《线性代数》第五章 相似矩阵及二次型课后习题

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)=

6 ( )               − − = 1 2 1 1 2 1 2 0 0 , , , a a a a a a a P P P n n n       