示.解所以第1、2、3列构成一个最大无关组，。11. 已知向量组，与向量组，具有相同的秩，且可由向量组线性表示，求的值.解 因为线性无关，而，所以线性相关，且向量组的秩为2，所以向量组的秩也为2.由于可由线性表示，故可由线性表示，即线性相关.于是有 ，解得，另外，解得.故 ，.12. DC13. 由 所生成的向量空间记作 ，由所生成的向量空间记作 ，试证:

3、.证明设, 任取中一向量,可写成,要证,从而得由得上式中,把看成已知数,把看成未知数有唯一解同理可证: () 故14. 验证为的一个基，并把，用这个基表示.解 由于即矩阵的秩为3. 故线性无关，则为的一个基.设，则故设，则故线性表示为15. 求下面齐次线性方程组的基础解系与通解.解(1)所以原方程组等价于取得; 取得.因此基础解系为，通解为。16. 设，求一个矩阵，使，且.解由于,所以可设. 则由可得, ,解此非齐次线性方程组可得唯一解，故所求矩阵17.设四元非齐次线性方程组的系数矩阵的秩为3，已知是它的三个解向量，且，求该方程组的通解。解 由于矩阵的秩为3，一维故其对应的齐次线性方程组的基础

4、解系含有一个向量，且由于均为方程组的解，由非齐次线性方程组解的结构性质得为其基础解系向量，故此方程组的通解：，18求下列非齐次方程组的通解.解:通解为19. DBCAD第五章 相似矩阵及二次型1. 试用施密特法把向量组正交化.解：根据施密特正交化方法:令，, ，故正交化后得 2. 判断下列矩阵是不是正交阵，并说明理由:(1) (2)解： (1)第一个行向量非单位向量, 故不是正交阵(2) 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. 设为n维列向量, , 令, 求证: 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)Tx

5、T=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. 设与都是阶正交矩阵, 证明：（1）也是正交阵；（2）也是正交阵.证明（1）因为是阶正交阵，故， 所以 故也是正交阵正交.正交.（2） 因为是阶正交阵，故，故也是正交阵5. 求下列矩阵的特征值和特征向量:(1) (2).并问它们的特征向量是否两两正交?解：(1) . 故的特征值为当时,解方程,由, 得基础解系所以是对应于的全部特征值向量当时,解方程,由, 得基础解系所以是对

6、应于的全部特征向量,故不正交(2).故的特征值为当时，解方程，由,得基础解系故是对应于的全部特征值向量.当时,解方程，由,得基础解系故是对应于的全部特征值向量当时，解方程，由,得基础解系故是对应于的全部特征值向量，所以两两正交6.设为阶矩阵, 证明与的特征值相同.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, 证明的特征值只能取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x¹0,

7、 所以l2-3l+2=0, 即l是方程l2-3l+2=0的根, 也就是说l=1或l=2.8.设是阶矩阵的特征值, 证明也是阶矩阵的特征值.证明: 设x是AB的对应于l¹0的特征向量, 则有(AB)x=lx,于是B(AB)x=B(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.9. 已知3阶矩阵的特征值为1,2,3, 求.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´

8、3=18.10. 设方阵与相似, 求x , y.解 方阵与相似，则与的特征多项式相同，即11. 设A与B都是n阶方阵,且,证明AB与BA相似.证明: 则可逆 则与相似12. 设矩阵可相似对角化, 求.解由,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(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.13. 设3阶方阵A的特征值为;对应的特征向量依次为求A.解：因为，又，所以，.14. 已知是矩阵的一个特征向量，试求参数及特征向量所对应的特征值.解：设l是特征向量p所对应的特征值,则 (

9、A-lE)p=0,即,解之得l=-1,a=-3,b=0.15. 设3阶实对称阵A的特征值为6,3,3, 与特征值6对应的特征向量为，求A.解： 设. 由，知3是的二重特征值,根据实对称矩阵的性质定理知的秩为1，故利用可推出秩为1.则存在实的使得成立由解得得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：故得特征值为当时，由. 解得. 单位特征向量可取:当时,由. 解得. 单位特征向量可取:当时,由.解得单位特征向量可取:, 得正交阵. . (2) 解：，故得特征值为当时，由. 解得此二个向量正交,单位化后,得两个单位正交的特征向量; ，单位化得当时,由. 解得. 单

10、位化得.得正交阵. 17. 设, 求解 由,得A的特征值为l1=1,l2=5,l3=-5.对于l1=1, 解方程(A-E)x=0, 得特征向量p1=(1,0,0)T.对于l1=5, 解方程(A-5E)x=0, 得特征向量p2=(2,1,2)T.对于l1=-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)=L,A=PLP-1,A100=PL100P-1.因为L100=diag(1,5100,5100),所以.18. 用矩阵记号表示下列二次型:(1);解： (2).解：19. 求一个正交矩阵化下列二次型成标准

11、形:(1);解：二次型的矩阵为, 故的特征值为当时, 解方程，由. 得基础解系. 取当时，解方程，由，得基础解系. 取当时，解方程，由得基础解系. 取，于是正交变换为. 且有(2).解：二次型矩阵为，故的特征值为当时，可得单位特征向量，当时，可得单位特征向量，当时，可得单位特征向量，于是正交变换为且有20. 证明:二次型在时的最大值为方阵A的最大特征值.证明为实对称矩阵，则有一正交矩阵，使得成立其中为的特征值，不妨设最大，为正交矩阵，则且，故则其中当时，即即故得证21.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)；解 f(x1,x2,x3)=x12+2x32+2x1x3+2x2

12、x3=(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(2).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22.判别下列二次型的正定性:(1);解：, ，故为负定 (2).解：，, ,故为正定23.设U为可逆矩阵, 证明为正定二次型.证明：因为所以A对称.对于由于U为可逆矩阵，有否则，若则必有矛盾.所以当所以为正定二次型。24.设对称阵A为正定阵, 证明存在可逆矩阵U, 使.证明：

13、正定，则矩阵满秩，且其特征值全为正不妨设为其特征值，存在一正交矩阵使又因为正交矩阵，则可逆，所以令，可逆,则25. 试证:（1）A正定,则与也正定;（2）A与B均为n阶正定阵, 则A+B为正定阵.证明：（1），（2）26. 选择题：（1）设=2是非奇异矩阵A的一个特征值，则矩阵有一个特征值等于（ b ）(a) (b) (c) (d) （2）设A为n阶可逆阵，为A的一个特征值，则A的伴随阵的一个特征值是（ b ）(a) (b) (c) (d) （3）设A为n阶可逆阵，且（k为正整数）, 则（ c ）(a) A=0 （b）A有一个不为零的特征值(c) A的特征值全为零 （d）A有n个线性无关的特征向量（4）设是n阶矩阵A的特征值，且齐次线性方程组的基础解系为，则A的属于的全部特征向量是（ d ）(a) （b）(c)(全不为零) （d）(不全为零)（5）下列二阶矩阵可对角化的是（ c ）(a) (b) (c) (d) 线性代数期