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：11124(1) (a1, a2, a3) =13911-110-11(2) (a1, a2, a3)=01-1110解：（1)由施密特正交化方法，得1[bi, a2]b2=a2-b1[bi, bi][bi, a3],[b2, a3] ,-2b3=a3b1b23[bi, b][b2, b2]1故正交化后得：1-1-10210(b1, b2, b3)11(②)由施密特正交化方法得0bi = a1-3[6bi, a2],-b2 = a2 -b1 =32[bi, bi]13[b2, a3],[bi, al bi1b2=b3=a35[b1, b][b2, b2]34故正交化后得13一-10(b1, b2,b3)=213-1o1最70
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) (a1, a2, a3) = 1 1 1 1 2 4 1 3 9 ; (2) (a1, a2, a3) = 1 1 −1 0 −1 1 −1 0 1 1 1 0 解: (1) 由施密特正交化方法, 得 b1 = a1 = 1 1 1 , b2 = a2 − [b1, a2] [b1, b1] b1 = −1 0 1 , b3 = a3 − [b1, a3] [b1, b1] b1 − [b2, a3] [b2, b2] b2 = 1 3 1 −2 1 . 故正交化后得: (b1, b2, b3) = 1 −1 1 3 1 0 − 2 3 1 1 1 3 . (2) 由施密特正交化方法得 b1 = a1 = 1 0 −1 1 , b2 = a2 − [b1, a2] [b1, b1] b1 = 1 3 1 −3 2 1 , b3 = a3 − [b1, a3] [b1, b1] b1 − [b2, a3] [b2, b2] b2 = 1 5 −1 3 3 4 . 故正交化后得 (b1, b2, b3) = 1 1 3 − 1 5 0 −1 3 5 −1 2 3 3 5 1 1 3 4 5 . 70
71线性代数（同济四版）习题参考答案2，下列矩阵是不是正交矩阵？并说明理由1 -专00(2)一0#-(1)1-1--10解：(1)第一个行向量非单位向量，故不是正交阵(2）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a为n维列向量，aTa=1，令H=E-2aaT，证明H是对称的正交阵证明：注意到矩阵的转置运算满足（A+B)T=AT+BT有HT = (E-2raT)T= ET - 2(TaT)T= E - 2(αT)T(αT)= E- 2aaT= H.所以H是对称的.又HTH =(E- 2eaT)(E- 2aT)=E-2T-2aT+4aaTEeT(rT = 1)= E.则H是正交阵综上得证H是对称的正交阵.4.设A与B都是正交阵，证明AB也是正交阵证明：因为A,B是正交阵,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：00022 -112300(2)(3)(1)5 -33213010336-10-20001.解：(1)由22- 入2-入>2 - 2-1-1ca+(A+2)c13= (Λ + 1)3,[A-^E|=5(-3-)5-3-入-5\- 700-10 -2->-1得A的特征值为入1=入2=入3=-1当 1=2=入3=-1时，解方程(A+E)=0,由3-12-2115-232(A+E) =0010-1
线性代数 (同济四版) 习题参考答案 71 2 . 下列矩阵是不是正交矩阵? 并说明理由. (1) 1 − 1 2 1 3 − 1 2 1 1 2 1 3 1 2 −1 ; (2) 1 9 − 8 9 − 4 9 − 8 9 1 9 − 4 9 − 4 9 − 4 9 7 9 . 解: (1) 第一个行向量非单位向量, 故不是正交阵. (2) 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, x Tx = 1, 令 H = E − 2xxT, 证明 H 是对称的正交阵. 证明: 注意到矩阵的转置运算满足 (A + B) T = AT + BT, 有 HT = (E − 2xxT) T = E T − 2(xxT) T = E − 2(x T) T(x T) = E − 2xxT = H. 所以 H 是对称的. 又 HTH = (E − 2xxT)(E − 2xxT) = E − 2xxT − 2xxT + 4xxTxxT (x Tx = 1) = E. 则 H 是正交阵. 综上得证 H 是对称的正交阵. 4 . 设 A 与 B 都是正交阵, 证明 AB 也是正交阵. 证明: 因为 A, B 是正交阵, 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) 2 −1 2 5 −3 3 −1 0 −2 ; (2) 1 2 3 2 1 3 3 3 6 ; (3) 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 . 解: (1) 由 |A − λE| = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 − λ −1 2 5 −3 − λ 3 −1 0 −2 − λ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ c3+(λ+2)c1 ========= ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 − λ −1 λ 2 − 2 5 −3 − λ −5λ − 7 −1 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (λ + 1)3 , 得 A 的特征值为 λ1 = λ2 = λ3 = −1. 当 λ1 = λ2 = λ3 = −1 时, 解方程 (A + E)x = 0, 由 (A + E) = 3 −1 2 5 −2 3 −1 0 −1 r1 + 3r3 r^2 + 5r3 0 −1 −1 0 −2 −2 −1 0 −1 ^ 1 0 1 0 1 1 0 0 0
72第五章相似矩阵及二次型得基础解系 P所以kp(k0)是对应于>=入2=a=-1的全部特征值向量(2) 由31->2[A-\E|=2 1-)= -入(入 + 1)( - 9),333 6-入得A的特征值为入1=0,入2=-1,入3=9.当入1=0时，解方程Ar=0,由1230112130 -3 -33得基础解系p1故kiPi(ki0)是对应于1=0的全部特征值向量.当入2=-1时，解方程(A+E)a=0,由2-A+E=2230a3300得基础解系p2故k2P2(k2≠0)是对应于>z=-1的全部特征值向量0当入3=9时，解方程（A-9E)=0,由-823-550003A-9E=2-85-533-33得基础解系P3故k3p3(k3≠0)是对应于入3=9的全部特征值向量(3) 由-100110-入0IA-\E|-01-0100入-入101入0展开T1+1 (1)1+41->1-00000->1=)2(1-1) - 1. (2 - 1) = (2 - 1)2=(Λ + 1)2(Λ - 1)2
72 第五章 相似矩阵及二次型 得基础解系 p = −1 −1 1 . 所以 kp (k 6= 0) 是对应于 λ1 = λ2 = λ3 = −1 的全部特征值向量. (2) 由 |A − λE| = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 − λ 2 3 2 1 − λ 3 3 3 6 − λ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = −λ(λ + 1)(λ − 9), 得 A 的特征值为 λ1 = 0, λ2 = −1, λ3 = 9. 当 λ1 = 0 时, 解方程 Ax = 0, 由 A = 1 2 3 2 1 3 3 3 6 r2 − 2r1 r3^− r1 − r2 1 2 3 0 −3 −3 0 0 0 r1 + r2 r2^÷ (−3) 1 −1 0 0 1 1 0 0 0 , 得基础解系 p1 = −1 −1 1 , 故 k1p1(k1 6= 0) 是对应于 λ1 = 0 的全部特征值向量. 当 λ2 = −1 时, 解方程 (A + E)x = 0, 由 A + E = 2 2 3 2 2 3 3 3 7 ^ 2 2 3 0 0 1 0 0 0 , 得基础解系 p2 = −1 1 0 , 故 k2p2(k2 6= 0) 是对应于 λ2 = −1 的全部特征值向量. 当 λ3 = 9 时, 解方程 (A − 9E)x = 0, 由 A − 9E = −8 2 3 2 −8 3 3 3 −3 r1 + r3 ^r2 + r3 −5 5 0 5 −5 0 3 3 −3 ^ −1 1 0 0 0 0 1 1 −1 ^ −1 1 0 0 0 0 0 2 −1 , 得基础解系 p3 = 1 1 2 , 故 k3p3(k3 6= 0) 是对应于 λ3 = 9 的全部特征值向量. (3) 由 |A − λE| = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −λ 0 0 1 0 −λ 1 0 0 1 −λ 0 1 0 0 −λ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 展开 r1 ======= − λ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −λ 1 0 1 −λ 0 0 0 −λ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ + 1 · (−1)1+4 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 −λ 1 0 1 −λ 1 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ =λ 2 (λ −1) − 1 · (λ 2 − 1) = (λ 2 − 1)2 =(λ + 1)2 (λ − 1)2
73线性代数（同济四版）习题参考答案得入1 = 入2 = -1, 入3 = 入4 = 1.当 >1=2=-1时,解方程(A+E)a=0. 由000011001001A+E=010001000001100得基础解系0PrP201所以对应于入1=>2=-1的全部特征向量为kipi+k2P2(ki,kz不同时为0)当 入3 = 入4 = 1 时, 解方程 (A - E) = 0. 由00-11-100100-100A+E=01-100000100-10000得基础解系001P3P40101所以对应于入3=入4=1的全部特征向量为ksp3+kap4(k3,ka不同时为0).6.设A为n阶矩阵，证明AT与A的特征值相同证明：证明二者有相同的特征方程（或特征多项式）即可.由性质AT=AI，知[AT - ^E|= [(A-^E)TI =|A-^E].得证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：由R(A)+R(B)<n,有R(A)<n,而R(A)<n台|A|=0台A-0E=0台0是A的特征值同理，0也是B的特征值.所以A与B有公共的特征值0.下证A与B有对应于Λ=0的公共特征向量A与B有对应于入=0的公共特征向量
线性代数 (同济四版) 习题参考答案 73 得 λ1 = λ2 = −1, λ3 = λ4 = 1. 当 λ1 = λ2 = −1 时, 解方程 (A + E)x = 0. 由 A + E = 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 ^ 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , 得基础解系 p1 = 1 0 0 −1 , p2 = 0 1 −1 0 . 所以对应于 λ1 = λ2 = −1 的全部特征向量为 k1p1 + k2p2 (k1, k2 不同时为 0). 当 λ3 = λ4 = 1 时, 解方程 (A − E)x = 0. 由 A + E = −1 0 0 1 0 −1 1 0 0 1 −1 0 1 0 0 −1 ^ −1 0 0 1 0 −1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , 得基础解系 p3 = 1 0 0 1 , p4 = 0 1 1 0 . 所以对应于 λ3 = λ4 = 1 的全部特征向量为 k3p3 + k4p4 (k3, k4 不同时为 0). 6 . 设 A 为 n 阶矩阵, 证明 AT 与 A 的特征值相同. 证明: 证明二者有相同的特征方程 (或特征多项式) 即可. 由性质 ¯ ¯AT ¯ ¯ = |A|, 知 ¯ ¯AT − λE ¯ ¯ = ¯ ¯(A − λE) T ¯ ¯ = |A − λE| . 得证 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: 由 R(A) + R(B) < n, 有 R(A) < n, 而 R(A) < n ⇔ |A| = 0 ⇔ |A − 0E| = 0 ⇔ 0 是 A 的特征值. 同理, 0 也是 B 的特征值. 所以 A 与 B 有公共的特征值 0. 下证 A 与 B 有对应于 λ = 0 的公共特征向量. A 与 B 有对应于 λ = 0 的公共特征向量
74第五章相似矩阵及二次型台存在非零向量p同时满足Ap=Op，Bp=OpAr=0台方程组有非零解B=0台方程组：0有非零解B而R(AT, BT) ≤ R(AT) + R(BT) = R(A + R(B)< n.综上知A与B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：设入是A的特征值，则存在非零向量p使Ap = ^p.两边同时左乘A.有A"p= >Ap= ^p.(5.1)又由A?-3A+2E=O,得A2=3A-2E,所以A?p=(3A-2E)p=3p-2p(5.2)综合(5.1)式和(5.2)式得2p=3p-2p即2-3+2)p=0而特征向量P≠0,所以2 3)+ 2= 0.解得入=1或2.得证A的特征值只能取1或2.另证.设入是A的特征值，则^2-3\+2是A2-3A+2E的特征值1.则存在非零向量p使(A - 3A + 2E)p= (^2 - 3)+2)p.又由A?-3A+2E=0,代入上式得(2-3+2)p=0而特征向量P≠0,所以12-3+2=0.解得入=1或2得证A的特征值只能取1或2.一个有缺陷的证明：由A23A+2E=O.得（A-2E)（A-E)=O.两边取行列式得I(A - 2E)(A - E)|= |A - 2E||A - E|= 0.1见P.122例8的推广结论
74 第五章 相似矩阵及二次型 ⇔ 存在非零向量 p 同时满足 Ap = 0p, Bp = 0p ⇔ 方程组 Ax = 0 Bx = 0 有非零解 ⇔ 方程组 Ã A B ! x = 0 有非零解 而 R Ã A B ! = R(AT, BT) 6 R(AT) + R(BT) = R(A + R(B) < n. 综上知 A 与 B 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 的特征值, 则存在非零向量 p 使 Ap = λp. 两边同时左乘 A, 有 A2p = λAp = λ 2p. (5.1) 又由 A2 − 3A + 2E = O, 得 A2 = 3A − 2E, 所以 A2p = (3A − 2E)p = 3λp − 2p. (5.2) 综合 (5.1) 式和 (5.2) 式得 λ 2p = 3λp − 2p, 即 (λ 2 − 3λ + 2)p = 0. 而特征向量 p 6= 0, 所以 λ 2 − 3λ + 2 = 0. 解得 λ = 1 或 2. 得证 A 的特征值只能取 1 或 2. 另证. 设 λ 是 A 的特征值, 则 λ 2 − 3λ + 2 是 A2 − 3A + 2E 的特征值1 . 则存在非零向量 p 使 (A2 − 3A + 2E)p = (λ 2 − 3λ + 2)p. 又由 A2 − 3A + 2E = O, 代入上式得 (λ 2 − 3λ + 2)p = 0. 而特征向量 p 6= 0, 所以 λ 2 − 3λ + 2 = 0. 解得 λ = 1 或 2. 得证 A 的特征值只能取 1 或 2. 一个有缺陷的证明: 由 A2 − 3A + 2E = O, 得 (A − 2E)(A − E) = O. 两边取行列式得 |(A − 2E)(A − E)| = |A − 2E| |A − E| = 0. 1见 P.122 例 8 的推广结论