线性代数习题标准答案IMUST版__相似矩阵及二次型

1、线性代数习题标准答案（IMUST版）相似矩阵及二次型口作者:日期:28第五章相似矩阵及二次型、计算题4=-111.解:a1,a2=1 2+2 3+3(-1) +(-4)单位化如下:a1单位化：b1aiai1301, 2,3,(30112,15 1015a2单位化：b2a2_ a2 一1302,3,1, 4(一,一15 10130022、解：先正交化：取 b a1, b2 a2 a2,bl b10 0山心14 0b3a3匕abibbi由2自MU51026006013220013b2单位化：取0bi_bTb2_ b2-1、.23.解：先正交化：取ba1, b24a2,bi.218 325a2 b1

2、b1,b1325 425再单位化：e3545e e2b2b245354 .解：不是。因为该矩阵的列向量不都是单位向量，且不两两正交。5 .解：是.因为该矩阵的每个列向量都是单位向量，且两两正交。6.解：所求向量a2,a3应满足方程a；X0,即 2x1 2x2 4x3该方程组的基础解系是：1 (1,0,1)T2把基础解系正交化即得所求向量有a21 T(1丐)，a3(12 t,1,一)557.解：A特征多项式为:所以A特征值为：11, 22,当1 1时，解方程(AE)x0,1)(2)2,的基础解系：P1(0,0,1)T，所以kp1 (k 0)是对应于1的全部特征向量;3 2时，解方程(A2E)x0

3、,的基础解系：Pi(1,1,0)T ,所以kp2 (k 0)是对应3 2的全部特征向量8.解:A特征多项式为:(2)3,所以A特征值为:3 2,当2时，解方程(A 2E)x 0,基础解系:R(1,1,0)T,P21,0,1)T故对应于特征值2的所有特征向量为:k1 P1k2P2 ( k1,k2不同时为0)9.,A特征多项式为:7,一“2解：令A3所以A特征值为:3 373 x 371,3212A 48A 1(A),有()3 6 2 248一,(6) 20 ,10.解：A可逆，A 48, A* |A A1A3 6A2故(A)的特征值为：(2) 12, (4)12,所以 A3 6A2 2A A*2

4、88011、解：A的特征值分别为：1 1, 2 2, 3 3,特征值互不相等，故可以对角化1对应1 1,解方程组（A E）x 0,得基础解系11 ,单位化得p1J22遮20对应22,解方程组（A 2E）x 0,得基础解系21 ,单位化得P20. 22J2 0000对应3 3,解方程组（A 3E）x 0,得基础解系0,单位化得P30将 P1,P2,P3 构成正交阵 P (P1,P2,P3)遮2 011. 22遮201 0 0有 P1AP PTAP 0 2 00 0 312.解：A的特征值分别为：1 2, 23 40对应1=2,解方程组(A 2E)x 0,得基础解系11 ,单位化得R10，2222

5、01对应23 4,解方程组(A 4E)x 0,得基础解系21,30单位化得：P20立2工20 ,1, 2, 3线性无关，故可对角化。0将 P1,P2, P3 构成正交阵 P (P1,P2,P3)001,220 ,2222.2022102 0 0有 P1AP PTAP 0 4 013.解：A的特征值分别为:0 0 41, 2 4, 31,特征值互不相等，故可以对角化4j3对应i 1,解万程组（A E）x 0,得基础解系i -211对应2 4,解方程组（A 4E）x 0,得基础解系20132对应31 ,解方程组（A E）x 0,得基础解系301用施密特法把1, 2, 3正交化，即得到所求正交阵14

6、.解：A222, A32222，A42323L L A100222222232329929929929915.解：B为对角阵，A与B相似，即-1, x, y就是A的特征根,A的特征根为：11, 2 2, 32故x=2, y=-216.解：A为对称阵，故不同特征值所对应的特征向量正交，故与8对应的特征向量应满足下列方程:XiXi2x, 02,解方程组有基础解系为：P3X3 01 T叼,将其单包化有:2 1 2、t, )P2, 1,4 2 T1(一 , 一 , 1)1, 15 53 3 3将 Pi( 1,2,0)T, P2 (1,0, 1)T 正交化，有 1Pi,2再单位化：1 (9华“，2 (

7、1,|,0)将 1, 2, 3构成正交阵P(1, 2, 3 )1 2_J 2353P 1AP PT AP2-512不T1146832353 8 00353455912.5212.5281616-010353 n a4353545920 012321632000033999A PAPT17.解：该二次型的矩阵为:18.解:0/ 1(x, y,z) -21219、解：f所对应白矩阵A0 3a,由题意A的特征值为：1 1, 2 2, 3 5,其特征 20 a 022多项式为：9 5得a44 ,由于a 0 ,故a 4对应11,解方程组(A E)x 0,得基础解系101 ,单位化得P110J2211对应

8、2 2,解方程组(A 2E)x 0,得基础解系20 ,单位化得P2000对应5,解方程组(AE)x 0,得基础解系01 ,单位化得P310. 22. 22将 Pl,P2,P3 构成正交阵 P (Pl,P2,P3)20 -20222 0及 u 221 0 0有 P1AP PTAP 0 2 00 0 520.2 0 0解：f所对应白矩阵A0 3 2, A的特征向量为：1 1, 2 2,0 2 0故标准型为f 2y2 y2 5 y2所用正交阵由19题知P (p1,p2,p3)222、/20222工2即 P1AP PT AP 0 2 021.解：f= x12 2x1(x2 2x3) 3x2 2x2x3

9、二 (x1x22x3)2 (x2 2x3)23x3 2x2x3 = (x1x2 2x3)(x2 x3 )yi % X2 2x3 yi y2 y令 、2 X2 X3 ,即可逆线性变换X2 y y3y X3X3 y352122.解：f所对应白矩阵A 211 ,11 t若f正定，即A正定，A的各阶主子式应都为正，521211 0有 t 10 0 即t 1011 t212123.解：设p对应的特征值为 ，有App 即 5 a 311 b 21解得 a=3,b=4,524.解：A为对称阵，故2 3 1所对应的特征向量与1 4所对应的特征向量P1正交，故满 足下列方程：X X2 X3 0 ,解方程组有基础

10、解系为：P2 ( 1,0,1)T , P3 (1,0,1)T将 P2 (1,0,1)T, P3 (1,0,1)T 正交化，有 2 P2, 3 (1,1,1)T22再单位化：2 (叵。，与，3匹四恒"2223636将R 1,1,1 T单位化得：1 (近，,)T333、,3二6326:30,- 633,3空、6326交 阵 P ( 1, 2, 3)1, 2, 34 0 01_TP 1AP PTAP 0 1 0.32A PAPT,3232,66,63'.663、，276326,30、6333二，63264 0 00 1 00 0 10 0 125.解：（1）由题意：A 1112 1

11、,故1是矩阵B的特征向量B 1 (A5 4A3 E) 1 A5 1 4A3 1 E 1设B (A)A5 4A3 E , 故B的特征值分别为： (1)2, (2) 1, ( 2) 1即2, 231对应于12有，B的全部特征向量为k1 1 （k1不为0）B为对称阵，所以对应于23 1的特征向量满足与1正交，11即满足方程X1 X2 X30解有其基础解系为：20,312,3正父化，2同时为0)(2)分别将1 , 2,将Pl, P2, P3构成矩阵A5P150002500025B A54A3-122,31123单位化：P1PT故对应于(Pl, P2, P3)1111223 1的全部特征向量为：k2卜3

12、(卜2 ,卜3不1121313、33 ,、333, P2, P3通6,63_663后3J3220空26下3空6PT223J3A3130002300023PT1126.解：已知n阶方阵A有n个互异的特征值,故存在可逆矩阵P,使得P-1AP= =diag(2 , 4,，2n)det(A-3E尸det (P P1-3PP1) =det (P( -3E)P-1) =detP det( -3E)det(P -1)=det( -3E)=-1 1 3 5 (2n-3)1 1 127.解：（1） A 111, A的特征值分别为12 0, 3 31 1 1对应于12 0的特征向量为：k1 1 k2 2 （k1,

13、k2不同时为0）、66对应于3 3的特征向量为：k3 3 （k3不为0）这里312（2）将1, 2正交化有，P11 , P20 ,分别单位化有：q112q260,将3单位化有q3一 66,33、3 一 故所求正父阵为 Q (q1,q2,q3)3/36 6 3663 6八 .3一0一33爽_1_3663111(3)A11111128.1 a 0解：（1） f所对应的矩阵为A1 a 0 , A的秩为2,02则该矩阵的第一列和第二列应对应成比例，满足:1 a k(1 a)1 a k(1 a),J2,220对应23 2 ,解方程组（A 2E）x 0,得基础解系200单位化得P212220解得：a=0（

14、2） A的特征值为：1 0, 23 21对应于1 0 ,解方程组Ax 0 ,得基础解系11 ,单位化得：a02五 0220 y ,标准型为:220010P30由P1P2, P3构成矩阵Q,则所求正交变换为x Qy122f X1 , X2 , X3 2y2 2y3(3)由于 f(Xi，x2 ,X3)=x；x2 2x2 2x1x2(Xi x2)2 2x；=0.所以x1x20x30'其通解为X=k(-1,1,0)T,其中k为任意常数.29.1-2-2解：A的特征方程为IE A21) (5) 0-212-221故A的特征值为1, 1, -5.(2)由于A的特征值为1, 1, -5 ,则A-1的

15、特征值为1, 1, -1,5一.一114则 E+A 的特征值为 1+1=2, 1+1=2, 1+ (-)=- 5530.5-13解：(1)此二次型对应矩阵为 A -1 5 -3 ,3 -3 c5因 R(A)=2,故 A 131353 0,解得 c=33 c容易验证，此时A的秩是2.4)(9)-51-3此时，A的特征多项式为| E A 1-53-33-3故所求特征值为10,24,3 9(2)二次型f的标准形可表为f 4y2 9y2,由 f (x1,x2, x3)=1,可得 4y2 9y；1 ,由此可知f (Xi，X2，X3)=1所给出的曲面是椭圆柱面.二、证明题1 .证明：(A 2E)T(A 2

16、E) (AT 2E)(A 2e) AT A 2AT 2A 4E而 AT A,所以，(A 2E)T(A 2E) A2 4A 4E E故A 2E为正交矩阵2证明：因为A是正交矩阵，所以ATA E,且A1 AA |AA1 A AT , (A)T | A A,而由于A是正交矩阵，所以|A 1,因此(A)TA |A2 EA是正交矩阵得证3、证明：A2 3E 4A 即 A2 4A 3E 0,设A的特征值为，且对应的特征向量为p有Ap p,故 A2p 4 Ap 3Ep 2P 4P 3P (2 43)p0,p为特征向量，不可能为0,故解得：i 3, 2 1,所以A的特征值只能是3或者14.证明：设 是A的特征

17、值，X (Xi-,.%) T是属于 的实特征向量，则 AX X,X 0 两边取转置有XTATXT (2)式(1)与式(2)相乘得XT AT AX XT X即 XT(ATA) X2(XTX)因 ATA E ,故 XTX2XTX ,即(2-力 XTX 0 ,因为 XTX x12 x2x2 0 ,故2 1 0 ,即 15、证：因为A可逆，由A1(AB)A=BA知，AB与BA相似6、证明：因为A, B是n阶正定矩阵，所以对任意非零向量 x,有xTAx 0,xTBx 0,故XT (A B)x 0,因此A B也是正定矩阵7、 证明：设p是矩阵A对应于特征值 的特征向量, 有 Ap p , A 1p - p 又因为 A AA1,则 Ap A A 1p 国 p,得证。8、证明：由题意 Ap1p1, Ap2p2;A(3pi 4P2) 3Api 4Ap2 3 P14P2(3p1 4P2),得证解：（1） PTACOn，有PT"CETmA1OnCAC £*A OO B CTA 1cA C Em A 1CO B CTA1C O En （2）矩阵B-CTA-1C是正定矩阵.30由（1）的结果可知，矩阵D合同于矩阵MA OO BCTA1C '，0） T（m维）及任意的又D为正定矩阵，可知矩阵 M为正定