线性代数习题选4.doc

线性代数习题选解 习 题 五 3. 设为维列向量，令，证明是对称的正交阵. 证明 (这是第二章例8 P.40) 对称性：; 正交性：的对称性) (矩阵乘法结合律) 7. 设阶矩阵满足,证明有公共的特征值和特征向量. 证明 显然.另一方面， 的特征值； 同理，0也是的特征值，于是有公共的特征值0. 的对应的特征向量依次是方程的非零解.于是 的对应的特征向量方程组 有非零解 方程 有非零解 另一方面，由矩阵秩的性质⑤ 综上，有公共的特征向量. 10. 设的特征值，证明的特征值. 证明 根据特征值的定义证明. 设的任一非零特征值，是对应于它的特征向量.即有 用矩阵左乘上式两边，得 若，则由特征值定义知,的特征值. 若,代入即得 因为特征向量，，故矛盾，这说明. 注 一般而言，，但它们得特征值却是相同的，只是特征值0的重数可能不一样.这样，根据特征值性质，中个对角元之和与中个对角元之和相等. 12. 已知3阶矩阵的特征值为1，2，-3，求 解 参看教材P.122例9的解法. 17. 设矩阵相似，求；并求一个正交阵 解 根据相似矩阵有相同的特征多项式求矩阵参数. 对角阵的特征多项式为 矩阵的特征多项式为 ， 因相似矩阵有相同的特征多项式，于是，上述两个关于的多项式中对应的系数必须相等.特别，由项与常数项系数相等，得 18. 设3阶矩阵的特征值为；对应的特征向量依次为 ， 求. 解 因的特征值互异，故由定理2，知向量组线性无关，于是若记矩阵 则为可逆阵，且有 用初等变换方法求得： ，于是 19. 设3阶对称矩阵的特征值为对应的特征向量依次为 ， 求. 解 因对称，由定理7，必有正交阵 显然可依次取为的单位化向量，即 由定理6，与正交，于是可取为方程 : 的单位向量. 由 可知 于是 20. 设3阶对称矩阵的特征值为,与特征值6对应的特征向量为，求. 解 根据对称阵相似对角化理论，这方法是求本题及类似题型的基本方法. （1） 求矩阵的对应于3的两个线性无关的特征向量.由对称阵特征向量的性质，都正交，即 ，也即是齐次方程组的两个线性无关解，其系数矩阵是，它的秩等于1.于是，是上述方程组的一个基础解系，取其为 （2）把向量组用施密特方法予以正交化，得 （3）分别把向量单位化，得 令 为正交阵，并有 ， 于是 注 以上第18、19、20题都是矩阵对角化（特别是对称阵对角化）理论的应用，但比较三题所给条件不同，求解方法也有所不同.由第18题得解法，再利用对称阵的特征向量的正交性，便可得第19、20题的解法 24（2）设 解 这是求矩阵的多项式.的特征多项式 于是的特征值根据对称阵对角化理论，存在正交阵使 ，也即 并且的列向量是对应特征值的单位化特征向量，从而有 其中，这样，只需具体计算出即对应的单位特征向量，代入上式即得 解方程由 得单位化基础解系 代入式，即求得 26.（2）写出下列二次型的矩阵： 解 于是的矩阵 29. 证明二次型时的最大值为对称阵的最大特征值. 证明 设个特征值，由对称阵的对角化理论，存在正交阵 ，使并且的第个列向量是对应于特征值的单位化特征向量.令正交变换,则 (1) 从而 (2) 另一方面，取为第一个分量为1的单位坐标向量，则 再取 ,由（1）式知,且二次型处的值为 (3) 综合（2）式与（3）式，即知 31. 设为正定二次型，求 解 用霍尔维茨定理，对的矩阵进行讨论. 由霍尔维茨定理，正定. 由 ，合起来，当 正定，从而正定. 　关于寻找解题的途径问题：这是一个创造性的积极思维的过程，有效的解题方式有何规律可循呢？ 　回想：在审题的基础上，根据问题的条件与结论，回想与问题有关的概念、公式、定理、法则能否直接应用？问题