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)

解 根据施密特正交化方法

(2)

解 根据施密特正交化方法

2 下列矩阵是不是正交阵:

(1);

解 此矩阵的第一个行向量非单位向量, 故不是正交阵

(2)

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

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:

(1);

解

故A的特征值为 1(三重)

对于特征值 1 由

得方程(A E)x 0的基础解系p1 (1 1 1)T 向量p1就是对应于特征值 1的特征值向量.

(2);

解

故A的特征值为 1 0 2 1 3 9

对于特征值 1 0 由

得方程Ax 0的基础解系p1 ( 1 1 1)T 向量p1是对应于特征值 1 0的特征值向量.

对于特征值 2 1, 由

得方程(A E)x 0的基础解系p2 ( 1 1 0)T 向量p2就是对应于特征值 2 1的特征值向量

对于特征值 3 9 由

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 3 9的特征值向量

(3).

解

故A的特征值为 1 2 1 3 4 1

对于特征值 1 2 1 由

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 1 2 1的线性无关特征值向量

对于特征值 3 4 1 由

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 3 4 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 E| |(A E)T| |A E|T |A E|

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

若a1 a2 an r是齐次方程组Ax 0的基础解系 显然它们是A的对应于特征值 0的线性无关的特征向量

类似地 设b1 b2 bn t是齐次方程组Bx 0的基础解系 则它们是B的对应于特征值 0的线性无关的特征向量

由于(n r) (n t) n (n r t) n 故a1 a2 an r b1 b2 bn t必线性相关 于是有不全为0的数k1 k2 kn r l1 l2 ln t 使

k1a1 k2a2 kn ran r l1b1 l2b2 ln rbn r 0

记 k1a1 k2a2 kn ran r (l1b1 l2b2 ln rbn r)

则k1 k2 kn r不全为0 否则l1 l2 ln t不全为0 而

l1b1 l2b2 ln rbn r 0

与b1 b2 bn t线性无关相矛盾

因此 0 是A的也是B的关于 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 是A的任意一个特征值 x是A的对应于 的特征向量 则

(A2 3A 2E)x 2x 3 x 2x ( 2 3 2)x 0

因为x 0 所以 2 3 2 0 即 是方程 2 3 2 0的根 也就是说 1或 2

9 设A为正交阵 且|A| 1 证明 1是A的特征值

证明 因为A为正交矩阵 所以A的特征值为 1或1

因为|A|等于所有特征值之积 又|A| 1 所以必有奇数个特征值为 1 即 1是A的特征值

10 设 0是m阶矩阵Am nBn m的特征值 证明 也是n阶矩阵BA的特征值

证明 设x是AB的对应于 0的特征向量 则有

(AB)x x

于是 B(AB)x B( x)

或 BA(B x) (Bx)

从而 是BA的特征值 且Bx是BA的对应于 的特征向量

11 已知3阶矩阵A的特征值为1 2 3 求|A3 5A2 7A|

解 令 ( ) 3 5 2 7 则 (1) 3 (2) 2 (3) 3是 (A)的特征值 故

|A3 5A2 7A| | (A)| (1) (2) (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

A* |A|A 1 6A 1

A* 3A 2E 6A 1 3A 2E

令 ( ) 6 1 3 2 2 则 (1) 1 (2) 5 ( 3) 5是 (A)的特征值 故

|A* 3A 2E| | 6A 1 3A 2E| | (A)|

(1) (2) ( 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

P 1ABP A 1ABA BA

即AB与BA相似

14 设矩阵可相似对角化 求x

解 由

得A的特征值为 1 6 2 3 1

因为A可相似对角化 所以对于 2 3 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

知当x 3时R(A E) 1 即x 3为所求

15 已知p (1 1 1)T是矩阵的一个特征向量

(1)求参数a b及特征向量p所对应的特征值

解 设 是特征向量p所对应的特征值 则

(A E)p 0 即

解之得 1 a 3 b 0

(2)问A能不能相似对角化并说明理由

解 由

得A的特征值为 1 2 3 1

由

知R(A E) 2 所以齐次线性方程组(A E)x 0的基础解系只有一个解向量 因此A不能相似对角化

16 试求一个正交的相似变换矩阵, 将下列对称阵化为对角阵:

(1);

解 将所给矩阵记为A 由

(1 )( 4)( 2)

得矩阵A的特征值为 1 2 2 1 3 4

对于 1 2 解方程(A 2E)x 0 即

得特征向量(1 2 2)T 单位化得

对于 2 1, 解方程(A E)x 0 即

得特征向量(2 1 2)T 单位化得

对于 3 4, 解方程(A 4E)x 0 即

得特征向量(2 2 1)T 单位化得

于是有正交阵P (p1 p2 p3) 使P 1AP diag( 2 1 4)

(2)

解 将所给矩阵记为A 由

( 1)2( 10)

得矩阵A的特征值为 1 2 1 3 10

对于 1 2 1 解方程(A E)x 0 即

得线性无关特征向量( 2 1 0)T和(2 0 1)T 将它们正交化、单位化得

对于 3 10, 解方程(A 10E)x 0 即

得特征向量( 1 2 2)T 单位化得

于是有正交阵P (p1 p2 p3) 使P 1AP diag(1 1 10)

17 设矩阵与相似 求x y 并求一个正交阵P 使P 1AP

解 已知相似矩阵有相同的特征值 显然 5 4 y是 的特征值 故它们也是A的特征值 因为 4是A的特征值 所以

解之得x 4

已知相似矩阵的行列式相同 因为

所以 20y 100 y 5

对于 5 解方程(A 5E)x 0 得两个线性无关的特征向量(1 0 1)T (1 2 0)T 将它们正交化、单位化得

对于 4 解方程(A 4E)x 0 得特征向量(2 1 2)T 单位化得

于是有正交矩阵 使P 1AP

18 设3阶方阵A的特征值为 1 2 2 2 3 1 对应的特征向量依次为p1 (0 1 1)T p2 (1 1 1)T p3 (1 1 0)T 求A.

解 令P (p1 p2 p3) 则P 1AP diag(2 2 1) A P P 1

因为

所以

19 设3阶对称阵A的特征值为 1 1 2 1 3 0 对应 1、 2的特征向量依次为p1 (1 2 2)T p2 (2 1 2)T 求A

解 设 则Ap1 2p1 Ap2 2p2 即

①

②

再由特征值的性质 有

x1 x4 x6 1 2 3 0 ③

由①②③解得

令x6 0 得 x2 0

因此

20 设3阶对称矩阵A的特征值 1 6 2 3 3 3 与特征值 1 6对应的特征向量为p1 (1 1 1)T 求A.

解 设

因为 1 6对应的特征向量为p1 (1 1 1)T 所以有

即 ①

2 3 3是A的二重特征值, 根据实对称矩阵的性质定理知R(A 3E) 1 利用①可推出

因为R(A 3E) 1 所以x2 x4 3 x5且x3 x5 x6 3 解之得

x2 x3 x5 1 x1 x4 x6 4

因此

21 设a (a1 a2 an)T a1 0 A aaT

(1)证明 0是A的n 1重特征值

证明 设 是A的任意一个特征值 x是A的对应于 的特征向量 则有

Ax x

2x A2x aaTaaTx aTaAx aTax

于是可得 2 aTa 从而 0或 aTa

设 1 2 n是A的所有特征值 因为A aaT的主对角线性上的元素为a12 a22 an2 所以

a12 a22 an2 aTa 1 2 n

这说明在 1 2 n中有且只有一个等于aTa 而其余n 1个全为0 即 0是A的n 1重特征值

(2)求A的非零特征值及n个线性无关的特征向量

解 设 1 aTa 2 n 0

因为Aa aaTa (aTa)a 1a 所以p1 a是对应于 1 aTa的特征向量

对于 2 n 0 解方程Ax 0 即aaTx 0 因为a 0 所以aTx 0 即a1x1 a2x2 anxn 0 其线性无关解为

p2 ( a2 a1 0 0)T

p3 ( a3 0 a1 0)T

pn ( an 0 0 a1)T

因此n个线性无关特征向量构成的矩阵为

22 设 求A100

解 由

得A的特征值为 1 1 2 5 3 5

对于 1 1 解方程(A E)x 0 得特征向量p1 (1 0 0)T

对于 1 5 解方程(A 5E)x 0 得特征向量p2 (2 1 2)T

对于 1 5 解方程(A 5E)x 0 得特征向量p3 (1 2 1)T

令P (p1 p2 p3) 则

P 1AP diag(1 5 5)

A P P 1

A100 P 100P 1

因为

100 diag(1 5100 5100)

所以

23 在某国 每年有比例为p的农村居民移居城镇 有比例为q的城镇居民移居农村 假设该国总人口数不变 且上述人口迁移的规律也不变 把n年后农村人口和城镇人口占总人口的比例依次记为xn和yn(xn yn 1)

(1)求关系式中的矩阵A

解 由题意知

xn 1 xn qyn pxn (1 p)xn qyn

yn 1 yn pxn qyn pxn (1 q)yn

可用矩阵表示为

因此

(2)设目前农村人口与城镇人口相等 即 求

解 由可知 由

得A的特征值为 1 1 2 r 其中r 1 p q

对于 1 1 解方程(A E)x 0 得特征向量p1 (q p)T

对于 1 r 解方程(A rE)x 0 得特征向量p2 ( 1 1)T

令 则

P 1AP diag(1 r)

A P P 1

An P nP 1

于是

24 (1)设 求 (A) A10 5A9

解 由

得A的特征值为 1 1 2 5

对于 1 1 解方程(A E)x 0 得单位特征向量

对于 1 5 解方程(A 5E)x 0 得单位特征向量

于是有正交矩阵 使得P 1AP diag(1 5)

从而A P P 1 Ak P kP 1 因此

(A) P ( )P 1 P( 10 5 9)P 1

P[diag(1 510) 5diag(1 59)]P 1

Pdiag( 4 0)P 1

(2)设, 求 (A) A10 6A9 5A8

解 求得正交矩阵为

使得P 1AP diag( 1 1 5) A P P 1 于是

(A) P ( )P 1 P( 10 6 9 5 8)P 1

P[ 8( E)( 5E)]P 1

Pdiag(1 1 58)diag( 2 0 4)diag( 6 4 0)P 1

Pdiag(12 0 0)P 1

25 用矩阵记号表示下列二次型:

(1) f x2 4xy 4y2 2xz z2 4yz

解

(2) f x2 y2 7z2 2xy 4xz 4yz

解

(3) f x12 x22 x32 x42 2x1x2 4x1x3 2x1x4 6x2x3 4x2x4

解

26 写出下列二次型的矩阵

(1)

解 二次型的矩阵为

(2)

解 二次型的矩阵为

27 求一个正交变换将下列二次型化成标准形:

(1) f 2x12 3x22 3x33 4x2x3

解 二次型的矩阵为 由

得A的特征值为 1 2 2 5 3 1

当 1 2时, 解方程(A 2E)x 0 由

得特征向量(1 0 0)T 取p1 (1 0 0)T

当 2 5时 解方程(A 5E)x 0 由

得特征向量(0 1 1)T 取

当 3 1时 解方程(A E)x 0 由

得特征向量(0 1 1)T 取

于是有正交矩阵T (p1 p2 p3)和正交变换x Ty 使

f 2y12 5y22 y32

(2) f x12 x22 x32 x42 2x1x2 2x1x4 2x2x3 2x3x4

解 二次型矩阵为 由

得A的特征值为 1 1 2 3 3 4 1

当 1 1时 可得单位特征向量

当 2 3时 可得单位特征向量

当 3 4 1时 可得线性无关的单位特征向量

于是有正交矩阵T ( p1 p2 p3 p4)和正交变换x Ty 使

f y12 3y22 y32 y42

28 求一个正交变换把二次曲面的方程

3x2 5y2 5z2 4xy 4xz 10yz 1

化成标准方程

解 二次型的矩阵为

由 得A的特征值为 1 2 2 11 3 0

对于 1 2 解方程(A 2E)x 0 得特征向量(4 1 1)T 单位化得

对于 2 11 解方程(A 11E)x 0 得特征向量(1 2 2)T 单位化得

对于 3 0 解方程Ax 0 得特征向量(0 1 1)T 单位化得

于是有正交矩阵P (p1 p2 p3) 使P 1AP diag(2 11 0) 从而有正交变换

使原二次方程变为标准方程2u2 11v2 1

29 明 二次型f xTAx在||x|| 1时的最大值为矩阵A的最大特征值.

证明 A为实对称矩阵 则有一正交矩阵T 使得

TAT 1 diag( 1 2 n)

成立 其中 1 2 n为A的特征值 不妨设 1最大

作正交变换y Tx 即x TTy 注意到T 1 TT 有

f xTAx yTTATTy yT y 1y12 2y22 nyn2

因为y Tx正交变换 所以当||x|| 1时 有

||y|| ||x|| 1 即y12 y22 yn2 1

因此

f 1y12 2y22 nyn2 1

又当y1 1 y2 y3 yn 0时f 1 所以f max 1

30 用配方法化下列二次形成规范形 并写出所用变换的矩阵

(1) f(x1 x2 x3) x12 3x22 5x32 2x1x2 4x1x3

解 f(x1 x2 x3) x12 3x22 5x32 2x1x2 4x1x3

(x1 x2 2x3)2 4x2x3 2x22 x32

(x1 x2 2x3)2 2x22 (2x2 x3)2

令 即

二次型化为规范形

f y12 y22 y32

所用的变换矩阵为

(2) f(x1 x2 x3) x12 2x32 2x1x3 2x2x3

解 f(x1 x2 x3) x12 2x32 2x1x3 2x2x3

(x1 x3)2 x32 2x2x3

(x1 x3)2 x22 (x2 x3)2

令 即

二次型化为规范形

f y12 y22 y32

所用的变换矩阵为

(3) f(x1 x2 x3) 2x12 x22 4x32 2x1x2 2x2x3

解 f(x1 x2 x3) 2x12 x22 4x32 2x1x2 2x2x3

令 即

二次型化为规范形

f y12 y22 y32

所用的变换矩阵为

31 设

f x12 x22 5x32 2ax1x2 2x1x3 4x2x3

为正定二次型 求a

解 二次型的矩阵为 其主子式为

a11 1

因为f为正主二次型 所以必有1 a2 0且 a(5a 4) 0 解之得

32 判别下列二次型的正定性

(1) f 2x12 6x22 4x32 2x1x2 2x1x3

解 二次型的矩阵为 因为

所以f为负定

(2) f x12 3x22 9x32 19x42 2x1x2 4x1x3 2x1x4 6x2x4 12x3x4

解 二次型的矩阵为 因为

, ,

所以f为正定

33 证明对称阵A为正定的充分必要条件是 存在可逆矩阵U 使A U TU 即A与单位阵E合同

证明 因为对称阵A为正定的 所以存在正交矩阵P使

PTAP diag( 1 2 n) 即A P PT

其中 1 2 n均为正数 令 则 1 1 A P 1 1TPT 再令U 1TPT 则U可逆 且A UTU

工程数学线性代数课后答案 - - 同济第五版