1、 线性代数重点第一章 行列式8 计算下列各行列式(D k为 k 阶行列式) (1) , 其中对角线上元素都是 a 未写出的元素an1都是 0 解(按第 n 行展开) aaDn0 10 1)1( )( nna )1(2 nnaanan2an2(a21) nna)2(1 )(2) ;xaDn 解 将第一行乘( 1)分别加到其余各行 得 axxaDn 0 再将各列都加到第一列上 得x(n1)a(xa)n1axn 00 )1(3) ;1 1 )( )(111naaDnnn解 根据第 6 题结果 有nnnn aaD)( )1( )1( 12此行列式为范德蒙德行列式 12)(1 )()jinn j)(ji
2、12 )1(2)1( )(jinnn 1jin(4) ;nnnndcbaD 12解 (按第 1 行展开)nnnndcbaD 12nndcba00 011111 0 )1( 11112cdbabnnnn再按最后一行展开得递推公式D2nandnD2n2bncnD2n2 即 D2n(andnbncn)D2n2 于是 niiiDcbda22)(而 11所以 niiicbda2)(5) Ddet(aij) 其中 aij|ij|;解 aij|ij| 0 4321 3102 )det( nnijn0 4321 1 213 nnr1 52431 0 23 nnc(1)n1(n1)2n2 (6) , 其中 a1
3、a2 an0 nnaD 2解 nnaaD1 12nnac10 0 322131132210 0 1 nn aanin aa113221 0 0 1 )1)(21niaa第二章 矩阵及其运算14 设 A 为 3 阶矩阵 求|(2A) 15A*| 2|解 因为 所以*|1A|52|)(| 1|251A|2A1|(2)3|A1|8|A|18216 15 设 ABA2B 求 B 3210A解 由 ABA2E 可得(A 2E)BA 故 310)(1B1216 设 且 ABEA2B 求 B 02A解 由 ABEA2B 得(AE)BA2E 即 (AE)B(AE)(AE) 因为 所以(A E)可逆 从而01|
4、 23EAB17 设 Adiag(1 2 1) A*BA2BA8E 求 B 解 由 A*BA2BA8E 得(A*2E)BA8E B8(A*2E)1A18A(A*2E)18(AA*2A)18(|A|E2A)18(2E2A)14(EA)14diag(2 1 2)12,(diag42diag(1 2 1) 18 已知矩阵 A 的伴随阵 8031*且 ABA1BA13E 求 B 解 由|A*|A| 38 得| A|2 由 ABA1BA13E 得ABB3A B3(AE)1A3A(EA1)1A*)26*( 1036031第三章 矩阵的初等变换与线性方程组例 10 求解齐次线性方程组(略)12 设 问 k
5、为何值 可使321kA(1)R(A)1 (2)R(A)2 (3)R(A)3 解 k)2(10kkr(1)当 k1 时 R(A )1 (2)当 k2 且 k1 时 R(A )2 (3)当 k1 且 k2 时 R(A )3 第四章 向量组的线性相关性例 11. （略）27（以填空形式出现） 设四元非齐次线性方程组的系数矩阵的秩为 3 已知 1 2 3是它的三个解向量 且1(2 3 4 5)T 23(1 2 3 4)T求该方程组的通解 解 由于方程组中未知数的个数是 4 系数矩阵的秩为 3 所以对应的齐次线性方程组的基础解系含有一个向量 且由于1 2 3均为方程组的解 由非齐次线性方程组解的结构性质
6、得21(23)(12)(13) (3 4 5 6)T为其基础解系向量 故此方程组的通解 xk(3 4 5 6)T(2 3 4 5)T (kR)第五章待定第五章 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解 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 101ab 23,122b 4315,23133baab2 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
7、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)TxTE2xxT 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)
8、1(2051| EA故 A 的特征值为 1(三重) 对于特征值 1 由0101325EA得方程(A E)x0的基础解系 p1(1 1 1)T 向量 p1就是对应于特征值 1 的特征值向量 .(2) ; 632解 )9(16312| 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0213829EA得方程(A 9E)x0
9、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 121 341 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|(
10、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
11、knr l1 l2 lnt 使k1a1k2a2 knranrl1b1l2b2 lnrbnr0记 k1a1k2a2 knranr(l1b1l2b2 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
12、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
13、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)|(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P1A
14、BPA1ABABA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034031)(xEAr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
15、？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)x
16、0 即23321得特征向量(2 2 1)T 单位化得 T)31,2 (3p于是有正交阵 P(p1 p2 p3) 使 P1APdiag(2 1 4)(2) 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)1
17、7 设矩阵 与 相似 求 x y 124xAy45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 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 P1AP23140
18、2P18 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 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 x2
19、0 134x325因此 3A20 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 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 41A21 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
20、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 aaT
21、x0 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 a1)T因此 n 个线性无关特征向量构成的矩阵为 121210), ( ann22 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
22、 5 5) APP1 A100P100P1 因为100diag(1 5100 5100) 12051201P所以120551205101A 1023 在某国 每年有比例为 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
23、知 由nnyxA1 0yxAn)1)(| qpqpE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)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)5(132| EA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
24、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)P1Pdiag(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)P1 203236 4125 用矩阵记号表示下列二次型:(1) fx24xy4y22xzz24yz 解 x1
25、) ,(2) fx2y27z22xy4xz4yz 解 zyx7) ,(3) fx12x22x32x422x1x24x1x32x1x46x2x34x2x4 解 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) xx987654321)(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(
26、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01201EA得特征向量(0 1 1)T 取 T), (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3x25y25z24xy4xz10yz1
