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) 93142) ,(2a根据施密特正交化方法 1ab 0,122b 123,2133aab(2) 0) ,(321解 根据施密特正交化方法 11ab 23,122b 4315,23133baba2 下列矩阵是不是正交阵:(1) ; 123解 此矩阵的第一个行向量非单位向量, 故不是正交阵 (2) 97418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 xTx1 令 HE2xxT 证明 H 是对称的正交阵 证明 因为HT(E2xxT)TE2(xxT)TE2(xxT)TE2(xT)TxT
2、E2xxT 所以 H 是对称矩阵 因为HTHHH(E2xxT)(E2xxT)E2xxT2xxT(2xxT)(2xxT)E4xxT4x(xTx)xTE4xxT4xxTE 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 A1AT B1BT (AB)T(AB)BTATABB1A1ABE故 AB 也是正交阵 5 求下列矩阵的特征值和特征向量:(1) ; 2013解 3)1(2051| EA故 A 的特征值为 1(三重) 对于特征值 1 由010325E得方程(A E)x0 的基础解系 p1(1 1 1)T 向量 p1就是对
3、应于特征值 1 的特征值向量 .(2) ; 6312解 )9(1632| EA故 A 的特征值为 10 21 39 对于特征值 10 由01263A得方程 Ax0 的基础解系 p1(1 1 1)T 向量 p1是对应于特征值 10 的特征值向量.对于特征值 21, 由013273EA得方程(A E)x0 的基础解系 p2(1 1 0)T 向量 p2就是对应于特征值 21 的特征值向量 对于特征值 39 由021382EA得方程(A 9E)x0 的基础解系 p3(1/2 1/2 1)T 向量 p3就是对应于特征值 39 的特征值向量 (3) .01解 2)1(01| EA故 A 的特征值为 121
4、 341 对于特征值 121 由00E得方程(A E)x0 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 121 的线性无关特征值向量 对于特征值 341 由00EA得方程(A E)x0 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 341 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|ATE|(AE)T|AE|T|AE|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
5、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 rtn若 a1 a2 anr是齐次方程组 Ax0 的基础解系 显然它们是 A 的对应于特征值 0 的线性无关的特征向量 类似地 设 b1 b2 bnt是齐次方程组 Bx0 的基础解系 则它们是 B 的对应于特征值 0 的线性无关的特征向量由于(n r)(nt)n(nrt)n 故 a1 a2 anr b1 b2 bnt必线性相关 于是有不全为 0 的数 k1 k2 knr l1 l2 lnt 使k1a1k2a2 knranrl1b1l2b2 lnrbnr0记 k1a1k2a2 knranr(l1b1l2b2
6、lnrbnr) 则 k1 k2 knr不全为 0 否则 l1 l2 lnt不全为 0 而l1b1l2b2 lnrbnr0 与 b1 b2 bnt线性无关相矛盾 因此 0 是 A 的也是 B 的关于 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 A23A2EO 证明 A 的特征值只能取 1 或 2 证明 设 是 A 的任意一个特征值 x 是 A 的对应于 的特征向量 则(A23A2E)x2x3x2x(232)x0 因为 x0 所以 2320 即 是方程 2320 的根 也就是说 1 或 29 设 A 为正交阵 且|A|1 证明 1 是 A 的特征值 证明 因为 A 为正
7、交矩阵 所以 A 的特征值为 1 或 1 因为|A|等于所有特征值之积 又|A|1 所以必有奇数个特征值为 1 即 1 是 A 的特征值10 设 0 是 m 阶矩阵 AmnBnm的特征值 证明 也是 n 阶矩阵 BA 的特征值 证明 设 x 是 AB 的对应于 0 的特征向量 则有(AB)xx 于是 B(AB)xB(x) 或 BA(B x)(Bx) 从而 是 BA 的特征值 且 Bx 是 BA 的对应于 的特征向量 11 已知 3 阶矩阵 A 的特征值为 1 2 3 求|A 35A27A| 解 令 ()3527 则 (1)3 (2)2 (3)3 是 (A)的特征值 故|A35A27A|(A)|
8、(1)(2)(3)32318 12 已知 3 阶矩阵 A 的特征值为 1 2 3 求| A*3A2E|解 因为|A|12 (3)60 所以 A 可逆 故A*|A|A16A1 A*3A2E6A13A2E 令 ()61322 则 (1)1 (2)5 (3)5 是 (A)的特征值 故|A*3A2E|6A13A2E|(A)|(1)(2)(3)15(5)25 13 设 A、B 都是 n 阶矩阵 且 A 可逆 证明 AB 与 BA 相似 证明 取 PA 则P1ABPA1ABABA即 AB 与 BA 相似 14 设矩阵 可相似对角化 求 x 504132x解 由)6(1504132| 2xEA得 A 的特征
9、值为 16 231 因为 A 可相似对角化 所以对于 231 齐次线性方程组(AE)x0 有两个线性无关的解 因此 R(AE)1 由04031)(xEr知当 x3 时 R(AE)1 即 x3 为所求 15 已知 p(1 1 1)T是矩阵 的一个特征向2135baA量 (1)求参数 a b 及特征向量 p 所对应的特征值 解 设 是特征向量 p 所对应的特征值 则(AE)p0 即 012135ba解之得 1 a3 b0 (2)问 A 能不能相似对角化？并说明理由 解 由3)1(201352| E得 A 的特征值为 1231 由 0115rbE知 R(AE)2 所以齐次线性方程组(A E)x0 的
10、基础解系只有一个解向量 因此 A 不能相似对角化 16 试求一个正交的相似变换矩阵, 将下列对称阵化为对角阵:(1) ; 021解 将所给矩阵记为 A 由(1)(4)(2)201E得矩阵 A 的特征值为 12 21 34 对于 12 解方程 (A2E)x0 即4321得特征向量(1 2 2) T 单位化得 T), (1p对于 21, 解方程 (AE)x0 即 1232得特征向量(2 1 2)T 单位化得 T), (p对于 34, 解方程 (A4E)x0 即23321得特征向量(2 2 1)T 单位化得 T), (p于是有正交阵 P(p1 p2 p3) 使 P1APdiag(2 1 4)(2)
11、542解 将所给矩阵记为 A 由(1)2(10)542E得矩阵 A 的特征值为 121 310 对于 121 解方程 (AE)x0 即4321得线性无关特征向量( 2 1 0)T和(2 0 1)T 将它们正交化、单位化得 T0),(51pT5),4 2(32p对于 310, 解方程 (A10E)x0 即5428321得特征向量( 1 2 2)T 单位化得 T), (p于是有正交阵 P(p1 p2 p3) 使 P1APdiag(1 1 10)17 设矩阵 与 相似 求 x y 4xAy45并求一个正交阵 P 使 P1AP 解 已知相似矩阵有相同的特征值 显然 5 4 y是的特征值 故它们也是 A
12、 的特征值 因为 4 是 A 的特征值 所以0)(9524| xxE解之得 x4 已知相似矩阵的行列式相同 因为 10241|Ay2045|所以 20y100 y5 对于 5 解方程 (A5E)x0 得两个线性无关的特征向量(1 0 1)T (1 2 0)T 将它们正交化、单位化得 T)1,(1pT)1 ,4(23p对于 4 解方程 (A4E)x0 得特征向量(2 1 2) T 单位化得 T)2,(3于是有正交矩阵 使 P1AP231402P18 设 3 阶方阵 A 的特征值为 12 22 31 对应的特征向量依次为 p1(0 1 1)T p2(1 1 1)T p3(1 1 0)T 求 A.解
13、 令 P(p1 p2 p3) 则 P1APdiag(2 2 1) APP1因为101所以 201PA 243519 设 3 阶对称阵 A 的特征值为 11 21 30 对应1、 2的特征向量依次为 p1(1 2 2)T p2(2 1 2)T 求 A 解 设 则 Ap12p1 Ap22p2 即653421x 6534231 126534231x再由特征值的性质 有x1x4x61230 由解得 61236634x 4x51令 x60 得 x20 31314x325因此 A20 设 3 阶对称矩阵 A 的特征值 16 23 33 与特征值 16 对应的特征向量为 p1(1 1 1)T 求 A. 解
14、设 653421x因为 16 对应的特征向量为 p1(1 1 1)T 所以有 即 A65342x233 是 A 的二重特征值, 根据实对称矩阵的性质定理知 R(A3E)1 利用可推出 313654265342xxx因为 R(A3E)1 所以 x2x43x5且 x3x5x63 解之得x2x3x51 x1x4x64因此 121 设 a(a1 a2 an)T a10 AaaT (1)证明 0 是 A 的 n1 重特征值 证明 设 是 A 的任意一个特征值 x 是 A 的对应于 的特征向量 则有Axx 2xA2xaaTaaTxaTaAxaTax 于是可得 2aTa 从而 0 或 aTa 设 1 2 n
15、是 A 的所有特征值 因为 AaaT的主对角线性上的元素为 a12 a22 an2 所以a12a22 an2aTa12 n这说明在 1 2 n中有且只有一个等于 aTa 而其余 n1 个全为 0 即 0 是 A 的 n1 重特征值 (2)求 A 的非零特征值及 n 个线性无关的特征向量 解 设 1aTa 2 n0 因为 AaaaTa(aTa)a1a 所以 p1a 是对应于 1aTa 的特征向量 对于 2 n0 解方程 Ax0 即 aaTx0 因为 a0 所以 aTx0 即 a1x1a2x2 anxn0 其线性无关解为p2(a2 a1 0 0)Tp3(a3 0 a1 0)T pn(an 0 0
16、a1)T因此 n 个线性无关特征向量构成的矩阵为 121210), ( annp22 设 求 A100340A解 由 )5()1(34021| E得 A 的特征值为 11 25 35 对于 11 解方程 (AE)x0 得特征向量 p1(1 0 0)T 对于 15 解方程 (A5E)x0 得特征向量 p2(2 1 2)T 对于 15 解方程 (A5E)x0 得特征向量 p3(1 2 1)T 令 P(p1 p2 p3) 则P1APdiag(1 5 5) APP1 A100P100P1 因为100diag(1 5100 5100) 1201201所以12055120501A 1023 在某国 每年有
17、比例为 p 的农村居民移居城镇 有比例为 q 的城镇居民移居农村 假设该国总人口数不变 且上述人口迁移的规律也不变 把 n 年后农村人口和城镇人口占总人口的比例依次记为 xn和 yn(xnyn1) (1)求关系式 中的矩阵 A A1解 由题意知xn1xnqynpxn(1p)xnqyn yn1ynpxnqyn pxn(1q)yn可用矩阵表示为 nnxpx1因此 qA(2)设目前农村人口与城镇人口相等 即 求5.0yx nyx解 由 可知 由nnyxA1 0yxAn)1)(1| qpqpEA得 A 的特征值为 11 2r 其中 r1pq 对于 11 解方程 (AE)x0 得特征向量 p1(q p)
18、T 对于 1r 解方程( ArE)x0 得特征向量 p2(1 1)T 令 则),2pqPP1APdiag(1 r) APP1 AnPnP1 于是 10pqrpqn qrpqp1 5.0nnnyx rpqp)(2)(124 (1)设 求 (A)A105A9 3A解 由)(12| E得 A 的特征值为 11 25 对于 11 解方程 (AE)x0 得单位特征向量 T)1,(2对于 15 解方程 (A5E)x0 得单位特征向量 ,于是有正交矩阵 使得 P1APdiag(1 5)12P从而 APP1 AkPkP1 因此(A)P()P1P(1059)P1Pdiag(1 510)5diag(1 59)P1
19、Pdiag(4 0)P1202 1(2)设 , 求 (A)A106A95A8 21A解 求得正交矩阵为20316P使得 P1APdiag(1 1 5) APP1 于是(A)P()P1P(106958)P1P8(E)(5E)P1Pdiag(1 1 58)diag(2 0 4)diag(6 4 0)P1Pdiag(12 0 0)P1203101202361 425 用矩阵记号表示下列二次型:(1) fx24xy4y22xzz24yz 解 x1) ,(2) fx2y27z22xy4xz4yz 解 zyx7) ,(3) fx12x22x32x422x1x24x1x32x1x46x2x34x2x4 解
20、4343210) ,( xf26 写出下列二次型的矩阵 (1) x13)(Tf解 二次型的矩阵为 132A(2) xx987654)(Tf解 二次型的矩阵为 987654321A27 求一个正交变换将下列二次型化成标准形:(1) f2x123x223x334x2x3 解 二次型的矩阵为 由0A)1(5)2(3E得 A 的特征值为 12 25 31 当 12 时, 解方程 (A2E)x0 由21得特征向量(1 0 0) T 取 p1(1 0 0)T当 25 时 解方程 (A5E)x0 由123得特征向量(0 1 1) T 取 T),1 0(2p当 31 时 解方程 (AE)x0 由12得特征向量
21、(0 1 1)T 取 T)21, 0(3p于是有正交矩阵 T(p1 p2 p3)和正交变换 xTy 使f2y125y22y32(2) fx12x22x32x422x1x22x1x42x2x32x3x4解 二次型矩阵为 由0A2)1(3)(101E得 A 的特征值为 11 23 341 当 11 时 可得单位特征向量 T)2, ,(p当 23 时 可得单位特征向量 12当 341 时 可得线性无关的单位特征向量 T)0, (pT) ,0(4p于是有正交矩阵 T( p1 p2 p3 p4)和正交变换 xTy 使fy123y22y32y4228 求一个正交变换把二次曲面的方程3x25y25z24xy
22、4xz10yz1化成标准方程 解 二次型的矩阵为 523A由 得 A 的特征)1(523|EA值为 12 211 30 对于 12 解方程 (A2E)x0 得特征向量 (4 1 1)T 单位化得 ,4(p对于 211 解方程 (A11E)x0 得特征向量 (1 2 2)T 单位化得 )3,1(对于 30 解方程 Ax0 得特征向量 (0 1 1)T 单位化得 )2,(3p于是有正交矩阵 P(p1 p2 p3) 使 P1APdiag(2 11 0) 从而有正交变换 wvuzyx21304使原二次方程变为标准方程 2u211v21 29 明 二次型 fxTAx 在| x|1 时的最大值为矩阵 A
23、的最大特征值.证明 A 为实对称矩阵 则有一正交矩阵 T 使得TAT1diag(1 2 n)成立 其中 1 2 n为 A 的特征值 不妨设 1最大 作正交变换 yTx 即 xTTy 注意到 T1TT 有fxTAxyTTATTyyTy1y122y22 nyn2 因为 yTx 正交变换 所以当| x|1 时 有|y|x|1 即 y12y22 yn21因此f 1y122y22 nyn21又当 y11 y2y3 yn0 时 f 1 所以 f max 130 用配方法化下列二次形成规范形 并写出所用变换的矩阵 (1) f(x1 x2 x3)x123x225x322x1x24x1x3 解 f(x1 x2
24、x3)x123x225x322x1x24x1x3(x1x22x3)24x2x32x22x32(x1x22x3)22x22(2x2x3)2 令 即 323xy323231y二次型化为规范形fy12y22y32所用的变换矩阵为1205C(2) f(x1 x2 x3)x122x322x1x32x2x3 解 f(x1 x2 x3)x122x322x1x32x2x3(x1x3)2x322x2x3(x1x3)2x22(x2x3)2 令 即 32y3231y二次型化为规范形fy12y22y32所用的变换矩阵为0C(3) f(x1 x2 x3)2x12x224x322x1x22x2x3 解 f(x1 x2 x
25、3)2x12x224x322x1x22x2x3 23221)()(xx令 即 322)(xy3231yxy二次型化为规范形fy12y22y32所用的变换矩阵为0C31 设fx12x225x322ax1x22x1x34x2x3为正定二次型 求 a 解 二次型的矩阵为 其主子式为5aAa111 2)4(1因为 f 为正主二次型 所以必有 1a20 且 a(5a4)0 解之得 05432 判别下列二次型的正定性 (1) f2x126x224x322x1x22x1x3 解 二次型的矩阵为 因为406A 021a1038|所以 f 为负定 (2) fx123x229x3219x422x1x24x1x32x1x46x2x412x3x4解 二次型的矩阵为 因为90A , , 01a436231024A所以 f 为正定 33 证明对称阵 A 为正定的充分必要条件是 存在可逆矩阵 U 使 AU TU 即 A 与单位阵 E 合同 证明 因为对称阵 A 为正定的 所以存在正交矩阵 P 使PTAPdiag(1 2 n) 即 APPT其中 1 2 n均为正数 令 则 11 AP11TPT ), ,diag(21n再令 U1TPT 则 U 可逆 且 AUTU
