工程数学线性代数课后答案同济第五版.docx

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1、12345678910111213141516171819202122232425262728293031323334353637383940414243444546474849505152535455565758596061626364656667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110111ab123131,1112122bbb

2、abab433151,222321113133bbbabbbbabab2 下列矩阵是不是正交阵:68(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)xTE4xxT4xx

3、TE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 A1AT B1BT(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;69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(1 1 1)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

4、000110321633312321A得方程Ax0的基础解系p1(1 1 1)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(1 1 0)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00021101113333823289EA70得方程(A9E)x0 的基础解系 p3(1/2 1/2 1)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00000

5、000011010011001011001101001EA得方程(AE)x0的基础解系p1(1 0 0 1)T p2(0 1 1 0)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(1 0 0 1)T p4(0 1 1 0)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

6、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 rtn若 a1 a2 anr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71类似地 设b1 b2 bnt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 a1 a2 anr b1 b2 bnt必线性相关 于是有不全为 0 的数 k1 k2 knr l1 l2 lnt 使k1a1k2a2 knranrl1b1l2b2 lnrbnr0记 k1a1k2a2 knr

7、anr(l1b1l2b2 lnrbnr)则 k1 k2 knr不全为 0 否则 l1 l2 lnt不全为 0 而l1b1l2b2 lnrbnr0与 b1 b2 bnt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

8、 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(B x)(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 1 2 3 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

9、的特征值为 1 2 3 求|A*3A2E|解因为|A|12(3)60 所以 A 可逆 故A*|A|A16A172A*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)

10、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(1 1 1)T是矩阵2135212baA的一个特征向量(1)求参数 a b 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1 a3 b0(2)问 A 能不能相似对角化？并说明理由73解由3)1(201335212|EA得 A 的特征值为1231由00011010111325211rbEA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

11、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)020212022;解将所给矩阵记为 A 由20212022EA(1)(4)(2)得矩阵 A 的特征值为122134对于12 解方程(A2E)x0 即0220232024321xxx得特征向量(1 2 2)T 单位化得T)32,32,31(1p对于21,解方程(AE)x0 即0120202021321xxx得特征向量(2 1 2)T 单位化得T)32,31,32(2p对于34,解方程(A4E)x0 即740420232022321xxx得特征向量(2 2 1)T 单位化得T)31,32,32(3p于是有正交阵 P(p1

12、 p2 p3)使 P1APdiag(2 1 4)(2)542452222解将所给矩阵记为 A 由542452222EA(1)2(10)得矩阵 A 的特征值为121310对于121 解方程(AE)x0 即000442442221321xxx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T0)1,2(511pT5),4 ,2(5312p对于310,解方程(A10E)x0 即000542452228321xxx得特征向量(1 2 2)T 单位化得T)2 ,2,1(313p于是有正交阵 P(p1 p2 p3)使 P1APdiag(1 1 10)17 设矩阵12422421

13、xA与y45相似 求 x y 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750)4(9524242425|4|xxEA解之得 x4已知相似矩阵的行列式相同 因为100124242421|Ayy2045|所以20y100 y5对于5 解方程(A5E)x0 得两个线性无关的特征向量(1 0 1)T(1 20)T 将它们正交化、单位化得T)1,0 ,1(211pT)1 ,4,1(2312p对于4 解方程(A4E)x0 得特征向量(2 1 2)T 单位化得T)2 ,1 ,2(313p于是有正交矩阵2313

14、2212343102313221P 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(0 1 1)T p2(1 1 1)T p3(1 1 0)T 求 A.解令 P(p1 p2 p3)则 P1APdiag(2 2 1)APP1因为11011101101111111011P所以1101110111000200020111111101PPA24435433119 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(1 2 2)T p2(2 1 2)T 求 A76解设653542321xxxxxxxxxA 则 Ap12p1 Ap22p2

15、 即222222122653542321xxxxxxxxx 222122222653542321xxxxxxxxx 再由特征值的性质 有x1x4x61230 由解得612131xx6221xx 634132xx642131xx654132xx令 x60 得311x x20323x314x325x因此02221020131A20 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(1 1 1)T 求 A.解设653542321xxxxxxxxxA因为16 对应的特征向量为 p1(1 1 1)T 所以有1116111A 即666653542321xxxxxxxxx2

16、33是A的二重特征值,根据实对称矩阵的性质定理知R(A3E)1 利用可推出77331113333653542653542321xxxxxxxxxxxxxxxEA因为 R(A3E)1 所以 x2x43x5且 x3x5x63 解之得x2x3x51 x1x4x64因此411141114A21 设 a(a1 a2 an)T a10 AaaT(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12 n是A的所有特征值 因为AaaT的主对角线性上的元素为a12a22

17、an2 所以a12a22 an2aTa12 n这说明在12 n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1aTa2 n0因为 AaaaTa(aTa)a1a 所以 p1a 是对应于1aTa 的特征向量对于2 n0 解方程 Ax0 即 aaTx0 因为 a0 所以 aTx0 即a1x1a2x2 anxn0 其线性无关解为p2(a2 a1 0 0)Tp3(a3 0 a1 0)T pn(an 0 0 a1)T因此 n 个线性无关特征向量构成的矩阵为 112212100),(aaaaaaannnppp7822 设34

18、0430241A 求 A100解由)5)(5)(1(340430241|EA得 A 的特征值为112535对于11 解方程(AE)x0 得特征向量 p1(1 0 0)T对于15 解方程(A5E)x0 得特征向量 p2(2 1 2)T对于15 解方程(A5E)x0 得特征向量 p3(1 2 1)T令 P(p1 p2 p3)则P1APdiag(1 5 5)APP1A100P100P1因为100diag(1 5100 5100)1202105055112021012111P所以12021050555112021012151100100100A100100100500050150123 在某国 每年有

19、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nnnnyxAyx11中的矩阵 A解由题意知xn1xnqynpxn(1p)xnqyn79yn1ynpxnqyn pxn(1q)yn可用矩阵表示为nnnnyxqpqpyx1111因此qpqpA11(2)设目前农村人口与城镇人口相等 即5.05.000yx 求nnyx解由nnnnyxAyx11可知00yxAyxnnn 由)1)(1(11|qpqpqpEA得 A 的特征值为112r 其中 r1

20、pq对于11 解方程(AE)x0 得特征向量 p1(q p)T对于1r 解方程(ArE)x0 得特征向量 p2(1 1)T令11),(21pqPpp 则P1APdiag(1 r)APP1AnPnP1于是11100111pqrpqAnnqprpqqpn11001111nnnnqrpprpqrqprqqp15.05.01nnnnnnqrpprpqrqprqqpyxnnrpqprqpqqp)(2)(2)(2124(1)设3223A 求(A)A105A9解由80)5)(1(3223|EA得 A 的特征值为1125对于11 解方程(AE)x0 得单位特征向量T)1 ,1(21对于15 解方程(A5E)x

21、0 得单位特征向量T)1 ,1(21于是有正交矩阵111121P 使得 P1APdiag(1 5)从而 APP1 AkPkP1 因此(A)P()P1P(1059)P1Pdiag(1 510)5diag(1 59)P1Pdiag(4 0)P11111210004111121111122222(2)设122221212A,求(A)A106A95A8解求得正交矩阵为20223123161P使得 P1APdiag(1 1 5)APP1 于是(A)P()P1P(106958)P1P8(E)(5E)P1Pdiag(1 1 58)diag(2 0 4)diag(6 4 0)P1Pdiag(12 0 0)P1

22、22203321100122022312316142221121128125 用矩阵记号表示下列二次型:(1)fx24xy4y22xzz24yz解zyxzyxf121242121),(2)fx2y27z22xy4xz4yz解zyxzyxf722211211),(3)fx12x22x32x422x1x24x1x32x1x46x2x34x2x4解432143211021013223111211),(xxxxxxxxf26 写出下列二次型的矩阵(1)xxx1312)(Tf解二次型的矩阵为1312A(2)xxx987654321)(Tf解二次型的矩阵为987654321A27 求一个正交变换将下列二次

23、型化成标准形:(1)f2x123x223x334x2x3解二次型的矩阵为320230002A 由)1)(5)(2(320230002 EA得 A 的特征值为122531当12 时,解方程(A2E)x0 由820001002101202100002EA得特征向量(1 0 0)T 取 p1(1 0 0)T当25 时 解方程(A5E)x0 由0001100012202200035EA得特征向量(0 1 1)T 取T)21,21,0(2p当31 时 解方程(AE)x0 由000110001220220001EA得特征向量(0 1 1)T 取T)21,21,0(3p于是有正交矩阵 T(p1 p2 p3)

24、和正交变换 xTy 使f2y125y22y32(2)fx12x22x32x422x1x22x1x42x2x32x3x4解二次型矩阵为1101111001111011A 由2)1)(3)(1(1101111001111011EA得 A 的特征值为1123341当11 时 可得单位特征向量T)21,21,21,21(1p当23 时 可得单位特征向量T)21,21,21,21(2p当341 时 可得线性无关的单位特征向量T)0 ,21,0 ,21(3pT)21,0 ,21,0(4p于是有正交矩阵 T(p1 p2 p3 p4)和正交变换 xTy 使83fy123y22y32y4228 求一个正交变换把

25、二次曲面的方程3x25y25z24xy4xz10yz1化成标准方程解二次型的矩阵为552552223A由)11)(2(552552223|EA 得A的特征值为1221130 对于12解方程(A2E)x0得特征向量(4 1 1)T单位化得)231,231,234(1p对于211 解方程(A11E)x0 得特征向量(1 2 2)T 单位化得)32,32,31(2p对于30 解方程 Ax0 得特征向量(0 1 1)T 单位化得)21,21,0(3p于是有正交矩阵 P(p1 p2 p3)使 P1APdiag(2 11 0)从而有正交变换wvuzyx21322312132231031234使原二次方程变

26、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(12 n)成立 其中12 n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fxTAxyTTATTyyTy1y122y22 nyn284因为 yTx 正交变换 所以当|x|1 时 有|y|x|1 即 y12y22 yn21因此f1y122y22 nyn21又当 y11 y2y3 yn0 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(x1 x2 x

27、3)x123x225x322x1x24x1x3解f(x1 x2 x3)x123x225x322x1x24x1x3(x1x22x3)24x2x32x22x32(x1x22x3)22x22(2x2x3)2令323223211222xxyxyxxxy 即323223211221225yyxyxyyyx二次型化为规范形fy12y22y32所用的变换矩阵为12002102251C(2)f(x1 x2 x3)x122x322x1x32x2x3解f(x1 x2 x3)x122x322x1x32x2x3(x1x3)2x322x2x3(x1x3)2x22(x2x3)2令32322311xxyxyxxy 即323

28、223211yyxyxyyyx二次型化为规范形fy12y22y32所用的变换矩阵为85110010111C(3)f(x1 x2 x3)2x12x224x322x1x22x2x3解f(x1 x2 x3)2x12x224x322x1x22x2x33223222212421)21(2xxxxxx232322212)2(21)21(2xxxxx令333222112)2(21)21(2xyxxyxxy 即33322321121222212121yxyyxyyyx二次型化为规范形fy12y22y32所用的变换矩阵为10022011121C31设fx12x225x322ax1x22x1x34x2x3为正定二

29、次型 求 a解二次型的矩阵为5212111aaA 其主子式为a1112111aaa)45(5212111aaaa因为 f 为正主二次型 所以必有 1a20 且a(5a4)0 解之得054a32 判别下列二次型的正定性(1)f2x126x224x322x1x22x1x386解二次型的矩阵为401061112A 因为0211a0116112038|A所以 f 为负定(2)fx123x229x3219x422x1x24x1x32x1x46x2x412x3x4解二次型的矩阵为19631690230311211A 因为0111a043111,06902031211,024A所以 f 为正定33 证明对称阵 A 为正定的充分必要条件是 存在可逆矩阵 U 使 AUTU即 A 与单位阵 E 合同证明因为对称阵 A 为正定的 所以存在正交矩阵 P 使PTAPdiag(12 n)即 APPT其中12 n均为正数 令),diag(211n 则11AP11TPT 再令 U1TPT 则 U 可逆 且 AUTU