《线性代数》课程教学资源（习题全解）第五章 相似矩阵及二次型

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)=124 0-11 (2)(a1,a2,a3)= 101 解(1)根据施密特正交化方法: 令b1=a1 b2 1 b3=a3 2|, 故正交化后得:(b2,b2,b3)=10 0 (2)根据施密特正交化方法令b=a1

1 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 3 9 1 2 4 1 1 1 ( , , ) a1 a2 a3 ； (2)               − − − = 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 ( , , ) a1 a2 a3 解 (1) 根据施密特正交化方法: 令           = = 1 1 1 b1 a1 ，               − = − = 1 0 1 , , 1 1 1 1 2 2 2 b b b b a b a ，                   = − − = − 1 2 1 3 1 , , , , 2 2 2 2 3 1 1 1 1 3 3 3 b b b b a b b b b a b a ， 故正交化后得:                 − − = 3 1 1 1 3 2 1 0 3 1 1 1 ( , , ) b1 b2 b3 ． (2) 根据施密特正交化方法令               − = = 1 1 0 1 b1 a1

b, b b3=a3 b,b1]2,b2 33413 故正交化后得(b1,b2,b3) 2-31-3 2.下列矩阵是不是正交阵 8-919 2 32 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=A,B-1=B (AB)(AB)=BAAB=BAAB=E 故AB也是正交阵. 4.求下列矩阵的特征值和特征向量:

2                   − = − = 1 2 3 1 3 1 , , 1 1 1 1 2 2 2 b b b b a b a                       − = − − = 4 3 3 1 5 1 , , , , 2 2 2 2 3 1 1 1 1 3 3 3 b b b b a b b b b a b a 故正交化后得                       − − − = 5 4 3 1 1 5 3 3 2 1 5 3 0 1 5 1 3 1 1 ( , , ) 1 2 3 b b b 2．下列矩阵是不是正交阵: (1)                 − − − 1 2 1 3 1 2 1 1 2 1 3 1 2 1 1 ; (2)                 − − − − − − 9 7 9 4 9 4 9 4 9 1 9 8 9 4 9 8 9 1 ． 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 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 A T = −1 ，B B T = −1 AB AB B A AB B A AB E T T T = = = −1 −1 ( ) ( ) 故 AB 也是正交阵． 4．求下列矩阵的特征值和特征向量:

123 (2)213|;(3)2 an(a1≠0) 336 并问它们的特征向量是否两两正交? 1-A 解(1)①A-aE (-2)(-3) 故A的特征值为A1=2,2=3. ②当λ1=2时,解方程(A-2E)x=0,由 1-1 (A-2E)= 得基础解系P 00 所以k1P(k1≠0)是对应于1=2的全部特征值向量 当λ2=3时,解方程(A-3E)x=0,由 (A-3E)/-2 21)-(00得基础解系2=2 所以k2P2(k2≠0)是对应于3=3的全部特征向量 ⑧P,Pl=PP=(12|=≠0 故P1,P不正交 元2 (2)①A-AE=21-13|=-4(+1)(4-9 36- 故A的特征值为A1=0,2=-1,=9. ②当=0时,解方程Ax=0,由 A=213~011得基础解系P=-1 336 000 故k1P(k1≠0)是对应于1=0的全部特征值向量 当2=-1时,解方程(A+E)x=0,由 223)(223 A+E=223|~001得基础解系P2 337)(000 0

3 (1)         − 2 4 1 1 ; (2)           3 3 6 2 1 3 1 2 3 ; (3) ( ),( 0) 1 2 1 2 1                a a a a a a a n n   . 并问它们的特征向量是否两两正交? 解 (1) ① ( 2)( 3) 2 4 1 1 = − − − − − − =     A E 故 A 的特征值为 1 = 2,2 = 3． ② 当 1 = 2 时,解方程 (A− 2E)x = 0 ,由                 − − − = 0 0 1 1 2 2 1 1 (A 2E) ~ 得基础解系         − = 1 1 P1 所以 ( 0) k1P1 k1  是对应于 1 = 2 的全部特征值向量． 当 2 = 3 时,解方程 (A− 3E)x = 0 ,由                 − − − = 0 0 2 1 2 1 2 1 (A 3E) ~ 得基础解系         − = 1 2 1 P2 所以 ( 0) k2P2 k2  是对应于 3 = 3 的全部特征向量． ③ 0 2 3 1 2 1 [ , ] ( 1,1) 1 2 1 2 =          − P P = P P = − T 故 1 2 P , P 不正交． (2) ① ( 1)( 9) 3 3 6 2 1 3 1 2 3 = − + − − − − − =       A E 故 A 的特征值为 1 = 0,2 = −1,3 = 9． ② 当 1 = 0 时，解方程 Ax = 0 ，由                     = 0 0 0 0 1 1 1 2 3 3 3 6 2 1 3 1 2 3 A ~ 得基础解系           − − = 1 1 1 P1 故 ( 0) k1P1 k1  是对应于 1 = 0 的全部特征值向量. 当 2 = −1 时,解方程 (A+ E)x = 0 ，由                     + = 0 0 0 0 0 1 2 2 3 3 3 7 2 2 3 2 2 3 A E ~ 得基础解系           − = 0 1 1 P2

故k2P2(k2≠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=2-83 得基础解系P 000 故k3P3(k3≠0)是对应于3=9的全部特征值向量 ③IP,Pl=PP2=(-1,-1 0, IP2,P3|=PP3=(-1,1,0 0 1P,=P=(12=0, 所以P,P2,P3两两正交 1 aa )14-E-=a31吃2- a2n x-x(a2+a2+…+a2) ∴λ1=叫2+n2+…+a2=∑,A==…=n=0 当4=∑a2时

4 故 ( 0) k2P2 k2  是对应于 2 = −1 的全部特征值向量 当 3 = 9 时，解方程 (A− 9E)x = 0 ，由           − −           − − − − = 0 0 0 2 1 0 1 1 1 1 3 3 3 2 8 3 8 2 3 A 9E ~ 得基础解系                   = 1 2 1 2 1 P3 故 ( 0) k3P3 k3  是对应于 3 = 9 的全部特征值向量． ③ 0 0 1 1 [ , ] ( 1, 1,1) 1 2 1 2 =           − P P = P P = − − T ， 0 1 2 1 2 1 [ , ] ( 1,1,0) 2 3 2 3 =                   P P = P P = − T ， 0 1 2 1 2 1 [ , ] ( 1, 1,1) 1 3 1 3 =                 P P = P P = − − T ， 所以 1 2 3 P , P , P 两两正交． (3)     − − − − = 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a A E        = ( ) 2 2 2 2 1 1 n n n − a + a + + a   −   ( ) 2 2 2 2 1 1 n n = − a + a + + a  −   =  = + + + = n i a a an ai 1 2 2 2 2 2 1 1  , 2 = 3 == n = 0 当 = = n i ai 1 2 1 时

A-NE a14 71a ,, a1 初等行变换0an…0-a2 0 取xn为自由未知量,并令xn=an,设x1=a1,x2=a2,…xn1=an1 故基础解系为P 当λ2=3=…=n=0时, a1 1a a (4-0,E)=“4 初等行变换00 0 00 可得基础解系 0 0,P P,=0 0 综上所述可知原矩阵的特征向量为

5 (A − E)               − − − − − − − − − − − − = − 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 3 2 2 1 1 1 2 1 2 2 3 2 2 n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a           初等行变换 ~                 − − − − 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 1          n n n n a a a a a a 取 n x 为自由未知量，并令 xn = an ，设 1 1 2 2 1 1 , , x = a x = a xn− = an− . 故基础解系为               = n a a a P  2 1 1 当 2 = 3 ==  n = 0 时， ( )               −  = 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 0 n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a A E                     0 0 0 0 0 0 ~ 1 2      a a  an 初等行变换 可得基础解系                 − =                 − =                 − = 1 1 2 3 1 2 2 0 0 , , 0 0 , 0 0 a a a P a P a a P n n     综上所述可知原矩阵的特征向量为

(P,P,…,P)= 1-2-4 500 5.设方阵A=-2x-2与A=0y0相似,求xy 00-4 解方阵A与A相似,则A与A的特征多项式相同,即 2 415-元0 0 A-E=A-E→ 24= x-1 2 0y-元0 21-40 0 6.设A,B都是n阶方阵,且4≠0,证明AB与BA相似 证明4≠0则A可逆 A(AB)A=(-A)(BA)=BA则AB与BA相似 7.设3阶方阵A的特征值为λ1=1,2=0,3=-1;对应的特征向量 依 次为 2,P2 2,P 求A. 解根据特征向量的性质知(P,P,P)可逆 得:(P,P2,P3)A(P,P2,P) 12 n 3 n 可得A=(P,P2,P)2(P,P,P) 13

6 ( )               − − = 1 2 1 1 2 1 2 0 0 , , , a a a a a a a P P P n n n        5．设方阵           − − − − − − = 4 2 1 2 2 1 2 4 A x 与           −  = 0 0 4 0 0 5 0 0 y 相似，求 x, y . 解 方阵 A 与  相似，则 A 与  的特征多项式相同，即 A − E =  − E    − − − − − − − − −  4 2 1 2 2 1 2 4 x    − − − − = 0 0 4 0 0 5 0 0 y    = =  5 4 y x ． 6．设 A,B 都是 n 阶方阵，且 A  0 ，证明 AB 与 BA 相似． 证明 A  0 则 A 可逆 A AB A = A A BA = BA − − ( ) ( )( ) 1 1 则 AB 与 BA 相似． 7．设 3 阶方阵 A 的特征值为 1 = 1,2 = 0,3 = −1 ；对应的特征向量 依 次为           = 2 2 1 P1 ，           = − 1 2 2 P2 ，           − − = 2 1 2 P3 求 A. 解 根据特征向量的性质知 ( , , ) P1 P2 P3 可逆, 得:           = − 3 2 1 1 2 3 1 1 2 3 ( , , ) ( , , )    P P P A P P P 可得 1 1 2 3 3 2 1 1 2 3 ( , , ) ( , , ) −           A = P P P P P P   

102 得A 012 22 8.设3阶对称矩阵A的特征值6,3,3,与特征值6对应的特征向量 为 P=(1,1,1),求A xx, x 解设A X x +x,+x3=6 由 知①{x2+ x,+x。+x=6 3是A的二重特征值根据实对称矩阵的性质定理知A-3E的秩为1, 故利用①可推出x2x-3x 秩为1. 则存在实的a,b使得② (1,1)=a(x2x4-3,x5)成立 (1,1,1)=b(x3,x5,x6-3) 由①②解得x2=x3=1,x1=x1=x6=4,x5=1. 411 得A=14 9.试求一个正交的相似变换矩阵将下列对称矩阵化为对角矩阵: 20 22-2 (2)25-4 2-45 2-元-20 解(1)A-E=-21--2=(1-4)(2-4)+2) 故得特征值为1=-2,2=1,3=4

7 得           − = 2 2 0 0 1 2 1 0 2 3 1 A 8．设 3 阶对称矩阵 A 的特征值 6，3，3，与特征值 6 对应的特征向量 为 (1,1,1) 1 T P = ,求 A. 解 设           = 3 5 6 2 4 5 1 2 3 x x x x x x x x x A 由           =           1 1 1 6 1 1 1 A ，知①      + + = + + = + + = 6 6 6 3 5 6 2 4 5 1 2 3 x x x x x x x x x 3 是 A 的二重特征值,根据实对称矩阵的性质定理知 A − 3E 的秩为 1， 故利用①可推出           − −           − − − 3 3 1 1 1 3 3 3 3 5 6 2 4 5 3 5 6 2 4 5 1 2 3 ~ x x x x x x x x x x x x x x x 秩为 1. 则存在实的 a,b 使得②    = − = − (1,1,1) ( , , 3) (1,1,1) ( , 3, ) 3 5 6 2 4 5 b x x x a x x x 成立． 由①②解得 x2 = x3 = 1, x1 = x4 = x6 = 4, x5 = 1． 得           = 1 1 4 1 4 1 4 1 1 A ． 9．试求一个正交的相似变换矩阵,将下列对称矩阵化为对角矩阵: (1)           − − − − 0 2 0 2 1 2 2 2 0 ; (2)           − − − − 2 4 5 2 5 4 2 2 2 ． 解 (1)     − − − − − − − − = 0 2 2 1 2 2 2 0 A E = (1 − )( − 4)( + 2) 故得特征值为 1 = −2,2 = 1,3 = 4．

当A1=-2时,由 4-20 23-2x2|=0解得x21=k12 单位特征向量可取P=2/3 2/3 当a2=1时,由 2 0x 20-2x2=0解得x2|=k21 0-2-1 2/3 单位特征向量可取:P2=1/3 2/3 当A3=4时,由 0x RI 2-3-2x2=0解得x2|=k3-2 0-2-4八x3 2/3 单位特征向量可取:P3=-2/3 l/3 得正交阵(P,P2,P)=P=21-2 2-21 200 PAP 0 004 2-22 (2)A-ME=25-4-4=-(-1)2(4-10) 2 故得特征值为λ1=12=1,3=10 当λ=气2=1时,由

8 当 1 = −2 时，由 0 0 2 2 2 3 2 4 2 0 3 2 1 =                     − − − − x x x 解得           =           2 2 1 1 3 2 1 k x x x 单位特征向量可取:           = 2 3 2 3 1 3 P1 当 2 = 1 时,由 0 0 2 1 2 0 2 1 2 0 3 2 1 =                     − − − − − x x x 解得           − =           2 1 2 2 3 2 1 k x x x 单位特征向量可取:           − = 2 3 1 3 2 3 P2 当 3 = 4 时,由 0 0 2 4 2 3 2 2 2 0 3 2 1 =                     − − − − − − − x x x 解得           = −           1 2 2 3 3 2 1 k x x x ． 单位特征向量可取:           = − 1 3 2 3 2 3 P3 得正交阵           − = = − 2 2 1 2 1 2 1 2 2 3 1 ( , , ) P1 P2 P3 P           − = − 0 0 4 0 1 0 2 0 0 1 P AP (2)           − − − − − − − − =     2 4 5 2 5 4 2 2 2 A E ( 1) ( 10) 2 = −  −  − ， 故得特征值为 1 = 2 = 1,3 = 10 当 1 = 2 = 1 时，由

2 I 24-4x2|=0解得x2|=k1+k0 此二个向量正交单位化后得两个单位正交的特征向量 0 2/5 =1 1=4/5单位化得P2 4/5 0 0 当3=10时,由 82-2Yx 2-5-4x2|=0解得x21|=k-2 2-4-5八x x 单位化P=-2|得正交阵(P,P2) 5153 4√52 5153 100 P-AP= 0 1 0 00 10.(1)设A3-2 求q(4)=A0-5 (2)设A=122,求q(4)=A0-6A”+5A 22

9           =                     − − − − 0 0 0 2 4 4 2 4 4 1 2 2 3 2 1 x x x 解得           +           − =           1 0 2 0 1 2 1 2 3 2 1 k k x x x 此二个向量正交,单位化后,得两个单位正交的特征向量           − = 0 1 2 5 1 P1           =           − − −           − =  1 4 5 2 5 0 1 2 5 4 0 1 2 P2 单位化得           = 1 4 5 2 5 3 5 P2 当 3 = 10 时,由           =                     − − − − − − − 0 0 0 2 4 5 2 5 4 8 2 2 3 2 1 x x x 解得           − − =           2 2 1 3 3 2 1 k x x x 单位化           − − = 2 2 1 3 1 P3 :得正交阵 ( , , ) P1 P2 P3                   − − − = 3 2 3 5 0 3 2 15 4 5 5 1 3 1 15 2 5 5 2           = − 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 P AP ． 10．(1) 设         − − = 2 3 3 2 A ，求 10 9 (A) = A − 5A ； (2) 设           = 2 2 1 1 2 2 2 1 2 A ,求 10 9 8 (A) = A − 6A + 5A ．

解a1).32 是实对称矩阵 23 故可找到正交相似变换矩阵P 2 2 2√2 使得PP/10 5/4 从而A=PAP1,A4=PAP+1 因此g(A)=A0-5A=PAP-5PAP 50 P-= P 05 00 401(1 √2(11人00√2(-11 2-2 (2)同(1)求得正交相似变换矩阵 6 2√3 6663 100 使得PAP=010=A,A=PAP 005 p(4)=A0-6A”+5A8 A5(42-64+5E)=A°(A-E)(A-5E) =PAP-11121-32|=211-2 220八22 2-2 用矩阵记号表示下列二次型

10 解 (1)         − = 2 3 3 2  A 是实对称矩阵. 故可找到正交相似变换矩阵             − = 2 1 2 1 2 1 2 1 P 使得   =        = − 0 5 1 0 1 P AP 从而 1 1 , − − A = PP A = P P k k 因此 10 9 10 1 9 1 ( ) 5 5 − −  A = A − A = P P − P P 1 10 1 10 0 5 5 0 0 5 1 0 − −         −         = P P P P 1 0 0 4 0 −         − = P P         −         −         − = 1 1 1 1 2 1 0 0 4 0 1 1 1 1 2 1         = −         − − − − = 1 1 1 1 2 2 2 2 2 ． (2) 同(1)求得正交相似变换矩阵                   − − − = 3 1 0 3 6 3 1 2 1 6 6 3 1 2 1 6 6 P 使得 1 1 , 0 0 5 0 1 0 1 0 0 − − =  =            − P AP = A P P 10 9 8 (A) = A − 6A + 5A ( 6 5 ) ( )( 5 ) 8 2 8 = A A − A + E = A A − E A − E           − − −           =   − 2 2 4 1 3 2 3 1 2 2 2 0 1 1 2 1 1 2 8 1 P P           − − − − = 2 2 4 1 1 2 1 1 2 2 ． 11．用矩阵记号表示下列二次型: