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⎛ −1 ⎜ A − E =⎜ 0 0 ⎜1 ⎝
0 −1 1 0
0 1 −1 0
1 ⎞ ⎛1 0 ⎟ ~ ⎜0 0 ⎟ ⎜0 −1⎟ ⎜ 0 ⎠ ⎝
0 1 0 0
0 −1 0 0
−1⎞ 0 ⎟, 0⎟ 0⎟ ⎠
0 得方程(A−E)x=0 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λ3=λ4=1 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 |AT−λE|=|(A−λE)T|=|A−λE|T=|A−λE|, 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 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 r+t<n.
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则 k1, k2, ⋅⋅⋅, kn−r 不全为 0, 否则 l1, l2, ⋅⋅⋅, ln−t 不全为 0, 而
与 b1, b2, ⋅⋅⋅, bn−t 线性无关相矛盾. 0 因此, γ≠0, γ是 A 的也是 B 的关于λ=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 A2−3A+2E=O, 证明 A 的特征值只能取 1 或 2. 证明 设λ是 A 的任意一个特征值, x 是 A 的对应于λ的特征向量, 则
T
(1)求参数 a, b 及特征向量 p 所对应的特征值; 解 设λ是特征向量 p 所对应的特征值, 则 0 (A−λE)p=0, 即 ⎜ 解之得λ=−1, a=−3, b=0. (2)问 A 能不能相似对角化？并说明理由. 解 由
2 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ 2 − λ −1 5 a −λ 3 ⎟⎜ 1 ⎟ = ⎜ 0 ⎟ , ⎜ −1 b − 2 − λ ⎟⎜ −1⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
λ=−1 是 A 的特征值.
10. 设λ≠0 是 m 阶矩阵 Am×nBn×m 的特征值, 证明λ也是 n 阶矩阵 BA 的特征值 . 证明 设 x 是 AB 的对应于λ≠0 的特征向量, 则有
x (AB)x=λx,
于是 或
x B(AB)x=B(λx), x BA(B x)=λ(Bx),
11. 已知 3 阶矩阵 A 的特征值为 1, 2, 3, 求|A3−5A2+7A|. 解 令ϕ(λ)=λ3−5λ2+7λ, 则ϕ(1)=3, ϕ(2)=2, ϕ(3)=3 是ϕ(A)的特征值, 故 |A3−5A2+7A|=|ϕ(A)|=ϕ(1)⋅ϕ(2)⋅ϕ(3)=3×2×3=18. 12. 已知 3 阶矩阵 A 的特征值为 1, 2, −3, 求|A*+3A+2E|. 解 因为|A|=1×2×(−3)=−6≠0, 所以 A 可逆, 故
⎛ 2 −1 2 ⎞ 5 −3 3⎟ ; ⎜ −1 0 − 2 ⎟ ⎝ ⎠ 2 − λ −1 2 解 | A − λE |= 5 − 3 − λ 3 = −(λ +1)3 , −1 0 − 2−λ
(1) ⎜ 故 A 的特征值为λ=−1(三重).
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对于特征值λ=−1, 由
⎛ 3 −1 2 ⎞ ⎛ 1 0 1 ⎞ A + E = ⎜ 5 − 2 3 ⎟ ~ ⎜ 0 1 1⎟ , ⎜ −1 0 −1⎟ ⎜ 0 0 0 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
解 根据施密特正交化方法,
⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ b1 = a1 = ⎜ 0 ⎟ , −1 ⎜ 1⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ [b1,a2 ] b2 = a2 − b1 = 1 ⎜ − 3⎟ , [b1,b1] 3⎜ 2⎟ ⎝ 1⎠ ⎛ −1⎞ [b1,a3] [b2,a3] 1 ⎜ 3⎟ . b3 = a3 − b− b= [b1,b1] 1 [b2 ,b2 ] 2 5 ⎜ 3⎟ ⎜ 4⎟ ⎝ ⎠
2. 下列矩阵是不是正交阵:
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⎛ 1 − 1 1⎞ ⎜ 2 3⎟ ⎜ 1 ⎟ (1) ⎜ − 1 1⎟ ; ⎜ 2 1 2⎟ 1 −1⎟ ⎜ ⎝ 3 2 ⎠
解 此矩阵的第一个行向量非单位向量, 故不是正交阵.
⎛ 1 −8 − 4 ⎞ ⎜ 9 9 9⎟ ⎜ 8 1 4⎟ (2) ⎜ − − . 9 9 9⎟ ⎜ 4 4 7⎟ ⎜− − ⎟ ⎝ 9 9 9⎠
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x 从而λ是 BA 的特征值, 且 Bx 是 BA 的对应于λ的特征向量.
A*=|A|A−1=−6A−1, A*+3A+2E=−6A−1+3A+2E.
令ϕ(λ)=−6λ−1+3λ2+2, 则ϕ(1)=−1, ϕ(2)=5, ϕ(−3)=−5 是ϕ(A)的特征值, 故 |A*+3A+2E|=|−6A−1+3A+2E|=|ϕ(A)| =ϕ(1)⋅ϕ(2)⋅ϕ(−3)=−1×5×(−5)=25. 13. 设 A、B 都是 n 阶矩阵, 且 A 可逆, 证明 AB 与 BA 相 似. 证明 取 P=A, 则
⎛0 ⎜0 (3) ⎜ 0 ⎜1 ⎝
0 0 1 0
0 1 0 0
1⎞ 0⎟ . 0⎟ 0⎟ ⎠
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解
−λ | A − λE |= 0 0 1
0 −λ 1 0
0 1 −λ 0
1 0 = (λ −1)2(λ +1)2 , 0 −λ
故 A 的特征值为λ1=λ2=−1, λ3=λ4=1. 对于特征值λ1=λ2=−1, 由
P−1ABP=A−1ABA=BA,
即 AB 与 BA 相似.
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14.
⎛ 2 0 1⎞ 设矩阵 A = ⎜ 3 1 x ⎟ 可相似对角化, ⎜ 4 0 5⎟ ⎝ ⎠
求 x.
解 由
2−λ 0 1 | A − λE |= 3 1− λ x = −(λ −1)2 (λ − 6) , 4 0 5−λ
得 A 的特征值为λ1=6, λ2=λ3=1. 0 因为 A 可相似对角化, 所以对于λ2=λ3=1, 齐次线性方程组(A−E)x=0 有两个 线性无关的解, 因此 R(A−E)=1. 由
HTH=HH=(E−2xxT)(E−2xxT) =E−2xxT−2xxT+(2xxT)(2xxT) =E−4xxT+4x(xTx)xT =E−4xxT+4xxT
=E, 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 A−1=AT, B−1=BT, (AB)T(AB)=BTATAB=B−1A−1AB=E, 故 AB 也是正交阵. 5. 求下列矩阵的特征值和特征向量:
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, xTx=1, 令 H=E−2xxT, 证明 H 是对称的正交阵. 证明 因为
HT=(E−2xxT)T=E−2(xxT)T=E−2(xxT)T =E−2(xT)TxT=E−2xxT,
所以 H 是对称矩阵. 因为
⎛1 ⎜ A+ E =⎜0 0 ⎜1 ⎝
0 1 1 0
0 1 1 0
1⎞ ⎛1 0⎟ ~ ⎜ 0 0⎟ ⎜ 0 1⎟ ⎜0 ⎠ ⎝
0 1 0 0
0 1 0 0
1⎞ 0⎟ , 0⎟ 0⎟ ⎠
0 得方程(A+E)x=0 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λ1=λ2=−1 的线性无关特征值向量. 对于特征值λ3=λ4=1, 由
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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 1 1 ⎞ (1) (a1, a2, a3) = ⎜1 2 4 ⎟ ; ⎜1 3 9 ⎟ ⎝ ⎠
解 根据施密特正交化方法,
⎛1⎞ b1 = a1 = ⎜1⎟ , ⎜1⎟ ⎝ ⎠ [b1,a2] ⎛ −1⎞ b2 = a2 − b = ⎜ 0⎟ , [b1,b1] 1 ⎜ 1⎟ ⎝ ⎠ 1 [b1,a3] [b2,a3] 1 ⎛ − 2⎞ . ⎜ ⎟ b3 = a3 − b− b= [b1,b1] 1 [b2,b2] 2 3 ⎜ 1⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 1 1 −1⎞ ⎜ 0 −1 1⎟ . (2) (a1, a2 , a3) = ⎜ −1 0 1⎟ ⎜ 1 1 0⎟ ⎝ ⎠
1 ⎛ − 8 2 3⎞ ⎛ 1 1 −1 ⎞ ⎜ ⎟ A − 9E = ⎜ 2 − 8 3⎟ ~ ⎜ 0 1 − ⎟ , ⎜ 3 3 − 3⎟ ⎜ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 0 0 0⎟ ⎠
0 得方程(A−9E)x=0 的基础解系 p3=(1/2, 1/2, 1)T, 向量 p3 就是对应于特征值λ3=9 的 特征值向量.
x (A2−3A+2E)x=λ2x−3λx+2x=(λ2−3λ+2)x=0.
