线代作业习题第五章

1、第五相似矩阵及二次1试法把下列向量组正交化114(a1,a2,a3 ) 1231911010110(a ,a ,a ) 1解第五相似矩阵及二次1试法把下列向量组正交化114(a1,a2,a3 ) 1231911010110(a ,a ,a ) 1解根正交化方法1 令b1 a1 11 b ,a b a b 0 1b ,b11b ,a b ,a 1b a b 2bb ,b b ,b 12311132故正交化后得: (b b b 103111310 正交化方法令根11111 b ,a b a b b ,b 322121b ,a b2,a3b 133413b a bb ,b 5121 b ,a b a

2、 b b ,b 322121b ,a b2,a3b 133413b a bb ,b 512 1 5 1故正交化后得 (b b b ) 132下列矩阵是不是正交阵 19 41991948 99 72999解第一个行向量向量,故不是正交阵向量，且两两正交，故为正交阵该方阵每一个行向量均3A与B 都是n 阶正交阵，证AB 也是正交阵证明 AB是n阶正交阵A1 AT ，B1 (AB)T(AB) AB B1A1AB AB 也是正交阵4求下列矩阵的特征值和特征向量2a1 21333a2 an,(1);(2) 0).a14M 6a n 并问它们的特征向量是否两两正交 14A ( 2)( 解2A的特征值为1

3、22a1 21333a2 an,(1);(2) 0).a14M 6a n 并问它们的特征向量是否两两正交 14A ( 2)( 解2A的特征值为1 22 3 当1 2时,解方程A2Ex 0,1(A2E) 0得基础解P1 2201所以k1P1(k1 0是对应于1 2的全部特征值向量当2 3时,解方程A 3Ex 0,由 11 2 (A3E) 得基础解2101所以k2P2(k2 0是对应于 3的全部特征向量 132P P ,P T1P221P1P2不正交123213336A( 1)( A的特征值为1 01, 9 当1 0时，解方Ax 0，213321033 0A 1得基础解P1 601故k1P1(k1

4、 0是对应于1 0的全部特征值向量.当2 1时,解方程A E)x 0，由332232003 A E 1得基础解P2 7003故k2P2(k2 0是对应于2 1的全部特征值向量当3 9时，解方程A 9E)x 0，由12 1A 得基础解231故k3P故k2P2(k2 0是对应于2 1的全部特征值向量当3 9时，解方程A 9E)x 0，由12 1A 得基础解231故k3P3(k3 0是对应于3 9的全部特征值向量 P ,P P (1,1,1) 1 0T1P2012P (1,1,0)1 0P ,P TP2231121P (1,1,1) 0P ,P T1P231P1P2P3两两正交aa a L11 1

5、aa a A2 M22 MMaa a n n n=n a2 La 22n a2 La 22nn a2 a2 La , L 2223nin 当 a 时2i4A Ea2a2 L2a a Ln1 1 a2a2 L2a a 2 Mn2 MMa2a2 L2a a n1 n n M0A Ea2a2 L2a a Ln1 1 a2a2 L2a a 2 Mn2 MMa2a2 L2a a n1 n n M0 000M0初等行变换 M an1 0L未知量，并xn an a1, a2,L an1xna1 a2 故基础解系 M 1a n 当2 3 L n 0时aa a LL1 n 11 aaa A0E2 M2M2 Ma

6、aa L n n n 0M0an 0初等行变0 M00基础解L a2 a2 an 00 00M,3,L, a1 综上所述可知原矩阵的特征向量5 0an P ,P ,L,P 0MnMaa L1 x410y005设方A2与 0 相似x, y 0an P ,P ,L,P 0MnMaa L1 x410y005设方A2与 0 相似x, y41解 A与相似A与的特征多项式相同，1500 x10y0004A x 4y A 0，证AB与BA相似6A, B都是n 阶方阵，A 0A可证A1(AB)A (A1A)(BA) AB 与BA相似73 阶方A的特征值为1,2 0,1；对应的特征向221 2 P1 2，P3

7、12212A解 根据特征向量的性质知P1P2P3可逆得:(P ,P ,P A(P ,P ,P )23 3 62012A 1 230283阶对称矩A的特征6，3，3，与特征6对应的特征向量P1356 解 A 11 ，知3由52012A 1 230283阶对称矩A的特征6，3，3，与特征6对应的特征向量P1356 解 A 11 ，知3由511 63 A的二重特征值,根据实对称矩阵的性质定理A 3E 的秩113 故利用可推536则存在实的ab使得(1,1,1 5 成立(1,1,1) 61由解1511411A 49试求一个正交的相似变换矩阵,将下列对称矩阵化为对角矩阵2225220(1) 2 421

8、(2)2500200A1 (1)( 4)( 解故得特征值为1 22 13 47当 2时，3x1x11402x2 0解得x2 k12x x 2023 3 1 3特征向量可取P1 2 32 3当1时,0 x1当 2时，3x1x11402x2 0解得x2 k12x x 2023 3 1 3特征向量可取P1 2 32 3当1时,0 x1x1102 2x2 0解得x2 k211x 203 3 2 特征向量可取: P2 1 3当 4时,0 x1 x12 2x2 解得x2 k324x 013 3 2 特征向量可取: P3 2 31 21221得正交阵(P ,P ,P ) P 3100100AP 40225

9、(2) A ( 1) ( 22，5故得特征值为1 2 1当1 2 1时，8 2 x1 20 x121244x2 0解得x2 k1 1 k202x 01x 403 3 此二个向量正交化后,得两正交的特征向21P 51102 2 x1 20 x121244x2 0解得x2 k1 1 k202x 01x 403 3 此二个向量正交化后,得两正交的特征向21P 511022 5 54 5PP 1223110时,当 2 x1 120 x1 4x2 0解得x2 k3 22 5 0 x 23 3 112 :得正交阵P P P 332525 2 3530102300AP 0 1232，求(A) 5A A 93

10、1求A) 设A6A9 5A8222 1923QA 是实对称矩阵解3121212故可找到正交相似变换矩P 120使得AP 5A PP1Ak PkP因此A P10P5P9P5A9000 0 0 23QA 是实对称矩阵解3121212故可找到正交相似变换矩P 120使得AP 5A PP1Ak PkP因此A P10P5P9P5A9000 0 0 05501011110 2211021 2 1同(1)求得正交相似变换矩6612 3P 00010AP ,A 使50(A) A10 6A9 5A8 A8(A2 6A5E) A8(A E)(A5E2 21111P8P12 2142411用矩阵记号表示下列二次型f

11、 x2 4xy4y2 2xz z2 4yzf x2 f y27z2 2xy4xz 44x.3224211x2 yf f x2 4xy4y2 2xz z2 4yzf x2 f y27z2 2xy4xz 44x.3224211x2 yf (x, y,z)解1 z1 2xf (x, y,z) 2 y7 z13 1 x1 12310 2 x2 f , x4 x 32013 x4 12求一个正交变换将下列二次型化成标准形f f 234x x 2 03202解 二次型的矩阵为A3200032023A (2)(5)(1A的特征值为1 2,2 5,3 1当1 2时, 解方程A2Ex 0，02012100A2E

12、 1101100得基础解系1100当2 5时，解方程A5Ex 0，02001002 0A5E 002000得基础解系1 取P 12 22112当3 1时，解方程A Ex 002001002 0A5E 002000得基础解系1 取P 12 22112当3 1时，解方程A Ex 0，00012 0A E 202000得基础解系1 取P 2 33112于是正交变换x 00 y 2 y2 2x y f 2y23 5y2 y2123111100011011 011(2)二次型矩阵A 01 1011 0( 1)( 3)( 1)2A 1 1A的特征值为1 12 33 4 121 2当 1时特征向 11121

13、 2 121 2当 3时特征向 1222121012 0，2 当 1时特征向1034342121 2当 1时特征向 11121 2 121 2当 3时特征向 1222121012 0，2 当 1时特征向1034342120于是正交变换1212121120120 121 yx 22 x 12203 y4 1f y2 3y2 y2y1234 1时的最大值为矩A的最大特13证明：二次值AxxA 为实对称矩阵，则有一正交矩阵T ，使证 B成立2On 其中1 2 ,Ln A的特征值，不妨设1 最大T为正交矩阵，则T1 TT 1AT1 BT TT Ax xT TT BTx yTBy L y2 B成立2On

14、 其中1 2 ,Ln A的特征值，不妨设1 最大T为正交矩阵，则T1 TT 1AT1 BT TT Ax xT TT BTx yTBy L y2 y2y21 2 n y 1时yxx当即L1y2 y2 Ly2yyy12n12nL y2 y最1 n n 最1y 1故得证14判别下列二次型的正定性(1) f ;(2) f 212x3 101解 A11041110101111 0 38 0 2 0为负定1201A 3，1 4 011 033012209 6 0, 24 0为正定15设U为可逆矩阵A UT U, Ax 为正定二次型 x1 a1n LL(a ,a ,L,a )，xx1 证设15设U为可逆矩阵A UT U, Ax 为正定二次型 x1 a1n LL(a ,a ,L,a )，xx1 证设Unn nMn aa x Ax xT UT Ux (Ux)Tf(a11x1 La1nxn,a21x1 La2nxn,L,an1x1 LannxnLa1nxn a11La2nxn a21 Max Lx n1 nn n x Lx L11 1n 21 2n Lx L0n1 nn La1nM