线性代数第五章课后习题与解答.docx
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线性代数第五章课后习题与解答
第五章课后习题及解答
1.求下列矩阵的特征值和特征向量:
23
(1);31
232解:
IA370,31
337337
1
2
22
1IA
37
2
3
1
1
3
37
2
1
0
1
37
6
0
T所以,(1IA)x0的基础解系为:
(6,137).
T
因此,A的属于1的所有特征向量为:
k1(6,137)(k10).
2IA
1
3
37
2
1
137
316
37
2
0
0
T
所以,(2IA)x0的基础解系为:
(6,137).
T
因此,A的属于2的所有特征向量为:
k2(6,137)(k20).
311
(2)201;
112
311
解:
IA21
(1)(
2
2)
112
所以,特征值为:
11(单根),22(二重根)
211100
1IA
211011
111000
T所以,(1IA)x0的基础解系为:
(0,1,1).
T
因此,A的属于1的所有特征向量为:
k1(0,1,1)(k10).
111110
2IA
221001
110000
T
所以,()0
2IAx的基础解系为:
(1,1,0).
T
因此,A的属于2的所有特征向量为:
k2(1,1,0)(k20).
200
(3)111;
113
200
解:
IA111(
3
2)
113
所以,特征值为:
12(三重根)
000111
1IA
111000
111000
TT所以,(1IA)x0的基础解系为:
(1,1,0),(1,0,1).
因此,A的属于1的所有特征向量为:
TkT
k1(1,1,0)2(1,0,1)(k1,k2为不全为零的任
意常数)。
1234
0123(4);0012
0001
1234
解:
IA
0
0
0
1
2
1
3
2
(
1)
4
0001
所以,特征值为:
11(四重根)
0234
1IA
0
0
0
0
2
0
3
2
0000
T所以,(1IA)x0的基础解系为:
(1,0,0,0).
因此,A的属于
1的所有特征向量为:
T
k1(1,0,0,0)(k10)
452
(5)221;
111
452
解:
IA221(
3
1)
111
所以,特征值为:
11(三重根)
352101
1IA231011
110000
T所以,(1IA)x0的基础解系为:
(1,1,1).
因此,A的属于1的所有特征向量为:
T
k1(1,1,1)(k10)
220
(6)212;
020
220
解:
(1)(4)
(2)
IA212
02
所以,特征值为:
11(单根),24(单根),32(单根),
120101
1IA
202021
021000
T所以,(1IA)x0的基础解系为:
(2,1,2).
因此,A的属于1的所有特征向量为:
T
k1(2,1,2)(k10)
220102
2IA
232012
024000
T
所以,(2IA)x0的基础解系为:
(2,2,1).
因此,A的属于2的所有特征向量为:
T
k2(2,2,1)(k20)
420201
2320113IA
022000
T
所以,(3IA)x0的基础解系为:
(1,2,2).
因此,A的属于3的所有特征向量为:
T
k3(1,2,2)(k30)
741
2.已知矩阵
A471
的特征值13(二重),212,求x的值,并求其特征
44x
向量。
解:
77x3312x4
441441
3IA441000
441000
TT
所以,(3IA)x0的基础解系为:
(1,1,0),(1,0,4).
因此,A的属于3的所有特征向量为:
TkT
k1(1,1,0)2(1,0,4)(k1,k2为不全为零的任意常
数)
541101
12IA451011
448000
T所以,(12IA)x0的基础解系为:
(1,1,1).
因此,A的属于12的所有特征向量为:
T
k3(1,1,1)(k30)
3.设x1,x2是矩阵A不同特征值的特征向量,证明x1x2不是A的一个特征向量。
证:
(反证法)
若x1x2是A的属于特征值的一个特征向量,x1,x2是A的属于特征值1,2的特征向量
且12,则:
(x1x)A(xx)AxAxxx
212121122
所以,()()0
1xx
122
x1,x属于不同特征值x1,x2线性无关
2
0,20
1即12与12矛盾。
所以,
x1x不是A的一个特征向量。
2
4.设x1,x2,x3分别是矩阵A对应于互不相同的特征值1,2,3的特征向量,证明
x1xx不是A的一个特征向量。
23
证:
类似3题可证。
2
5.证明对合矩阵A(即AI
)的特征值只能为1或1.
2IIIn证:
IA
(1)
(1)0
2
A的特征值只有1.
2
若为A的特征值,则
为
2
A的特征值
A的特征值只能为1或1.
6.设A可逆,讨论A与A的特征值(特征向量)之间的相互关系。
1AAA
解:
A
若Axx,则Axx.
7.若P,问:
P(A2I)PB2I
1APB1是否成立?
解:
成立。
10
8.已知A~,求det(AI).02
解:
A~,相似矩阵具有相同的特征值
IA
(1)
(2)
det(AI)(
1)2IA
2IA
(1
1)(1
2)
2
21110
n
9.已知P,PAP,求A.
3202
解:
P
1
A()nPP1AP
nPP1AP
n
(
n
1)
0
0
n
2
n
(1)0
nPP
A
n
02
1
2
2(
6(
n
1)
n
1)
n
3
3
2
n
2
1
2(
3(
n
1)
n
1)
1
1
n
2
n
2
1
2
1
10.设BPAP,x
1
是矩阵A属于特征值0的特征向量。
证明:
Px
是矩阵B对应其特
征值
0的一个特征向量。
1证:
Ax0x,BPAP
B(P
1xP1APPxPAxPxPx
)()
1111
00
11.设A为非奇异矩阵,证明AB与BA相似。
证:
A为非奇异矩阵
1
A存在
1
A(AB)
ABA
AB与BA相似
A0B0
12.设A~B,C~D,证明:
~.0C0D
1,1
证:
A~B,C~D存在可逆矩阵P,Q,使得PAPBQCQD
1
1
P0A0P0A0P0
P0P
1
AP
0
B
0
1
0Q0C0Q0C0Q
0Q0Q
1
CQ
0
D
A
0
0
C
~
B
0
0
D
.
01
13.证明:
m阶矩阵
0
J只有零特征值,且特征子空间是
1
m
R的一维子空
0
间,并求它的基。
m解:
IJ0
J只有零特征值。
01
0J
1
0
T
Jx0的基础解系为:
(1,0,,0).
14.若IA可逆,IA不可逆,那么,关于A的特征值能做出怎样的断语?
解:
IA可逆,IA不可逆
IA0,IA0
1不是A的特征值,1是A的特征值。
2
15.若det(IA)0,证明:
1或1至少有一个是A的特征值。
2IA0或IA0证:
0det(IA)IAIA
1或1至少有一个是A的特征值。
16.在第1题中,哪些矩阵可对角化?
并对可对角化的矩阵A,求矩阵P和对角矩阵,使得
P.1AP
1AP
解:
由矩阵可对角化的条件及第1题的求解过程易知:
(1),(6)可对角化。
66
337337
(1)P,diag(,).13713722
221
(2)P122,diag(1,4,2).
212
17.主对角元互不相等的上(下)三角形矩阵是否与对角阵相似(说明理由)?
解:
可以,因为有n个互不相等的特征值。
18.设n阶矩阵A的
21
n个元素全为1,试求可逆矩阵P,使PAP
为对角阵,并写出与A相
似的对角阵。
解:
111111
IA
111
(r
1
r,
2
r
1
r)(
n
n)
1
1
1
111111
111
(r
2
r,
1
r
n
r)
1
00
(n)(n)
n1
00
所以,特征值为:
n
1(单根),20(n1重根)
nIA
n
1
1
n
1
1
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
11n1
0
0
0
0
1
0
1
0
T所以,(nIA)x0的基础解系为:
(1,1,,1).
111111
111000A
111000
TT
所以,Ax0的基础解系为:
(1,1,0,,0),,(1,0,,0,1).
1100
1110
所以,,
P1010与A相似的对角阵为:
1001
P
1APdiagn
(,0,1APdiagn
0).
19.已知4阶矩阵A的特征值为11(三重),23;对应于1的特征向量有
TT
x(1,1,0,0),(1,1,1,0),(0,1,1,1),对应于2的特征向量为
Txx123
T
x(0,0,1,1).问:
A可否对角化?
如能对角化,求出A及
4
n
A(n为正整数)。
解:
容易验证,
x1,x,x线性无关,所以,可对角化。
23
11001011
11100011
1
令P,则P,01111100
00111101
11000
1
APP
1
1
0
4
1
4
0
1
0
4
34403
n
11000
1
nPP
A
1
1
1
0
(
n
3)
1
1
(
3)
n
0
1
1
0
(
n
3)
.
n
31(3)1(
n
3)
0
(
n
3)
20.设三阶矩阵A有二重特征值1,如果
TxxTx
TT
x1(1,0,1),2(1,0,1),3(1,1,0),4(0,1,1)都是对应于1的特征向量,问A
可否对角化?
11101110
解:
(x1,x2,x3,x4)00110011
11010000
所以,x1,x3线性无关。
又因为剩余的那个特征值是单根,所以A可对角化。
32
21.已知A.22
(1)求
45k(k为正整数)。
A,A,A
4
x1x
(2)若f(x),求f(A).
36
xx1
32解:
(1)IA
(2)
(1)022
所以,特征值为:
12(单根),21(单根)
1IA
1
2
2
4
1
0
2
0
T所以,(1IA)x0的基础解系为:
(2,1).
2IA
4
2
2
1
2
0
1
0
T所以,(2IA)x0的基础解系为:
(1,2).
12112
1
11
令P,,P,则:
.
APP
212321
21105514322
4PPAPP
41
所以,A,,
1042212
kPP
k
A
1
1
3
1
2
(
(
k
2)
k
2)
2
1
2
2
2
(
(
k
1
2)
k
2)
.
1280640
10A6I
(2)f(A)A.
640320
3400
4300
22.设A,求
0024
k
A(k为正整数)。
(提示:
按对角块矩阵求
k
A.)
0002
k
3424A0A0
1k1
解:
令1A,
A,则A,从而,A.
2
k
43020A0A
22
I
A
1
3
4
4
3
2
25
0.
所以,特征值为:
15,25.
5IA1
2
4
4
8
1
0
2
0
T
所以,(5IA1)x0的基础解系为:
(2,1).
5IA1
8
4
4
2
2
0
1
0
T
所以,(5IA1)x0的基础解系为:
(1,2).
2150
令P,,则
1
1205
A1PP
11
1
kPP
k
A
111
1
1
5
2
1
1
2
k
5
0
(
0
k
5)
2
1
1
2
k
4(5)
k
2(5)
1
1
(
2(
k
5)
k
5)
1
1
k
2(5)
k
5
1
1
2(
4(
k
5)
k1
5)
1
122420
010202
1
2412201220
0201020102
kk
kk
1220
k24k2
A
2
k
010202
1
4(5)
k1
(
k
5)
1k1k
2(5)2(5)
1
0
0
k
A
k
2(5)
1
2(
0
5)
k
1
k
(5)
1
4(
0
k
5)
1
0
k
2
0
k
4k2
1
000
k
2
1为对角阵。
23.对5.2节例1的矩阵A,求正交矩阵T,使TAT
解:
借助5.2节例1的求解过程,对
x单位化,对x21,x22,x23构成的线性无关向量组利用施
1
密特正交化方法进行处理,即得所求的正交矩阵为:
1
2
1
6
3
6
1
2
2
T
1
2
0
1
6
2
6
3
6
3
6
1
2
1
2
T
1
AT
2
2
.
00
3
2
1
2
2
24.对下列实对称矩阵A,求正交矩阵T和对角矩阵,使T:
1AT
324130102
(1)202;
(2)341;(3)012;
423011221
00411333
0014
(4);
4100
3133
(5).
3313
14003331
(1)解:
324
IA22
(1)
2
(
8)
0
423
所以,特征值为:
11(二重根),28(单根)
424212
2120001IA
424000
所以,(1IA)x0的基础解系为:
x1(1,2,0),2(1,0,1)TxT
TxT
用施密特正交化方法得:
1
12425
T)T
(,,0),2(,,
55454545
524101
2IA
282021
425000
所以,()0
2IAx的基础解系为:
T
(2,1,2)
单位化得:
(
2
3
1
3
2
3
T
)
1
5
4
45
2
3
1
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