教育管理工程数学线性代数课后答案同济五版.docx
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教育管理工程数学线性代数课后答案同济五版
{教育管理}工程数学线性代数课后答案同济五版
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xTx1令HE2xxT证明H是对称的正交阵
证明因为
HT(E2xxT)TE2(xxT)TE2(xxT)T
E2(xT)TxTE2xxT
所以H是对称矩阵
因为
HTHHH(E2xxT)(E2xxT)
E2xxT2xxT(2xxT)(2xxT)
E4xxT4x(xTx)xT
E4xxT4xxT
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AB是n阶正交阵,故A1ATB1BT
(AB)T(AB)BTATABB1A1ABE
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(AE)x0的基础解系p1(111)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102139.
对于特征值10,由
得方程Ax0的基础解系p1(111)T向量p1是对应于特征值10的特征值向量.
对于特征值21,由
得方程(AE)x0的基础解系p2(110)T向量p2就是对应于特征值21的特征值向量
对于特征值39,由
得方程(A9E)x0的基础解系p3(1/21/21)T向量p3就是对应于特征值39的特征值向量.
(3).
解
故A的特征值为121341.
对于特征值121,由
得方程(AE)x0的基础解系p1(1001)Tp2(0110)T向量p1和p2是对应于特征值121的线性无关特征值向量.
对于特征值341,由
得方程(AE)x0的基础解系p3(1001)Tp4(0110)T向量p3和p4是对应于特征值341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
|ATE||(AE)T||AE|T|AE|
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)rR(B)t则rtn
若a1a2anr是齐次方程组Ax0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b1b2bnt是齐次方程组Bx0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(nr)(nt)n(nrt)n故a1a2anrb1b2bnt必线性相关于是有不全为0的数k1k2knrl1l2lnt使
k1a1k2a2knranrl1b1l2b2lnrbnr0
记k1a1k2a2knranr(l1b1l2b2lnrbnr)
则k1k2knr不全为0否则l1l2lnt不全为0而
l1b1l2b2lnrbnr0
与b1b2bnt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A23A2EO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
(A23A2E)x2x3x2x(232)x0
因为x0所以2320即是方程2320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AmnBnm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)xx
于是B(AB)xB(x)
或BA(Bx)(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123求|A35A27A|
解令()3527则
(1)3
(2)2(3)3是(A)的特征值故
|A35A27A||(A)|
(1)×
(2)×(3)32318
12已知3阶矩阵A的特征值为123求|A*3A2E|
解因为|A|12(3)60所以A可逆故
A*|A|A16A1
A*3A2E6A13A2E
令()61322则
(1)1
(2)5(3)5是(A)的特征值故
|A*3A2E||6A13A2E||(A)|
(1)×
(2)×(3)15(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PA则
P1ABPA1ABABA
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l1=6,l2=l3=1.
因为A可相似对角化,所以对于l2=l3=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l是特征向量p所对应的特征值,则
(A-lE)p=0,即,
解之得l=-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1231
由
知R(AE)2所以齐次线性方程组(AE)x0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122134.
对于12,解方程(A2E)x0即
得特征向量(122)T单位化得
对于21,解方程(AE)x0即
得特征向量(212)T单位化得
对于34,解方程(A4E)x0即
得特征向量(221)T单位化得
于是有正交阵P(p1p2p3)使P1APdiag(214)
(2).
解将所给矩阵记为A由
(1)2(10),
得矩阵A的特征值为121310.
对于121,解方程(AE)x0即
得线性无关特征向量(210)T和(201)T将它们正交化、单位化得
对于310,解方程(A10E)x0即
得特征向量(122)T单位化得
于是有正交阵P(p1p2p3)使P1APdiag(1110)
17设矩阵与相似求xy并求一个正交阵P使P1AP
解已知相似矩阵有相同的特征值显然54y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x4
已知相似矩阵的行列式相同因为
所以20y100y5
对于5解方程(A5E)x0得两个线性无关的特征向量(101)T(120)T将它们正交化、单位化得
对于4解方程(A4E)x0得特征向量(212)T单位化得
于是有正交矩阵使P1AP
18.设3阶方阵A的特征值为122231;对应的特征向量依次为p1(011)Tp2(111)Tp3(110)T求A.
解令P(p1p2p3)则P1APdiag(221)APP1
因为
所以
19设3阶对称阵A的特征值为112130对应1、2的特征向量依次为p1(122)Tp2(212)T求A
解设则Ap12p1Ap22p2即
①
②
再由特征值的性质有
x1x4x61230③
由①②③解得
令x60得x20
因此
20.设3阶对称矩阵A的特征值162333与特征值16对应的特征向量为p1(111)T求A.
解设
因为16对应的特征向量为p1(111)T所以有
即①
233是A的二重特征值,根据实对称矩阵的性质定理知R(A3E)1利用①可推出
因为R(A3E)1所以x2x43x5且x3x5x63解之得
x2x3x51x1x4x64
因此.
21设a(a1a2an)Ta10AaaT
(1)证明0是A的n1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
Axx
2xA2xaaTaaTxaTaAxaTax
于是可得2aTa从而0或aTa
设12n是A的所有特征值因为AaaT的主对角线性上的元素为a12a22an2所以
a12a22an2aTa12n
这说明在12n中有且只有一个等于aTa而其余n1个全为0即0是A的n1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1aTa2n0
因为AaaaTa(aTa)a1a所以p1a是对应于1aTa的特征向量
对于2n0解方程Ax0即aaTx0因为a0所以aTx0即a1x1a2x2anxn0其线性无关解为
p2(a2a100)T
p3(a30a10)T
pn(an00a1)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112535
对于11解方程(AE)x0得特征向量p1(100)T
对于15解方程(A5E)x0得特征向量p2(212)T
对于15解方程(A5E)x0得特征向量p3(121)T
令P(p1p2p3)则
P1APdiag(155)
APP1
A100P100P1
因为
100diag(151005100)
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(xnyn1)
(1)求关系式中的矩阵A
解由题意知
xn1xnqynpxn(1p)xnqyn
yn1ynpxnqynpxn(1q)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112r其中r1pq
对于11解方程(AE)x0得特征向量p1(qp)T
对于1r解方程(ArE)x0得特征向量p2(11)T
令则
P1APdiag(1r)
APP1
AnPnP1
于是
24.
(1)设,求(A)A105A9
解由
得A的特征值为1125
对于11解方程(AE)x0得单位特征向量
对于15解方程(A5E)x0得单位特征向量
于是有正交矩阵使得P1APdiag(15)
从而APP1AkPkP1因此
(A)P()P1P(1059)P1
P[diag(1510)5diag(159)]P1
Pdiag(40)P1
.
(2)设,求(A)A106A95A8
解求得正交矩阵为
使得P1APdiag(115)APP1于是
(A)P()P1P(106958)P1
P[8(E)(5E)]P1
Pdiag(1158)diag(204)diag(640)P1
Pdiag(1200)P1
.
25.用矩阵记号表示下列二次型:
(1)fx24xy4y22xzz24yz
解.
(2)fx2y27z22xy4xz4yz
解.
(3)fx12x22x32x422x1x24x1x32x1x46x2x34x2x4
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)f2x123x223x334x2x3
解二次型的矩阵为由
得A的特征值为122531.
当12时,解方程(A2E)x0由
得特征向量(100)T取p1(100)T
当25时,解方程(A5E)x0由
得特征向量(011)T取.
当31时,解方程(AE)x0,由
得特征向量(011)T取
于是有正交矩阵T(p1p2p3)和正交变换xTy使
f2y125y22y32.
(2)fx12x22x32x422x1x22x1x42x2x32x3x4
解二次型矩阵为由
得A的特征值为1123341.
当11时,可得单位特征向量
当23时,可得单位特征向量
当341时,可得线性无关的单位特征向量
于是有正交矩阵T(p1p2p3p4)和正交变换xTy使
fy123y22y32y42.
28求一个正交变换把二次曲面的方程
3x25y25z24xy4xz10yz1
化成标准方程
解二次型的矩阵为
由得A的特征值为1221130
对于12解方程(A2E)x0得特征向量(411)T单位化得
对于211解方程(A11E)x0得特征向量(122)T单位化得
对于30解方程Ax0得特征向量(011)T单位化得
于是有正交矩阵P(p1p2p3)使P1APdiag(2110)从而有正交变换
使原二次方程变为标准方程2u211v21
29.明:
二次型fxTAx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
TAT1diag(12n)
成立其中12n为A的特征值,不妨设1最大
作正交变换yTx即xTTy注意到T1TT有
fxTAxyTTATTyyTy1y122y22nyn2
因为yTx正交变换所以当||x||1时有
||y||||x||1即y12y22yn21
因此
f1y122y22nyn21
又当y11y2y3yn0时f1所以fmax1
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(x1x2x3)x123x225x322x1x24x1x3
解f(x1x2x3)x123x225x322x1x24x1x3
(x1x22x3)24x2x32x22x32
(x1x22x3)22x22(2x2x3)2
令即
二次型化为规范形
fy12y22y32
所用的变换矩阵为
(2)f(x1x2x3)x122x322x1x32x2x3
解f(x1x2x3)x122x322x1x32x2x3
(x1x3)2x322x2x3
(x1x3)2x22(x2x3)2
令即
二次型化为规范形
fy12y22y32
所用的变换矩阵为
(3)f(x1x2x3)2x12x224x322x1x22x2x3
解f(x1x2x3)2x12x224x322x1x22x2x3
令即
二次型化为规范形
fy12y22y32
所用的变换矩阵为
31设
fx12x225x322ax1x22x1x34x2x3
为正定二次型求a
解二次型的矩阵为其主子式为
a111
因为f为正主二次型所以必有1a20且a(5a4)0解之得
32.判别下列二次型的正定性:
(1)f2x126x224x322x1x22x1x3
解二次型的矩阵为因为
,,
所以f为负定.
(2)fx123x229x3219x422x1x24x1x32x1x46x2x412x3x4
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AUTU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
PTAPdiag(12n)即APPT
其中12n均为正数令则11AP11TPT再令U1TPT则U可逆且AUTU
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