建筑工程管理工程数学线性代数课后答案同济第五版.docxVIP

(建筑工程管理)工程数学

线性代数课后答案同济第

五版

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);

解根据施密特正交化方法,

,

,

.

(2).

解根据施密特正交化方法,

,

,

.

2.下列矩阵是不是正交阵:(1);

解此矩阵的第一个行向量非单位向量,故不是正交阵.(2).

解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,xTx=1,令H=E—2xxT,证明H是对称的正交阵.

证明因为

HT=(E—2xxT)T=E—2(xxT)T=E—2(xxT)T

=E—2(xT)TxT=E—2xxT,所以H是对称矩阵.因为

HTH=HH=(E—2xxT)(E—2xxT)=E—2xxT—2xxT+(2xxT)(2xxT)

=E—4xxT+4x(xTx)xT=E—4xxT+4xxT

=E,

所以H是正交矩阵.

4.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—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);

解,

故A的特征值为λ=—1(三重).对于特征值λ=—1,由

,

得方程(A+E)x=0的基础解系p1=(1,1,—1)T,向量p1就是对应于特征值λ=—1的特征值向量.

(2);解,

故A的特征值为λ1=0,λ2=—1,λ3=9.对于特征值λ1=0,由

,

得方程Ax=0的基础解系p1=(—1,—1,1)T,向量p1是对应于特征值λ1=0的特征值向量.对于特征值λ2=—1,由

,

得方程(A+E)x=0的基础解系p2=(—1,1,0)T,向量p2就是对应于特征值λ2=—1的特征值向量.

对于特征值λ3=9,由

,

得方程(A—9E)x=0的基础解系p3=(1/2,1/2,1)T,向量p3就是对应于特征值λ3=9的特征值向量.

(3).解,

故A的特征值为λ1=λ2=—1,λ3=λ4=1.对于特征值λ1=λ2=—1,由

,

得方程(A+E)x=0的基础解系p1=(1,0,0,—1)T,p2=(0,1,—1,0)T,向量p1和p2是对应于特征值λ1=λ2=—1的线性无关特征值向量.

对于特征值λ3=λ4=1,由

,

得方程(A—E)x=0的基础解系p3=(1,0,0,1)T,p4=(0,1,1,0)T,向量p3和p4是对应于特征值λ3=λ4=1的线性无关特征值向量.

6.设A为n阶矩阵,证明AT与A的特征值相同.证明因为

|AT—λE|=|(A—λE)T|=|A—λE|T=|A—λE|,所以AT与A的特征多项式相同,从而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.

证明设R(A)=r,R(B)=t,则r+tn.

若a1,a2,...,an—r是齐次方程组Ax=0的基础解系,显然它们是A的对应于特征值λ=0的线性无关的特征向量.

类似地,设b1,b2,...,bn—t是齐次方程组Bx=0的基础解系,则它们是B的对应于特征值λ=0的线性无关的特征向量.

由于(n—r)+(n—t)=n+(n—r—t)n,故a1,a2,...,an—r,b1,b2,...,bn—t必线性相关.于是有不全为0的数k1,k2,...,kn—r,l1,l2,...,ln—t,使

k1a1+k2a2+...+kn—ran—r+l1b1+l2b2+...+ln—rbn—r=0.

记Y=k1a1+k2a2+...+kn—ran—r=—(l1b1+l2b2+...+ln—rbn—r),则k1,k2,...,kn—r不全为0,否则l1,l2,...,ln—t不全为0,而

l1b1+l2b2+...+ln—rbn—r=0,与b1,b2,...,bn—t线性无关相矛盾.

因此,Y≠0,Y是A的也是B的关于λ=0的特征向量,所以A与B有公共的特征值,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的任意一个特征值,x是A的对应于λ的特征向量,则(A2—3A+2E)x=λ2x—3λx+2x=(λ2—3λ+2)x=0.

因为x≠0,所以λ2—3λ+2=0,即λ是方程λ2—3λ+