线性代数第五章例题

例 2A

424 24 1 det(AE)

2 21

r2 2 2 2

c31 2 6

(2

1 6(2)(2514)(2)2(当122时，解方程组A2Ex0 2

r22

r32 A2E

4

0

0 x12x22x32 2 1，00 1 故对应1222 2 k11k20，k1，k2不全为

r14

18 18A7E 4 252544 252544 r129

112 2

1 21000 21000 x1

1同解方程组为

2， 2 2 1k22 2

(k 1A

解det(AE)

134

020

11(2)3

1(2)(当12A2Ex 1

rA2E

811

11

r22

001 2 100 7x

0 0同解方程组为 2基础解系10202

k10 0

(kr22 1

r32

AE

100 0

1 2

3 0x1

1 同解方程组为 基础解系为103

3故对应2311

1 2l10 (l 31 0 A 1 11 det(AE)

11 6

c1 2611 6 36211 2611 6(362116)

对应1AEx0 0 AE 1 1 11 x1

000 0001

1 1 111 1

2求解A2Ex0。 0 1 A2E 1

4

0x1

1

2

1 24 241 k22 (k24 4 0 1 A3E 1

0x1

1

，基础解系为

1 39 391k339 9

det(AE)det(A2E)det(2A3E)则detA detA* det(2A*3E)

分析由detAE)detA2E)det(2A3E)

2于是detA3。A*2det

detA

detA

2， 323所以detA*92A*3E2333，2(3)36，2(2)32故det(2A*3E)1261

2 例已知x1是矩阵A 3的一 解由定义Ax x

21 1

212 311，得5a3 解得a3,b 例x

1 1 1

11 1A 2 求常数k解因为A1xx，即Axx 1 1k

k 21 1 (2k2k由方程1

k整理得k2k2

4k2例已知方阵A满足A2E，证明A的特征值只证设Ax xx0。上式两边左乘AA2xAx即Ex2x(21xx0知(2101例

A

1 B与

0 证因为detAE)(2)2det(BrankA2rankB。用反证法证明A不与B相似。若有可逆矩阵P，使P1APB。则由于B2E，于 APBP1P(2E)P12PP12E 应填1

2)(1,2) 1 P

AP

2 1 0例问矩阵A

1 11 det(AE)

11 6 A的特征值为13，A可求得对应11的特征向量为对应22的特征向量为对应33的特征向量为 1

p1p21 P1 3 使得P1AP 194 194

2A

42 2可求得det(AE)(2)2(当122时，解方程组A2Ex0 2

r22

1 r32 A2E

4

0

0 法1x12x22x3p1(2,1,0)T，p2法2rankA2E

7的特征向量为p31,2,2)T 1

P

P1AP 021 021

7A 1

解

det(AE)(2)( 1

1 1 2AE

8

3 2x1

0

1 法1同解方程组为 基础解系为10

3

31法2rank(A2E) 2例已知A

，试求An24 24 解可求得P1AP 1 2

7 4P11 5 9 0221 1 0221 故22 An

P(7)n 2n312n12(7)92n1

2n12(7)n52n2n2

2n12(7)n2n24(7)n52n4(7)n

1,0,1Tp2(7,6,9)T3 解Pp1p2p33

P1AP

可求得P1 3，1 1

1 A

P

36 36

例设A为n阶方阵，1,2, ,n是A的n个特征值，求n阶行列式det(A(n1)E)的值。解法 P1AP

det(A(n1)E)det(PP1(ndet((n (n

(1)n例设A为n阶方阵，1,2, ,n是A的n个特征值，求n阶行列式det(A(n1)E)的值。解法2An1)E det(A(n1)E) n(1)n法3因为det(A E) )(2 (n 所以detAn1)E)1)n 0 0 例已知矩阵A 1

与B 0

x

解法

20xa11a22a331232y 2y(1)det 解得yx0det(AE)

2

0 (2)[2x x12，2y，3

代入31x2y(2yy210，解得y2y1y1，由a11a22a332001232yy法3由det(A E)det(B E)(2)[2x1](2)(y)(1x2y12xy解得yx0证明1,2,3 式(*)左乘A得k1A1k2A2k3A3 k11k22k3(23) 由1,2k1k3(*)k22由于2k2从而1,2,3APA(1,2,3)(A1,A2,(1,2,23)1 1 0 11(1,2,3) 1 P 100001

0 P1AP

1010 010 1 1B

1 解11,0,1)T，21,1,1)T，3 2|2 3|| 61 1 1

C

3)

1 2 ||2 ||3

1 1 1 例设A是2k+1detA证明1是det(AE)det(AATA)det(EAT)detdet(EA)Tdet(E(1)2k1det(AE)det(AE)所以det(AE)故1是AdetAB)解det(AB)det(AAT)det(AB)det(BTB)detAdet[AT(AB)BT]det(detB)2det(BTAT)det(A故detAB01例A也是A证法1设Ax x左乘AT得ATAxATxATx1

1法2det(A1E)detA1AT det(E1AT)det det[(EA)]det 1 ()det(E 1 1()det(EA)det1

detAdet(AE)6,3,3但是缺少对应于解设特征值3x(x1,x2,

[p1,x]x1x2x3x1x2p21,1,0)T，p3 1 P(p,p,p) 0 110 110 P1AP 0030 030 故 故

0

1A

0

2 03 2

1 01 0

141 141 A

2 4 2 detAE(2)27)A对于12A2Ex 2 1 2A2E

4 0 204 0204

x12x2p1(2,1,0)T，p2p0 102

1p2[p21

2 0

14 1

4

5 51 0

12

2 5

5

q1

，q24 5

355 5 2

A7E 4 5 0 1 2 1 21000 21000x11 x2

基础解系为p3 单位化得q31,22) 2 2 3

Q

使Q1AQ 3

7 0 A 2 0220解det(AE) 10 )(2) 4(2

3326 11，22，32

1

2 p p11，p2

32221 221 2

1

q112，q3223

3

1333

2

Q

Q1