《线性代数》课后习题答案

第一章 行列式 习题 . 证明：（ 1）首先证明 )3(Q 是数域。 因为 )3( ，所以 )3(Q 中至少含有两个复数。 任给两个复数 )3(3,3 2211 ，我们有 3)()3()3)(3(3)()()3()3(3)()()3()3(2121212122112121221121212211。 因为 Q 是数域，所以有理数的和、差、积仍然为有理数，所以 )3(3)()3()3)(3()3(3)()()3()3()3(3)()()3()3(2121212122112121221121212211。 如果 0322 则必有 22,同时为零，从而 0322 又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数，所以 )3(33 )(3 )3()3)(3( )3)(3(33 2222212122222121222222112211 。 综上所述，我们有 )3(Q 是数域。 （ 2）类似可证明 )( 数域，这儿 p 是一个素数。 （ 3）下面证明：若 为互异素数，则 )()( 。 （反证法）如果 )()( ，则 , ，从而有 )()( 222 。 由于上 式左端是有理数，而 q 是无理数，所以必有 02 所以有 0a 或 0b 。 如果 0a ，则 2，这与 是互异素数矛盾。 如果 0b ，则有 ，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 )()( 。 同样可得 )()( 。 （ 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） )1( P 是数域，证明略（与上面类似）。 （ 2） )1( Q 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()1( C 复数域。 （ 3） )1( Z 不是数域，这是因为他关于除法不封闭。例如 )1(21 Z。 3. 证明：（ 1）因为 都是数域，所以 , ，从而 。故 含有两个以上的复数。 任给三个数 0, ，则有 , 且 , 。因为 是数域，所以有 ,且 ,。所以 ,。 所以 是数域。 （ 2） 一般不是数域。 例如 )3(),2( ，我们有 3,2 ，但是 326 。 习题 . 解：项651456423123 )3126 45()2345 16()1( 习题 证 明：根据行列式的定义1 1 11 1 11 1 1=121212() 12( 1 ) j j j j n jj j ja a a 1 1212()( 1) j jj j j=0。 所以上式中 (个数和 (+1)的个数一样多， (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。 2 解 (1) 1 9 9 8 1 9 9 9 2 0 0 02 0 0 1 2 0 0 2 2 0 0 32 0 0 4 2 0 0 5 2 0 0 632 9 9 8 1 9 9 9 12 0 0 1 2 0 0 2 12 0 0 4 2 0 0 5 121998 1 12001 1 12004 1 1=0 ； （ 2）1 0 0 10 2 2 00 3 3 04 0 0 4 32411 0 0 00 2 0 00 3 6 04 0 0 8 下 三 角 形 1 2 6 8= 96 ； （ 3）1 1 1 01 1 0 11 0 1 10 1 1 121311 1 1 00 0 1 10 1 0 10 1 1 1 24 1 00 1 1 10 1 0 10 0 1 132 1 1 00 1 1 10 0 1 20 0 1 143 1 1 00 1 1 10 0 1 20 0 0 3上 三 角 形 1 1 1 3=3 ； （ 4） 2222a b c a ab b c a bc c c a b1 2 3R R R 22a b c a b c a b cb b c a bc c c a b 提 取 公 因 子1 1 1( ) 2 222a b c b b c a bc c c a b 2131(2 )(2 )R b RR c R1 1 1( ) 0 000a b c b c ac a b = 3() 。 （ 5）7 2 2 2 22 7 2 2 22 2 7 2 22 2 2 7 22 2 2 2 75121 5 2 2 2 21 5 7 2 2 21 5 2 7 2 21 5 2 2 7 21 5 2 2 2 712, 3, 4, 51 5 2 2 2 20 5 0 0 00 0 5 0 00 0 0 5 00 0 0 0 5 上 三 角 形 51 5 5 5 5 5 3 5 。 3解：（ 1） 1 1 1 2 1 32 1 2 2 2 33 1 3 2 3 3x y x y x yx y x y x yx y x y x 每 行 的 公 因 子1 2 31 2 3 1 2 31 2 3y y yx x x y y yy y 4 0 。 （ 2） 左端 14,3,222222 1 2 3 2 52 1 2 3 2 52 1 2 3 2 52 1 2 3 2 5a a a ab b b bc c c cd d d d 433222222 1 2 22 1 2 22 1 2 22 1 2 2=0 =右端 。 （ 3）1 2 11 1 2 11 2 2 11 2 1 11111a aa b a aa a b aa a a b12,1 2 112110 0 00 0 00 0 0a 上 三 角 形1 2 1nb b b 。 （ 4）原式（先依次12211 , ） =。 =2,2, 。 （ 5）原式（先依次12211 , ） =。 =2,2, 。 4解：设展开后的正项个数为 x 。则 由行列式的定义 有 !2)!( 。 又因为 D （利用 ,3,2,1 ）221021001（下三角行列式） 12 n 。所以有2 !2,!2211 。 5证明：（ 1）左端 1 2 3C C C提 取 公 因 子1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2 23 3 3 3 3 3 32a b c c a a ba b c c a a ba b c c a a b 21311 1 1 1 12 2 2 2 23 3 3 3 32a b c b ca b c b ca b c b c 1 2 33C ; ( 1) C2(112223332a b ca b ca b c=右端。 （ 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。 8解：1122110 0 00 0 00 0 01 1 1 1 111, 2, , 11210 0 0 00 0 0 00 0 0 01 2 3 1下 三 角 形 1 2 1( 1 ) n nn a a a 。 9 证 明 ： 设 原 行 列 式 =D 。 则 对 D 进 行 依 次 如 下 变 换 后 5 21432314 ,10,1 0 0,10,10 i 得的行列式 D 第一列 由题设中所给的 5个数字构成。从而由行列式的定义可知 D可被 23 整除。又由行列式的性质知 D 。因为 23 是素数，且 1010 不可能被 23整除，所以 3整除。 习题 解： (1) 00 0 0000 0 0 0x a b z fg h k u 行 展 开00 0 000x a h k 4列 展 开 000x a 1列 展 开 0 (2) 11112 3 4 13 4 1 24 1 2 314,3,21 1 1 11 2 3 01 1 3 11 3 1 112,3,41 1 1 10 1 2 10 0 4 00 4 0 0按 第 1列 展 开1 2 10 4 04 0 01 ( 4 )习 题 第 题 3 ( 3 1 )2( 1 ) ( 1 ) ( 4 ) ( 4 ) =16； (3)方法一 0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 0a b c d ee d c b 1列 展 开1 0 0 00 1 0 00 0 1 0ad c b a+ 51 1 0 0 0( 1 )0 1 0 00 0 1 0b c d 第 2 个 行 列 式 按 第 4 列 展 开 2 4 11 0 0( 1 ) 0 1 00 0 1a e e = 22； 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 。 (4)逐次按第 2 行展开 12310 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 01 0 0 0132010010 12 3 111n a 2 3 1 1( 1 )a a a a ； (5) 1 2 31 1 12 2 1 2 3 22 2 21 2 32223 3 1 2 3 31 1 0 0 0 1000111000x x xa b ca b x x x cx x xa b x x x 31 1 12 2 2 2 3 12221 2 32223 3 3 2 3 11 1 1 0 0 0000111000x x xa b ca b c x x b c x x x35R 1 2 32221 2 32 2 2 2 3 11 1 12223 3 3 2 3 11 1 1 0 0 0000000111x x b c x x xa b ca b c x x 32221 2 31 1 12 2 2 2 3 12223 3 3 2 3 11 1 1 0 0 0000000111x x b ca b c x x xa b c x x x= 21 2 3( , , )D x x x= 2 2 23 1 3 2 2 1( ) ( ) ( )x x x x x x ； (6) 231 1 1 11 2 21 4 41 8 8= (1, 2, 2, )= ( 2 ) ( 2 ) ( 1 ) ( 2 2 ) ( 2 1 ) ( 2 1 )x x x 21 2 ( 1 ) ( 4 ) ； （ 7）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。 2解： (1) 0 0 00 0 00 0 0 00000 0 0 1列 展 开 110000( 1 )0 0 0 +10 0 000( 1 ) 0 0 000= 1( 1)n n ； (2) 1 2 31 2 31 2 31 2 3111a a aa a a aa a a aa a a a12, 3, ,1 2 311 1 0 01 0 1 01 0 0 1na a a a12 =1+1a；（此处有笔误） (3) 1 1 1 2 12 1 2 2 2121 1 11 1 11 1 1n n nx y x y x yx y x y x yx y x y x y 12, 3, ,1 1 1 2 12 1 1 2 1 2 2 11 1 1 2 11 1 1( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )n n nx y x y x yx x y x x y x x yx x y x x y x x y =1 1 1 2 1122 1 3 1 1121 1 1( ) ( ) ( )y x y x yy y yx x x x x y y ， 据此当 2n 时，原式 =2 1 2 1( ) ( )x x y y；当 2n 时，原式 =0 。 3解：（ 1）将n 列展开得 : 0 00 0 00 0 0 00 0 0x y y y 0000( 1 )0 0 00 0 0+00000 0 0x y y 111( 1 ) nn ny z x D 。 （ 2）略（参考课本例中的叙述）。 4解： （ 1）交换行、列后得到三角块行列式，然后利用例 结果；或者直接利用 （ 2）左端先做变换3241 , ，再做变换2314 , ，然后利用 论。 5解：（ 1）7 6 5 4 3 29 7 8 9 4 37 4 9 7 0 05 3 6 1 0 00 0 5 6 0 00 0 6 8 0 0再 分 块247 4 9 75 3 6 132( 1 )430 0 5 60 0 6 8= 3 2 7 4 5 64 3 5 3 6 8=4 ； （ 2）1 2 2 10 1 0 22 0 1 10 2 0 123 2 10 0 1 22 1 0 10 0 2 123 2 12 1 0 10 0 1 20 0 2 1= 1 2 1 2 92 1 2 1； （ 3）利用初等变换。 附加： 论的证明： 证 (1) 将第 r+1 列与 r 列交换 , 由 将新的 r 列与 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 后得到 1 1 1 1 1 1111 1 110000r r r r s sa a c ca a c 1 1 1 1 1111 1 11( 1 )0000r s rr r s r r s sc c a ac c a 所得行列式的第 r+1 行依次与第 r 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+s 行交换至 第s 行 , 于是交换 后得 : 1 1 111 1 1 1 1 1110000( 1 ) ( 1 )r sr s r s s r r c a ac c a a例 1 1 1 111r r s s sa a b ba a b b (2), (3) 思路与 (1)类似 , 证明过程略去。 习题 2 解 ： 计算得 1 0 02 0 0 11 0 00 0 1 2D 14 0 00 0 0 11 0 04 0 1 22第 行 展 开10( 1) 1 0401 =41 根据克拉默法则 , 当 D 0 时 , 即 14时 , 原方程组只有零解。 习题 证明： 方法一 归化 1231 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 11, , 11230000001 1 1 11110注 意1231100000010 0 0 1 =12 11(1 )nn i ia a a a =右端 . 方法二 归纳法 当 1n 时 , 1D=11 111 (1 ) a 结论成立 . 假设 1n 时结论成立 , 即有1 11 2 111(1 ) i ia a a a 则当 n 时 , 将 n 列看成 1+0,1+0, ,1+故 个行列式之和 , 而第 2 个行列式按第 n 列展开 可算出为1而 1231 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1=1231 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1+11231 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 11, 2, , 11230 0 00 0 00 0 01 1 1 1 2 1na a a . 所以 2 1na a a +11 2 1na a a +1 2 111(1 )nn i ia a a a =12 11(1 )nn i ia a a a =右端 . 方法三 递推 由证明 (二 )可知在以下 递推关系 : 2 1na a a +1以 2 1na a a +111211()n nn a = =12 11(1 )nn i ia a a a =右端 . 方法四 加边法 1231 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1=1211 0 0 01 1 1 11 1 1 11 1 1 1 12 , 3, , 1121 1 1 11 0 01 0 01 0 0 1121 11211 0 0 01 0 01 0 01 0 0ni =12 11(1 )nn i ia a a a =右端。 2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 )3( 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 13221 , ；然后按第一列展开，再依次 1,1 i；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；又因为如果有 f(x)=0。所以选 (D)。 5看自己或别人的作业。 6解：方法一：利用课本中例 方法。 方法二：设 ),()(21 n。则有 f(x)中 1系数为因为 ? )()()( 德蒙行列式），所以 f(x)中 1系数为。 所以可得 第二章 线 性方程组 习题 证明 . 因 | | 0A ,说明1 1 1 2 1. na a 故当某个1 0,通过适当的行互换 ,可使得1用 11乘第一行 ,然后将其余行减去第一行的适当倍数 ,矩阵 1 2 111 . . ,由于 | | 0A ,此时必有1| | 0A ,故可以对1的讨论 , 此时 1 2 1 3 12 3 231 . . . . 1 . . 0 . . . 1a , 然后再将第 n 行的 加到第 i 行 ( 1, 2,., 1),再将第 1n 行的 ( 1)倍加到第 i 行 ( 1, 2 , ., 2),这样继续下去 ,一直到将第 2行的 12a倍加到第 1行 ,此时 00 1 00 0 0 1, 故所证结论成立 。 3 证明 ： 以行互换 列 互换可以同样证明 . 若1 2 1 2( 1 )1 2 1 1 2 2.i i n i i i j j n j i j i j n i ni a a a i a a a a a j a a a a a a 121 1 2 2j j i j i j n i ni a a aj a a a a a a 12( 1 )12.j i ij j j i i ni a a aj a a a 12( 1 )12.j j i i ni a a aj a a a , 这相当于 A 中交换第 i 行和第 j 行 , 所以结论成立 。 习题 解： A 中一定存在不为零的 1r 阶子式 ,否则秩 ( ) 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 1r 阶子式 ,否则 A 的秩至少是 1r , 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。 习题 。 习题 证明： ( )的增广矩阵为 A =1 1 1 2 1 12 1 2 2 2 21 ,1 1 , 2 1 , 112n n n nn n n n na a a ba a a ba a a ba a a b , 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 . 1231111111111111 R 123112111111110b b 当12 0nb b b 时 , 秩 (A ) 秩 (A ), 所以线性方程组无解 ; 当12 0nb b b 时 , 秩 (A )=秩 (A )0, 据此可得秩 (ij )=1. 10证明： (1) 由于秩 (A )=n, 所以 0A , 而 E , 在等式两边同乘 1A A , 据此可知 *A 是可逆的 , 所以秩 ( *A )=n. (2) 秩 (A ) , 根据矩阵秩的定义可知 A 的所有 1n 阶子式都为 0, 而 *A 的元素就是 A 的所有 1n 阶子式 , 所以 *A 的元素都是 0, 即 *A =O , 所以秩 ( *A )=0. (3) 当秩 ( A )= , A 不是满秩的 , 所以 0A . 又 因为 E , 所以 , 据此可知秩 (A )+秩 ( *A ) n , 而秩 (A )=所以 秩 ( *A ) 1 . 同时由于秩 (A )=根据矩阵秩的定义可知 A 至少有一个 1n 阶子式不为零 , 而 *A 的元素就是 A 的所有 1n 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 )=1. 14思路：利 用分块矩阵 00 0 , A 习题 证明：因为 与12, , , m 均正交 , 所以 ( , ) 0 , 1 , 2 , , .i 因此11( , ) ( , )i i 0 , 所以 与 12, , , m 的线性组合1k都正交 . 7解： 设 1 2 3 4, , , Tx x x x , 根据题意 为 单位向量 可知 22221 2 3 4 1 .(1) 同时 与1 2 3, 都正交 , 据此可得 1 1 2 3 42 1 2 3 43 1 2 3 4( , ) 0 ,( , ) 0 ,( , ) 2 3 0 .x x x xx x x xx x x x 从而 可解得 12344,30,1, (其中 t 为任意取值 ). 又因为条件 (1)可知 326t , 所以 1 2 3 4, , , Tx x x x = 1 4 , 0 , 1 , 326 T. 11 解： (1)因为1 1 1 2 1 3 1 42 1 2 2 2 3 2 43 1 3 2 3 3 3 44 1 4 2 4 3 4 4( , ) ( , ) ( , ) ( , )( , ) ( , ) ( , ) ( , )( , ) ( , ) ( , ) ( , )( , ) ( , ) ( , ) ( , ) =1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1, 所以1 2 3 4, , , 是 4R 的一组标准正交基 . (2) 由（ 1）知1 2 3 4 1 2 3 4( 2 3 4 , 2 3 4 ) 30; 因为 在1 2 3 4, , , 下的坐标为 1, 2 , 3, 4 T, 而 在1 2 3 4, , , 下的坐标为 1 2 3 4( , ) , ( , ) , ( , ) , ( , ) T = 2 , 2 , 0 , 0 T, 所以 ( ,)=( 1, 2 , 3, 4 T, 2 , 2 , 0 , 0 T) 32 . 15解：因为 2 1 1 1 3 1 1 1 0 11 1 1 0 1 0 1 1 1 5 , 所以方程组的一个基础解系为 1 2 30 , 1 , 1 , 0 , 0 , 1 , 1 , 0 , 1 , 0 , 4 , 5 , 0 , 0 , 1T T T 先进行正交化 得到 11 0 , 1 , 1 , 0 , 0 ;T212 2 111( , ) 111 , , , 1 , 0( , ) 2 2T ; 3 1 3 23 3 1 21 1 2 2( , ) ( , ) 7 6 6 1 3, , , , 1( , ) ( , ) 5 5 5 5T 再 进行单位化得到 1111 0 , 1 , 1 , 0 , 0 ;2T 2221 2 , 1 , 1 , 2 , 010T ; 333 1 7 , 6 , 6 , 1 3 , 53 3 5 T. 所以1 2 3, 即为所求的标准正交基 . 习题 证明： (1) 因为 的解均为 的解 , 所以 的基础解系中的解也都是 的解 , 所以 的基础解系中所含的向量 的个数不少于 的基础解系中所含向量的个数 . 而 的基础解系中所含的向量的个数为 B), 的基础解系中所含向量的个数为 A), 因此 B) A), 所以秩 (A)秩 (B). (2) 因为 与 同解 , 所以 的基础解系也就是 的基础解系 , 所以两者的基础解系所含向量个数相同 , 因此 B)= A), 即有秩 (A)=秩(B). (3) 因为 秩 (A)=秩 (B), 所以 B)= A), 据此可知 和 的基础解系所含向量的个数相同 . 因为 的解均为 的解 , 所以 的某一基础解系12, , , t (t A)也都是 的解 , 如果 与 不同解 , 则 的解中存在一个解 不是 的解 , 则 一定不能被12, , , t 线性表示 , 所以12, , , ,t 线性无关 , 这样 的解中至少含有 1t 个解线性无关 , 即 的基础解系所含向量的个数大于等于 1t , 这与 和 的基础解系所含向量的个数相同矛盾 . 所以 与 不同解的假设是不成立的 , 因此 与 同解 . (4) 设 1 1 1 2,0 0 0 0 , 显然满足 秩 (A)=秩 (B), 但是 121,是 的一个解 , 但是不是 的解 . 所以不能导出 与 同解 . 3证明：首先由题 设可得齐次线性方程组 0,0 B A 解。然后去证明0,0 B A C X 。 4证明： 易证明 的解都是 的解 , 又因为 秩 (秩 (A)，根据本节第 2个习题 (3)可知 和 同解 . 同样易证 的解 都是 的解 . 另一方面 , 设 是 的任意一个解则有 , 即 () O , 可知 B 是 的一个解 , 已经证明 和 同解 , 所以 B 也一定是 的解 , 即有 , 所以 也就是 的解 , 据此可得 的解也一定是 的解 , 所以 和 同解 . 根据本节第 2 个习题 (2)可得秩 (秩 ( 5证明： 6证明：（ 1）要证 )()()( ，即证 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 特征值和特征向量 矩阵对角化 习题 解： (A) 设 110 0, 202 04 , 因为秩 (A )=秩 (B )所以 A 与 B 等价 ; 但是由于 相等 , 所以 A 与 B 不相似 . 因此 (A)不正确 . (B) A 与 B 相似 , 即存在可逆矩阵 P 使得 1P , 所以 秩 (A )=秩 (B ),因此 A 与 B 等价 . (B)是正确的 . (C) 与 (A)一样 , 设 110 0, 202 04 ,秩 (A )=秩 (B ), 但是由于 与相等 , 所以 A 与 B 不相似 . 因此 (C)不正确 . (D) 与 (A)一样 , 设 110 0, 202 04 , A = B , 但是由于 不相等 , 所以 A 与 B 不相似 . 因此 (D)不正确 . 7解： (1) 因为 21 0 0 1 0 02 5 2 2 5 2 ( 1 ) ( 3 )2 4 1 2 4 1E , 所以特征值为 1,1,3. 求解方程组 1 0 0( 2 5 2 )2 4 1E X O , 得属于特征值 1 的特征向量为 1 1 22 , 1 , 0 1 , 0 , 1 (其中 12,. 求 解方程组 1 0 0( 3 2 5 2 )2 4 1E X O , 得属于特征值 3 的特征向量为 230 , 1, 1 T k (其中 3k 为不为零的任意数 ). 习题 证明： 特征多项式为 ( ( ) ) ( )T T T E A E A E A 而 是 A 的特征多项式 , 所以 A 与 相同的特 征多项式 . 6 解： 因为 1是 所以 (=个向量 , 因此 31, 从而可知秩 (2. 又因为 2 是 A 的二重根 , 所以 (2=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(2=O 的基础解系含有向量的个数只能为 1, 同样可得 321, 所以秩(22. 7解：因为 201 11 3 2 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )110E A x x , 所以 A 的特征值为 ,1. 因为 A 与对角矩阵相似 , 所以要求特征根的重数i E A X O 的基础解系所含向量个数 等 . 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 )=2, 因此秩 ()=1. 因为 1 0 1 1 0 10 2 3 0 0 3 31 0 1 0 0 0E A x x x , 所以当且仅当 1x 时秩( )=1,所以 0 0 11 2 31 0 0A x x能与对角矩阵相似 , 则必有 1x 。 习题 解： 因为秩 (A)=1=秩 (B), 所以 A 与 B 等价 . 又因为 =4, , 即有 , 所以A 与 B 不相似 . 综上可知 (B)是正确的 . 3解： (1) 因为 2( ) 2f A A A E , 所以 2( ) 2f x x x 。因为 A 有三个不同的特征值，所以 )(可以对角化。 所以 2 2A A E 的所有特征值为 ( 1 ) 2 , ( 1 ) 0 , ( 2 ) 2f f f 。 (2) 2 2A A E = ( 1 ) ( 1 ) ( 2 ) 2 0 2 0f f f . 5解： (1) 因为 3 2 21 2 22 2 4 3 2 4 2 8 ( 2 ) ( 7 )2 4 2 , 所以特征值为 2,2, 求解方程组 1 2 2( 2 2 2 4 )2 4 2E X O , 得到属于 2 的线形无关的特征向量为 2 , 0 , 1 , 2 , 1 , 0 对 2 , 0 , 1 , 2 , 1 , 0进 行 施 密 特 正 交 化 化 为 正 交 单 位 向 量 组 得 112 , 0 , 1 , 2 , 1 , 055 求解方程组 1 2 2( 7 2 2 4 )2 4 2E X O , 得到属于 线形无关的特征向量为1 , 1, 12T. 对 1 , 1, 12T进行施密特正交化化为正交单位向量组得 1 1, 2 , 23 T。 所以 1A U U , 其中2 2 13552120 , 235712035U . 由此可得11()k k k k U U U U U 2 2 1 2 2 1335 5 5 521 2 1 20 2 055( 7 )1 2 1 2003355 3 1 11 1 11 2 12 ( 7 ) 2 2 ( 7 ) 2 2 ( 7 )2 2 ( 7 ) 5 2 4 ( 7 ) 2 4 ( 7 )2 2 ( 7 ) 2 4 ( 7 ) 5 2 4 ( 7 )k k k k k kk k k k k kk k k k k k . (2) ()323 2 4 2 8A A A E 的特征值为 ( 2 ) 0 , ( 2 ) 0 , ( 7 ) 0 , 所以323 2 4 2 8A A A E = 1=O . 6解：因为 方阵 A 的 n 个特征值为 1， 2， n, 所以 A 可