线性代数第五章答案

线性代数第五章答案线性代数第五章答案线性代数第五章答案线性代数第五章答案编制仅供参考审核批准生效日期地址：电话：传真:邮编: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);解故A的特征值为1(三重)对于特征值1由得方程(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);解故A的特征值为102139对于特征值10由得方程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).（和书后答案不同，以书后为主，但解题步骤可以参考）解故A的特征值为121341对于特征值121由得方程(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k1k2knrl1l2lnk1a1k2a2knranrl1b1l2b2lnrbnr记k1a1k2a2knranr(l1b1l2b2lnrbn则k1k2knr不全为0否则l1l2lntl1b1l2b2lnrbnr0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（需要说明）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*3A2E6A13A2令()6132则(1)1(2)5(3)5是(A)的特征值故|A*3A2E||6A13A2E||(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设矩阵可相似对角化求x解由得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由知当x3时R(AE)1即x3为所求15已知p(111)T是矩阵的一个特征向量(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即解之得1a3b(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1231由知R(AE)2所以齐次线性方程组(AE)x0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)(4)(2)得矩阵A的特征值为122134对于12解方程(A2E)x0即得特征向量(122)T单位化得对于21,解方程(AE)x0即得特征向量(212)T单位化得对于34,解方程(A4E)x0即得特征向量(221)T单位化得于是有正交阵P(p1p2p3)使P1APdiag(214)(2)（和书后答案不同，以书后答案为准，解题步骤可以参考）解将所给矩阵记为A由(1)2(10)得矩阵A的特征值为121310对于121解方程(AE)x0即得线性无关特征向量(210)T和(201)T将它们正交化、单位化得对于310,解方程(A10E)x0即得特征向量(122)T单位化得于是有正交阵P(p1p2p3)使P1APdiag(1110)17设矩阵与相似求xy并求一个正交阵P使P1AP解已知相似矩阵有相同的特征值显然54y是的特征值故它们也是A的特征值因为4是A的特征值所以解之得x4已知相似矩阵的行列式相同因为所以20y100y5对于5解方程(A5E)x0得两个线性无关的特征向量(101)T(120)T将它们正交化、单位化得对于4解方程(A4E)x0得特征向量(212)T单位化得于是有正交矩阵使P1AP18设3阶方阵A的特征值为122231对应的特征向量依次为p1(011)Tp2(111)Tp3(110)T求A.解令P(p1p2p3)则P1APdiag(221)APP1因为所以19设3阶对称阵A的特征值为112130对应1、2的特征向量依次为p1(122)Tp2(212)T求A解设则Ap12p1Ap22p2即①②再由特征值的性质有x1x4x61230③由①②③解得令x60得x20因此20设3阶对称矩阵A的特征值162333与特征值16对应的特征向量为p1(111)T求A.解设因为16对应的特征向量为p1(111)T所以有即①233是A的二重特征值,根据实对称矩阵的性质定理知R(A3E)1利用①可推出因为R(A3E)1所以x2x43x5且x3x5x63解之得x2x3x51x1x4x64因此21设a(a1a2an)Ta10A(1)证明0是A的n1重特征值证明设是A的任意一个特征值x是A的对应于的特征向量则有Axx2xA2xaaTaaTxaTaAxaTax于是可得2aTa从而0或aTa设12n是A的所有特征值因为AaaT的主对角线性上的元素为a12a22an2a12a22an2aTa12这说明在12n中有且只有一个等于aTa而其余n1个全为0即0是A的n1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1aTa2n0因为AaaaTa(aTa)a1a所以p1a是对应于1aTa的特征向量对于2n0解方程Ax0即aaTx0因为a0所以aTx0即a1x1a2x2anxn0p2(a2a100)p3(a30a10)pn(an00a1)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112535对于11解方程(AE)x0得特征向量p1(100)T对于15解方程(A5E)x0得特征向量p2(212)T对于15解方程(A5E)x0得特征向量p3(121)T令P(p1p2p3)则P1APdiag(155)APP1A100P100P1因为100diag(151005100)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(xnyn1)(1)求关系式中的矩阵A解由题意知xn1xnqynpxn(1p)xnqynyn1ynpxnqynpxn(1q)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112r其中r1pq对于11解方程(AE)x0得特征向量p1(qp)T对于1r解方程(ArE)x0得特征向量p2(11)T令则P1APdiag(1r)APP1AnPnP1于是24(1)设求(A)A105A9解由得A的特征值为1125对于11解方程(AE)x0得单位特征向量对于15解方程(A5E)x0得单位特征向量于是有正交矩阵使得P1APdiag(15)从而APP1AkPkP1因此(A)P()P1P(1059)P1P[diag(1510)5diag(159)]P1Pdiag(40)P1(2)设,求(A)A106A95A8解求得正交矩阵为使得P1APdiag(115)APP1于是(A)P()P1P(106958)P1P[8(E)(5E)]P1Pdiag(1158)diag(204)diag(640)P1Pdiag(1200)P125用矩阵记号表示下列二次型:(1)fx24xy4y22xzz24yz解(2)fx2y27z22xy4xz4yz解(3)fx12x22x32x422x1x24x1x32x1x46x2x34x2x4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)f2x123x223x334x2x3解二次型的矩阵为由得A的特征值为122531当12时,解方程(A2E)x0由得特征向量(100)T取p1(100)T当25时解方程(A5E)x0由得特征向量(011)T取当31时解方程(AE)x0由得特征向量(011)T取于是有正交矩阵T(p1p2p3)和正交变换xTy使f2y125y22y32(2)fx12x22x32x422x1x22x1x42x2x32x3x4解二次型矩阵为由得A的特征值为1123341当11时可得单位特征向量当23时可得单位特征向量当341时可得线性无关的单位特征向量于是有正交矩阵T(p1p2p3p4)和正交变换xTy使fy123y22y32y4228求一个正交变换把二次曲面的方程3x25y25z24xy4xz10yz1化成标准方程解二次型的矩阵为由得A的特征值为1221130对于12解方程(A2E)x0得特征向量(411)T单位化得对于211解方程(A11E)x0得特征向量(122)T单位化得对于30解方程Ax0得特征向量(011)T单位化得于是有正交矩阵P(p1p2p3)使P1APdiag(2110)从而有正交变换使原二次方程变为标准方程2u211v2129明二次型fxTAx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TAT1diag(12n)成立其中12n为A的特征值不妨设1最大作正交变换yTx即xTTy注意到T1TT有fxTAxyTTATTyyTy1y122y22nyn2因为yTx正交变换所以当||x||1时有||y||||x||1即y12y22yn21因此f1y122y22nyn21又当y11y2y3yn0时f1所以fmax130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(x1x2x3)x123x225x322x1x24x1x3解f(x1x2x3)x123x225x322x1x24x1x3(x1x