《线性代数》课后习题答案.pdf

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1、第一章第一章 行列式行列式习题习题 1.11.11.证明：（1）首先证明Q(3)是数域。因为Q Q(3)，所以Q(3)中至少含有两个复数。任给两个复数a1b13,a2b23Q(3)，我们有(a1b13)(a2b23)(a1 a2)(b1b2)3(a1b13)(a2b23)(a1a2)(b1b2)3(a1b13)(a2b23)(a1a23b1b2)(b1a2 a1b2)3因为Q是数域，所以有理数的和、差、积仍然为有理数，所以。(a1b13)(a2b23)(a1 a2)(b1b2)3Q(3)(a1b13)(a2b23)(a1a2)(b1b2)3Q(3)(a1b13)(a2b23)(a1a23b1b

2、2)(b1a2 a1b2)3Q(3)如果a2b23 0，则必有a2,b2不同时为零，从而a2b23 0。又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数，所以。a1b13a2b23。(a1b13)(a2b23)(a2b23)(a2b23)(a1a23b1b2)(b1a2a1b2)3Q(3)2222a23b2a23b2综上所述，我们有Q(3)是数域。（2）类似可证明Q(p)是数域，这儿p是一个素数。（3）下面证明：若p,q为互异素数，则Q(p)Q(q)。（反证法）如果Q(p)Q(q)，则a,bQ p a b q，从而有p (p)2(a2 qb2)2ab q。由于上式左端是有理数，而q是无理数，所以必有2a

3、b q 0。所以有a 0或b 0。2如果a 0，则p qb，这与p,q是互异素数矛盾。如果b 0，则有p a，从而有“有理数=无理数”成立，此为矛盾。所以假设不成立，从而有Q(p)Q(q)。同样可得Q(q)Q(p)。（4）因为有无数个互异的素数，所以由（3）可知在Q和之间存在无穷多个不同的数域。2.解：（1）P(1)是数域，证明略（与上面类似）。（2）Q(1)就是所有的实部和虚部都为有理数的复数所组成的集合。而(1)C(1)复数域。（3）Z(1)不是数域，这是因为他关于除法不封闭。例如1Z(1)。23.证明：（1）因为F,K都是数域，所以Q F,Q K，从而Q F K。故F K含有两个以上的复

4、数。任给三个数a,b F K,0 c F K，则有a,b,c F且a,b,c K。因为F,K是数域，所以有a b,ab,所以F K是数域。（2）F K一般不是数域。例如F Q(2),K Q(3)，我们有2,3F K，但是6 aaa F且a b,ab,K。所以a b,ab,F K。ccc2 3F K。习题习题 1.21.22.解：项a23a31a42a56a14a65的符号为(1)(234516)(312645)习题习题 1.31.31证明：根据行列式的定义1 11 11 1111=j1j2(1)jn(j1j2jn)a1j1a2 j2anjnaij1j1j2(1)(j1j2jnjn)=0。所以上

5、式中(-1)的个数和(+1)的个数一样多，(-1)是由奇排列产生的，而(+1)是由偶排列产生的。同时根据行列式的定义这里包括了所有的n阶排列，故可以得到全体n阶排列中奇排列的个数与偶排列的个数一样多，各占一半。199819992解(1)2001200020022003200420052006C3C2199819991200120021200420051C2C119981 120011 1=0；20041 11002（2）034011（3）101R4 R3000110111002b2c0120C3C230C4 C1041011111001R2 R11R3 R1110020340006000下三角

6、形1268=96；0801111R240111010100101R3 R211100011110101012111100101001101上三角形1113=3；232a2abca2b2ccab1R1 R2 R3abc（4）abcabcabc2b2c1bca2c2bcab提取公因子1(abc)2bbca2b2c2ccab111R2(2b)R1(abc)0bca0=(abc)3。R3(2c)R100cab72222272（5）227222222152222Ri R1i 2,3,4,515222200005000050000500005522157222C1Cii222152722722715227

7、2152227上三角形155555 355。x1y13解：（1）x2y1x1y2x2y2x3y2x1y3x2y3x3y3提取每行的公因子y1x1x2x3y1y1y2y2y2y3y3y3性质40。x3y1a2（2）左端CiCi1i 4,3,22a12a32a52b12b32c12c32b5C4C32c5C3C22d 12d 32d 5b2c2d2a2b2c22a1222b1222c1222d 122=0=右端。d21（3）1a1a1a1a2a2a2b2a2an1an1an1an1bn1Ri R1i 2,n1a1a20b100000b20an100bn11a1b11上三角形bb1 2bn1。,if

8、n 2（4）原式（先依次CnCn1,Cn1Cn2,C2C1）=。=。,ifn 2（5）原式（先依次Rn Rn1,Rn1 Rn2,R2 R1）=。=,ifn 2。,ifn 24解：设展开后的正项个数为x。则由行列式的定义有D x(n!x)2x n!。又因为11D（利用Ri R1,i 2,3,n）12n10020n1（下三角行列式）2。所以有222n1 n!2x n!,x。25证明：（1）左端2 a2b2c2提取公因子a3b3c3c1C1 C2 C3C1 C2 C3a1b1c1c1a1c2a2c3a3a1b1b2b3a1b1a2b2C Ca3b331c1c2=右端。c3C2C1a1b1c12 a2

9、b2c2a3b3c3b1b2b3c22 a2(-1)C2;(1)C3c3a3（2）利用性质 5 展开。6解：（3）与上面 3（3）类似可得。7解：利用行列式的初等变换及性质5。a108解：a1a2010a20200030a20100an1100an1n1000n00an11Ci1 Cii 1,2,n 101a1001下三角形(1)nna1a2an1。9 证 明：设 原 行 列 式=D。则 对435D进 行 依 次 如 下 变 换 后10 C1,10 C2,100C3,10C4,C1Ci所得的行列式D第一列由题设中所给的5个数i2字构成。从而由行列式的定义可知 D可被 23 整除。又由行列式的性

10、质知 D10 D。因为 23 是素数，且10不可能被 23 整除，所以 D 可以被 23 整除。1010习题习题 1.41.4x01解：(1)0g0ayeh0b000z0ku00 xd按第5行展开0fv0lgvcab0 xab按第4列展开y00vu 0y0ez00ezhku按第1列展开xuvy0=xyzuv；ez12(2)341341141211Ri Ri12i 4,3,2312044011112311313110010Ri R11i 2,3,4111110121004004003(31)2按第1列展开习题1.2第7(4)题(1)(1)(4)(4)=16；a0(3)方法一方法一0bcd1000

11、100001edcb1000按第1列展开0100a0010dcbac010e000ab1+(1)51e00de00第2个行列式按第4列展开0010100a2e(1)41e 010=a2e2；001方法二方法二 逐次均按第 2 行展开可得同样结果,具体解法可参见下例。a10(4)逐次按第 2 行展开0a200000a300000an101000an=a2a1010a3010an=001a2a31x1(5)an11x3a111an1x1=a2a3an1(a1an1)；1x3c1001x202x21x2b1b22x2b3001x10 x12001x202x2001x302x31x2b1b22x2b3

12、001x302x3001R35x10 x12a1a2x12a3c1C36c22x3c3a1a2x12a3c22x3c31x1x12a2a1a31x22x21x32x3000 x212x2000 x312x3000R45x11x121x1x12a1a2a31x22x21x32x30001x22x20001x32x30001x1x12b2b1b3c2c1c3b1b2b3c1c2c3=D(x1,x2,x3)2=(x3 x1)2(x3 x2)2(x2 x1)2；11(6)1111122x=D(1,2,2,x)=(x2)(x2)(x1)(22)(21)(21)44x288x312(x1)(x24)；（7

13、）换行后可得到范德蒙行列式；（8）先把第一行加到第三行，再提取第三行的公因式，换行后可得到范德蒙行列式。x02解：(1)yx0000yx00000000按第1列展开x0yxyxn1+(1)y 000yx0000000 xy00y(1)11xx0y0 xy000 x00=x(1)nn1yn；a3a3ananananRi R1i 2,3,n1a1a1(2)a21a2a2a21a1111a2100a3010ann0C1Cii20a1a1n1a3a31=1+（此处有笔误）a；ii11 x1y1(3)1 x1y21 x1yn1 x2yn1 xnyn1 x1y21 x1yn(x2 x1)yn(xn x1)

14、yn1 x1ynynyny1y2yn，1 x2y11 x2y21 xny11 xny21 x1y1Ri R1i 2,3,n(x2 x1)y1(x2 x1)y2(xn x1)y1(xn x1)y2y11 x1y11 x1y2=(x2 x1)(x3 x1)(xn x1)y2据此当n 2时，原式=(x2 x1)(y2 y1)；当n 2时，原式=0。3解：（1）将Dn按第 n 列展开得:xz0yxzy0 x00y00 xzy000 x=(1)n1z0yx0zx00 xzxz+x 00yxz0y0 x0y00 xDn0000000000=(1)n1yzn1 xDn1。（2）略（参考课本例中的叙述）。4

15、解：（1）交换行、列后得到三角块行列式，然后利用例 1.4.6 的结果；或者直接利用 Laplace定理。（2）左端先做变换C1C4,C2C3，再做变换R4 R1,R3 R2，然后利用 P30 推论。795解：（1）7674300589656497168340000230000再分块7(1)2432435004300965671500=6832 74 56=4；43 53 6810（2）202102201012C2311102020102102112R22310102100201211=2112 129；2121（3）利用初等变换。附加：P30 推论的证明：证证(1)将第 r+1 列与 r 列

16、交换,由将新的 r 列与 r-1 列交换,如此继续,直到将第 r+1列交换到第 1 列,这样共交换 r 次;再将第 r+2 列如上方法交换至第2 列,也交换了 r 次,如此继续直到将 r+s 列交换至第 s 列.于是交换了 rs 次后得到a11ar100a1rarr00c11cr1b11bs1c1scrsb1sbssrsc11cr1b11bs1c1rscrsb1sbssa11ar100a1rarr00=(1)将所得行列式的第 r+1 行依次与第 r 行,r-1 行,第 1 行交换.交换 r 次后,r+1 行交换至第 1 行.类似地交换r 次后将 r+2 行交换至第2 行,交换 r 次后将第 r

17、+s行交换至第s 行,于是交换 rs 次后得:b11(1)rs(1)rsbr1c11cs1b1rsbrsc1scss00a11ar100例1.4.5a1rarra11ar1a1rb11arrbs1bssb1s(2),(3)思路与(1)类似,证明过程略去。习题习题 1.51.51002001C1C42解：计算得D 1000012=41根据克拉默法则,当D 0时,即100100001第2行展开(1)1010040140121时,原方程组只有零解。4习题习题 1.61.61证明：方法一方法一归化1a11Dn11a10010a20100a3111a211an111a311111ana10a2000a3

18、0ananan1anani1n1Ri Rni 1,n 10anR n11Rai0ni1ani注意ai 01an001ai=a1a2an(1i1n1)=右端.ai1).结论成立.a1方法二方法二归纳法当n 1时,D1=1a1 a1(1假设n1时结论成立,即有Dn1a1a2an1(1i1n11).ai则当n时,将Dn的第 n列看成1+0,1+0,1+an,故Dn可表示为2 个行列式之和,而第 2 个行列式按第 n 列展开可算出为anDn1从而1a11Dn111a1而11a2111111a3111111an1111=1a111111111+anDn11000=a1a211a2111a31a10a20

19、1001100a31n1i11111a2111a311Ri Rni 1,2,n 1an1.所以Dn=a1a2an1+anDn1=a1a2an1+ana1a2an1(11)ai=a1a2an(1i1n1)=右端.ai方法三方法三 递推由证明(二)可知Dn与Dn1存在以下递推关系:Dn=a1a2所以Dn=a1a2an1+anDn1=a1a2an1+anDn1=a1a2nD1an(n1)=ani1aian(1i1n1)ai=右端.方法四方法四 加边法1a11Dn1111a2111a11100111a310a201111an11=1011011a210111an1 1a11n1111CiC1i 2,3

20、,n 10R n11Rai1i20ian1i1n1ai0a10000a20000an=a1a2111an(1i1n1)=右端。ai2证明：（1）注意当把行列式按第 n 列展开时，得到的递推公式中有三项，故归纳法第一步应验证 n=1，2 时均成立。而归纳法第二步应假设当n k(k 3)时成立，去证明当n=k 时成立。3解：（2）先把除第一列外的所有列都加到第一列，然后提出第一列的公因子；再依次R1 R2,R2 R3,Rn1 Rn；然后按第一列展开，再依次CiC1,i 1；最后按最后一列展开。4解：通过倍加行变换易知 f(x)的次数最大为 1；又因为如果aij全取零，则有 f(x)=0。所以选(D

21、)。5看自己或别人的作业。6解：方法一：利用课本中例1.4.3 的方法。方法二：设f(x)D(x1,x2,xn,x)。则有 f(x)中xn1的系数为Dn。又因为n1，所以 f(x)中x的系数为。f(x)(x xi)(xi xj)（范德蒙行列式）?所以可得Dn。第二章第二章 线性方程组线性方程组习题习题 2.12.12证明.因|A|0,说明a11a12.a1n不全为零,故当某个ak1 0,通过适当的行互换,可使得ak1位于左上角,用ak11来乘第一行,然后将其余行减去第一行的适当倍数,矩阵A1a12.a1n0,由于|A|0,此时必有|A1|0,故可以对A1重复对A的讨可以化为:0A101a120

22、1论,此时A可经初等行变换化为0000a13.a1na23.a2n,然后再将第n行的ain倍加到1.a3n0.1第i行(i 1,2,.,n 1),再将第n 1行的ai(n1)倍加到第i行(i 1,2,.,n 2),这样1001继续下去,一直到将第2行的a12倍加到第1行,此时A就化为00论成立。3证明：以行互换Rij为例:列互换可以同样证明.若000,故所证结1iai1A jaj1ai2aj2a.ainii1R(1)Rji ajnjaj1ai1ajnajnainai2aj2ai2ainajnainiaj1aj2RiRj jaj1ai1aj2ai2iaa.aj2jnj1Rj(1)Rii jai1

23、ai2ainiaa.aj1j2jn(1)Rji,这相当于 A 中交换第 i 行和第 j 行,所以结论成立。jai1ai2ain习题习题 2.22.21 解：A中一定存在不为零的r 1阶子式,否则秩(A)r 1,与题设秩（A）r矛盾.由秩（A）r知，A中至少存在一个r阶子式不为零,这表明A中的r阶子式只要有一个不为零即可,其余可以等于零,也可以不等于零.A中一定不存在不为零的r 1阶子式,否则A的秩至少是r 1,这也与题设秩（A）r矛盾。2 提示：利用矩阵的行秩和向量的极大无关组证明。3 略。4 思路：可将矩阵写成一个列向量和一个行向量的乘积，从而由秩1；进而因为矩阵不等于零，所以秩0。5 略。

24、习题习题 2.32.3略。习题习题 2.42.4 a11a212证明：()的增广矩阵为A=an1,1an1a12a22an1,2an2a1na2nan1,nannb1b2,bn1bn因为系数矩阵的秩不超过增广矩阵的秩,所以有秩(A)秩(A).观察可知,矩阵B其实就是在增广矩阵A下面加了一行,所以秩(B)秩(A).由题意知,秩(A)=秩(B),据此可得秩(A)秩(A).综上知秩(A)=秩(A),故()有解。3解：将增广矩阵只用初等行变换化为阶梯形矩阵.1111111111111111110当b1b2当b1b2b1b2b3RnR1Rn1bn1bnb1b2b3bn1b1b2bnbn 0时,秩(A)秩

25、(A),所以线性方程组无解;bn 0时,秩(A)=秩(A)未知量个数,所以线性方程组有无穷多解.x1 x2 b,1x x b,232原方程组同解于x3 x4 b,3xn1 xn bn1.x1 b1b2b3bn1t,x b b bt,223n1故通解为其中t为任意常数。xn1 bn1t,xn t.a11a214证明：该线性方程组的增广矩阵A=a31an1a1,n1a2,n1a3,n1an,n1a1,na2,na3,n,由题意D aij 0知ann秩(A)=n.但是系数矩阵A是一个n(n1)的矩阵,所以秩(A)n10,据此可得秩(aijmn)=1.10证明：(1)由于秩(A)=n,所以A 0,而A

26、A A E,在等式两边同乘1可得A(1A)A E,据此可知A*是可逆的,所以秩(A*)=n.A*(2)秩(A)n-1 时,根据矩阵秩的定义可知A的所有n1阶子式都为 0,而A的元素就是A的所有n1阶子式,所以A的元素都是 0,即A=O,所以秩(A)=0.(3)当秩(A)=n-1 时,A不是满秩的,所以A 0.又因为AA A E,所以*AA O,据此可知秩(A)+秩(A*)n,而秩(A)=n-1,所以秩(A*)1.同时由于秩(A)=n-1,根据矩阵秩的定义可知A至少有一个n1阶子式不为零,而A的元*素就是A的所有n1阶子式,所以A中至少有一个 元素不 为零.由此可 知秩*(A)1,所以秩(A)=

27、1.14思路：利用分块矩阵*En00 R,CEnABA B。0习题习题 4.84.86证明：因为与1,2,因此(,交.7 解：设x1,mm,m均正交,所以(,i)0,i 1,2,m.mk)k(,)0,所以与,iiii12i1i1,m的线性组合kii都正i1x2,x3,222x4,根据题意为单位向量可知x12 x2 x3 x41.(1)T(,1)x1 x2 x3 x4 0,同时与1,2,3都正交,据此可得(,2)x1 x2 x3 x4 0,从而可解得(,)2x x x 3x 0.312344x t,133x2 0,t (其中 为任意取值).又因为条件(1)可知,t26x 1t,33x t.4所以

28、x1,x2,x3,x4=T1T4,0,1,3.26(1,1)(,)2111 解：(1)因 为(3,1)(4,1)(1(2,2)(2(3,2)(3(4,2)(4(1,2),3,3,3,3)(1,4)(2,4=)(3,4)(4,41)0)0)00100001000,所 以014R的一组标准正交基.1,2,3,是4 (2)由（1）知(1223344,1223344)30;2,3,4,而在1,2,3,4下的坐标TT因为在1,2,3,4下的坐标为1,为(,1),(,2),(,3),(,4)=2,2,0,0,T所以(,)=(1,2,3,4,2,15解：因为解系为T).2,0,03 2T2111311101

29、,所以方程组的一个基础 1110101115TTT10,1,1,0,0,21,1,0,1,0,34,5,0,0,1先进行正交化得到110,1,1,0,0;TT(,)11222111,1,0;(1,1)22(,)(,)6613733311322,1(1,1)(2,2)5555再进行单位化得到1T11T0,1,1,0,0;122321T2,1,1,2,0;21031T7,6,6,13,5.33 35所以1,2,3即为所求的标准正交基.习题习题 4.114.112证明：(1)因为AX O的解均为BX O的解,所以AX O的基础解系中的解也都是BX O的解,所以BX O的基础解系中所含的向量的个数不少

30、于AX O的基础解系中所含向量的个数.而BX O的基础解系中所含的向量的个数为n-秩(B),AX O的基础解系中所含向量的个数为n-秩(A),因此 n-秩(B)n-秩(A),所以秩(A)秩(B).(2)因为AX O与BX O同解,所以AX O的基础解系也就是BX O的基础解系,所以两者的基础解系所含向量个数相同,因此 n-秩(B)=n-秩(A),即有秩(A)=秩(B).(3)因为秩(A)=秩(B),所以 n-秩(B)=n-秩(A),据此可知AX O和BX O的基础解系所含向量的个数相同.因为AX O的解均为BX O的解,所以AX O的某一基础解系1,2,t(t n-秩(A)也都是BX O的解,

31、如果AX O与BX O不同解,则BX O的解中存在一个解不是AX O的解,则一定不能被1,2,线性表示,所以1,2,t,t,线性无关,这样BX O的解中至少含有t 1个解线性无关,即BX O的基础解系所含向量的个数大于等于t 1,这与AX O和BX O的基础解系所含向量的个数相同矛盾.所以AX O与BX O不同解的假设是不成立的,因此AX O与BX O同解.(4)设A x11,1112,显然满足秩(A)=秩(B),但是是AX O,B 0000 x2 1.的一个解,但是不是BX O的解.所以不能导出AX O与BX O同解.3证明：首先由题设可得齐次线性方程组AX 0,BAX 0同解。然后去证明A

32、 CX 0,B A CX 0。4证明：易证明AX O的解都是CAX O的解,又因为秩(CA)=秩(A)，根据本节第 2个习题(3)可知AX O和CAX O同解.同样易证ABX O的解都是CABX O的解.另一方面,设是CABX O的任意一个解则有CAB O,即CA(B)O,可知B是CAX O的一个解,已经证明AX O和CAX O同解,所以B也一 O,所以也就是ABX O的解,据此可得定是AX O的解,即有ABCABX O的解也一定是ABX O的解,所以CABX O和ABX O同解.根据本节第 2 个习题(2)可得秩(CAB)=秩(AB).5证明：6证明：（1）要证()()()，即证()()()

33、0，等价与证明()()(),()()()0。因为保持内积，所以由内积的双线性性得()()(),()()()(),()(),()(),()(),()(),()(),()(),()(),()(),()。(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(),()(0,0)0第五章第五章 特征值和特征向量特征值和特征向量矩阵对角化矩阵对角化习题习题 5.15.1110,B 21解：(A)设A 0200,因为秩(A)=秩(B)所以A与B等价;但是由4于 trA与 trB不相等,所以A与B不相似.因此(A)不正确.1(B)A与B相似,即存在可逆矩阵P使得P AP B,所以秩(A)=秩(B),因此A与

34、B等价.(B)是正确的.110,B 2(C)与(A)一样,设A 0200,秩(A)=秩(B),但是由于 trA与4trB不相等,所以A与B不相似.因此(C)不正确.110,B 2(D)与(A)一样,设A 0200,A=B,但是由于 trA与 trB4不相等,所以A与B不相似.因此(D)不正确.00 100 1252(1)(3),所以特征值7解：(1)因为E 2522241241为 1,1,3.100 求解方程组(E 252)X O,得属于特征值 1 的特征向量为24112,1,0k11,0,1k2(其中k1,k2为不同时为零的任意数).100 求解方程组(3E 252)X O,得属于特征值 3

35、 的特征向量为241TT20,1,1k3(其中k3为不为零的任意数).T习题习题 5.25.2TTTTT4证明：A的特征多项式为E A(E)A)(E A)E A而E A是 A 的特征多项式,所以 A 与AT有相同的特征多项式.6 解：因为1是A的一重根,所以(E-A)X=O的基础解系含有1个向量,因此3-秩(E-A)=1,从而可知秩(E-A)=2.又因为 2 是 A 的二重根,所以(2E-A)X=O 的基础解系含有向量的个数为 1 或 2,由于 A 不能与对角矩阵相似,则可知 A 的线形无关的特征值个数小于3,所以(2E-A)X=O 的基础解系含有向量的个数只能为1,同样可得 3-秩(2E-A

36、)=1,所以秩(2E-A)=2.7解：因为E A x01132x (1)(1)2(1),所以A的1101特 征 值 为-1,1,1.因 为A与 对 角 矩 阵 相 似,所 以 要 求 特 征 根 的 重 数ni与(iE A)X O的基础解系所含向量个数ri相等.-1 是一重根所以一定满足,所以只要特征值 1 满足即可.也就是要求(E A)X O的基础解系含有 2 个向量,由此可知n-秩(E A)=2,因此秩(E A)=1.1 10因为E A x 02 x110 103 0 1 0 3x 3,所以当 且仅当x 1时秩00 0100(E A)=1,所以A x12x 3能与对角矩阵相似,则必有x 1

37、。010习题习题 5.35.32解：因为秩(A)=1=秩(B),所以 A 与 B 等价.又因为 tr A=4,trB=1,即有trA trB,所以A 与 B 不相似.综上可知(B)是正确的.3解：(1)因为f(A)A A2E,所以f(x)x x2。因为A有三个不同的特征值，所以f(A)也可以对角化。所以A A2E的所有特征值为f(1)2,f(1)0,f(2)2。(2)A A2E=f(1)f(1)f(2)202 0.222215 解：(1)因为E A 2243322428(2)2(7),22224所以特征值为 2,2,-7.122 求解方程组(2E 224)X O,得到属于 2 的线形无关的特征

38、向量为4222,0,1,2,1,0.0,1,2,1,0进 行 施 密 特 正 交 化 化 为 正 交 单 位 向 量 组 得TTTT对2,11TT2,0,1,2,1,0。55 122X4求解方程组(7E 2 2)O,得到属于-7 的线形无关的特征向量为4 22 1.,1,121T 1对,1,1进行施密特正交化化为正交单位向量组得1,2,2。32TT1所 以A U U,其 中U 25015251501 322.由 此 可得,2372 3Ak(UU1)kUkU1UkUT2501525150132k232 3k(7)250152515013232 3T2k 2k3(7)k2k12(7)k2k12(7

39、)k32k12(7)k52k14(7)k2k24(7)k22k12(7)k2k14(7)k.52k14(7)k (2)f(A)A 3A 24A28E的特征值为f(2)0,f(2)0,f(7)0,所以A33A224A28E=UOU1=O.6解：因为方阵A 的 n 个特征值为 1，2，n,所以A可以对角化。所以A+E 的特征值为 2,3,n,n+1.所以A+E=(n1)!.aa12a130aa230a11 证明：因为E A 0000a1na2na3n (a)n,所以a是 A 的 na重根.如果 A 能与对角矩阵相似,则必有(aE A)X O的基础解系含有n个向量,即n-秩(aE A)=n,也就是秩

40、(aE A)=0,从而得到此时aE A O,即A aE,这与条件A aE矛盾!所以 A 不能与对角矩阵相似12证明：因为0 A2 4A 4E (A 2E)2，所以A 2E 0，即-2 是 A 的一个特征值。设为 A 的特征值,是 A 的属于的特征向量,则有A,所以(A24A4E)244 O O,从 而 可 得244 0,即 得 2,所以 A 的特征值仅为-2.习题习题 5.45.41 证明：设是反对称矩阵A的一个特征值,O a1,的特征向量,则有a2,an是A的属于TA.(1)令a1,a2,an,其中ai表示ai的共扼复数,i 1,2,T,n.对(1)式两边同取共扼得A.因为A是实矩阵,所以有

41、A A,因此有A.(2)TTT对(1)式两边转置得A,因为A是反对称矩阵,所以A A从而TTA T.(3)对(2)式两边同左乘,对(3)式两边同右乘,分别得TTAT,TA T从而得T=T,移项得()T 0,因为T 0,所以()0,所以为零或者纯虚数.22解：(3)因为E A 111111211(1)3(5),所以特征值为1 2111 21,1,1,5.2111 1211)X O,得属于特征值 1 的线性无关的特征向解线性方程组(E 11211112量为1,1,0,0,1,0,1,0,1,0,0,1.TTT 2111 1211)X O,得属于特征值 5 的线性无关的特征向量解线性方程组(5E 1

42、1211112为1,1,1,1.T11所以P 00111 11001,对角矩阵为.10110115TTT3解：（3）先对属于特征值 1 的三个特征向量进行正交化.11,1,0,0,21,0,1,0,31,0,0,1.111,1,0,0;T,222111,1,13311T10,1,01,1,0,0,1,0;222TT3,13,211,1,112,2231,1,3.T再对向量进行单位化,得到三个正交单位向量.113TTT1,1,0,01,1,2,0,1,1,1,3,626再对属于特征值 5 的特征向量进行单位化得1T1,1,1,1.2由此得到U 22220016162603636363212111

43、2.,对角矩阵为1152124证明：显然成立.因为 A,B 有相同的特征多项式,则 A,B 必有相同的特征根.不妨设这些根为1,2,n,因为 A,B 均为 n 阶实对称矩阵,所以存在可逆矩阵P,Q使得121P AP 121,Q BQ nn.由此可知P1AP Q1BQ,所以有A(QP1)1BQP1,其中QP1是可逆的,因此 A 与 B 相似.17 解：因为E A 010(2)2,所以A特征值为 0,2,2.（然后10120验证A可对角化，从而B可对角化）2因为B (kE A)2 k2E2 kA A f(A)(其中f(x)x22kxk2),所以B222的特征值为f(0)k,f(2)k 4k 4,f

44、(2)k 4k 4.k2所以 k24k 4.k24k 4习题习题 5.55.55 解：因为E A(n1)b(b)n1,所以 A 的特征值为一个一重特征值(n1)b和一个n1重特征值b.因为秩(n1)bE A)=n1,所以n1 n(n1)1与重数相同.因为秩(bE A)=1,所以n2 n1与重数相同.所以 A 能对角化（也可(n1)bb由实对称矩阵得到）,与其相似的对角矩阵为.b6证明：设为 n 阶方阵 A 的特征值,为 A 的属于的特征向量,则有A.所以A22,即有 21,因此 A 的特征值或为 1，或为-1.7 解：(1)因为矩阵 A 与 B 相似,所以 trA=trB,A B,由此可以得到

45、而可知a 5,b 6.当a 5,b 6时,易知 A 的特征值为 2,2,6.5a 4b,从6a6 4b.111)X O,得到属于2 的线形无关的特征向量为42求解方程组(2E 2335 1,0,1,1,1,0.TT 111)X O,得到属于6 的线形无关的特征向量为42求解方程组(6E 2335 21.,133所以此时A可以对角化。类似可以证明此时B也可以对角化。所以由他们的特征值相同可以知道此时A与B合同。T1 1132（2）由（1）可知P 01.310118解：因为aE A 22000100(1)2(2)2,所以 A 有一个两重3203c2特征值 1 和一个两重特征值 2.n1 n秩(E

46、A),n2 n秩(2E A),A 能与对角矩 阵 相 似 所 以 必 有n1 2,n2 2.因 此 要 求 秩(E A)=秩(2E A)=2.0000 1c32a0000132,要使得秩(E A)=2,必有E A2310 000a23c1000001a2201330,要 使 得 秩000c000000(2E A)=2,必有c 0.综上a 0,c 0.10解：（1）由A0可得三个方程，解之可得结果。（2）略。100a10a 0;2E A23023c第六章第六章 二次型二次型习题习题 6.16.122222解：(1)f(x1,x2,x3)x1,2x1x22x24x2x35x3(x1 x2)2(x2

47、2x3)2 x3100 y1 x1 x2,令y2 x22x3,因为110 2 0,所以线性替换是非退化的.从而得到标准y x.02133222形y1.y2 y3(4)f(x1,x2,x3)x1x2 x2x3 x1x3x1 y1 y2,先令x2 y1 y2,x y.33则f(x1,x2,x3)x1x2 x2x3 x1x3=y1 y22y1y3=(y1 y3)y2 y32222211z x 1212x2 x3,z1 y1 y3,11令z2 y2,则z2 x1x2,因为22z y.33z3 x3.222换是非退化的.从而得到标准形z1.z2 z312121102110 0,所以先行替2201y1 x

48、1,3解：(1)错,因为011 0,所以线形替换y2 x1 x2,是退化的,所以错.y x.0003222222正确的为f(x1,x2,x3)4x1=y1,4x1x26x2(2x1 x2)25x25y2110200y1 2x1 x2,其中线性替换为y2 x2,因为110 2 0,所以该线形替换是非退化y x.00133的.y1 x1 x2,(2)错,因为110 0,所以线形替换y2 x2 x3,是退化的,所以错.y x x.011313222正确的为f(x1,x2,x3)2x12x1x22x1x32x22x2x32x3101=2(x111332x2x3)2(x2 x3)2 2y12y22222

49、11y x x 11222x3,y2 x2 x3,其中线性替换为因为y3 x3.退化的.100110 1 0,所以该线形替换是非21112习题习题 6.26.21解：3解：(1)f(x1,x2,x3)x1x2200 x1xx30322023x300200232(1)(2)(5),得计算特征多项式E 0320023023到特征值为 1,2,5.200T解方程(E 032)X O,得到属于 1 的线形无关的特征向量为0,1,1.023200T解方程(2E 032)X O,得到属于 2 的线形无关的特征向量为1,0,0.023200T解方程(5E 032)X O,得到属于 5 的线形无关的特征向量为

50、0,1,1.023三个向量已经两两正交,所以只要单位化即可得到11TTT0,1,1,1,0,0,0,1,1.2201所以U 212100001 1,因此正交变换为Y X 22112210001,而标准型为212222f(y1,y2,y3)y1 2y2 5y3.a11a216 证 明：(1)设A an1a12a22an2a1na2n,令X X(i 1,2,iann,n)(Xi满 足xi1,xj 0j,i),则有XTAX aii 0(i 1,2,再令X Xij(i,j 1,2,n),n,i j)(Xij满足xi1,xj1,xs 0,s i,s j),则有XijTAXij aijajiaiiajj