第五章相似矩阵及二次型.doc

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第五章 相似矩阵及二次型
1. 试用施密特法把向量组正交化.
解：根据施密特正交化方法:
令，, ，
故正交化后得
2. 判断下列矩阵是不是正交阵，并说明理由:
(1) (2)
解： (1)　第一个行向量非单位向量, 故不是正交阵．
(2) 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．

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3. 设为n维列向量, , 令, 求证: 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. 设与都是阶正交矩阵, 证明：
（1）也是正交阵；
（2）也是正交阵.
证明（1）因为是阶正交阵，故，
所以
故也是正交阵．

正交.

正交.
（2） 因为是阶正交阵，故，

故也是正交阵．

5. 求下列矩阵的特征值和特征向量:
(1) (2).
并问它们的特征向量是否两两正交?
解：(1)　① .
故的特征值为．
②当时,解方程,由
, 得基础解系
所以是对应于的全部特征值向量．
当时,解方程,由
, 得基础解系
所以是对应于的全部特征向量．
③　,故不正交．
(2)　①　.
故的特征值为．
②　当时，解方程，由
, 得基础解系
故是对应于的全部特征值向量.
当时,解方程，由
, 得基础解系
故是对应于的全部特征值向量
当时，解方程，由
, 得基础解系
故是对应于的全部特征值向量．
③　， ，
， 所以两两正交．

6. 设为阶矩阵, 证明与的特征值相同.
证明: 因为|AT-lE|=|(A-lE)T|=|A-lE|T=|A-lE|,
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, 证明的特征值只能取1或2.
证明: 设l是A的任意一个特征值, x是A的对应于l的特征向量, 则
(A2-3A+2E)x=l2x-3lx+2x=(l2-3l+2)x=0.
因为x¹0, 所以l2-3l+2=0, 即l是方程l2-3l+2=0的根, 也就是说l=1或l=2.
8.设是阶矩阵的特征值, 证明也是阶矩阵的特征值.
证明: 设x是AB的对应于l¹0的特征向量, 则有
(AB)x=lx,
于是 B(AB)x=B(lx),
或 BA(B x)=l(Bx),
从而l是BA的特征值, 且Bx是BA的对应于l的特征向量.
9. 已知3阶矩阵的特征值为1, 2, 3, 求.
解: 令j(l)=l3-5l2+7l, 则j(1)=3, j(2)=2, j(3)=3是j(A)的特征值, 故
|A3-5A2+7A|=|j(A)|=j(1)×j(2)×j(3)=3´2´3=18.
10. 设方阵与相似, 求x , y.
解 方阵与相似，则与的特征多项式相同，即
．
11. 设A与B都是n阶方阵,且,证明AB与BA相似.
证明: 则可逆
则与相似．
12. 设矩阵可相似对角化, 求.
解 由
,
得A的特征值为l1=6, l2=l3=1.
因为A可相似对角化, 所以对于l2=l3=1, 齐次线性方程组(A-E)x=0有两个线性无关的解, 因此R(A-E)=1. 由

知当x=3时R(A-E)=1, 即x=3为所求.
13. 设3阶方阵A的特征值为;对应的特征向量依次为
求A.
解：因为，
又，
所以，.
14. 已知是矩阵的一个特征向量， 试求参数及特征向量所对应的特征值.
解： 设l是特征向量p所对应的特征值, 则
(A-lE)p=0, 即,
解之得l=-1, a=-3, b=0.
15. 设3阶实对称阵A的特征值为6,3,3, 与特征值6对应的特征向量为
，求A.
解： 设. 由， 知①
3是的二重特征值,根据实对称矩阵的性质定理知的秩为1，
故利用 ① 可推出 秩为1.
则存在实的使得②成立．
由①②解得．
得 ．

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);
解：　
故得特征值为．
当时，由.
解得 . 单位特征向量可取:
当时,由.
解得. 单位特征向量可取:
当时,由.　解得． 单位特征向量可取: , 得正交阵. .
(2)
解：，
故得特征值为
当时，由. 解得
此二个向量正交,单位化后,得两个单位正交的特征向量
; ， 单位化得
当时,由. 解得. 单位化得.得正交阵. ．
17. 设, 求
解 由
,
得A的特征值为l1=1, l2=5, l3=-5.
对于l1=1, 解方程(A-E)x=0, 得特征向量p1=(1, 0, 0)T.
对于l1=5, 解方程(A-5E)x=0, 得特征向量p2=(2, 1, 2)T.
对于l1=-5, 解方程(A+5E)x=0, 得特征向量p3=(1, -2, 1)T.
令P=(p1, p2, p3), 则
P-1AP=diag(1, 5, -5)=L,
A=PLP-1,
A100=PL100P-1.
因为
L100=diag(1, 5100, 5100),
,
所以

.
18. 用矩阵记号表示下列二次型:
(1);
解：．
(2).
解：．
19. 求一个正交矩阵化下列二次型成标准形:
(1) ;
解：二次型的矩阵为,

故的特征值为．
当时, 解方程，
由. 得基础解系 . 取
当时，解方程，
由，得基础解系 . 取．
当时，解方程，
由 得基础解系 . 取 ，
于是正交变换为
. 且有 ．
(2) .
解：二次型矩阵为
，
故的特征值为
当时，可得单位特征向量，
当时，可得单位特征向量，
当时，可得单位特征向量，．
于是正交变换为
且有．
20. 证明:二次型在时的最大值为方阵A的最大特征值.
证明 为实对称矩阵，则有一正交矩阵，使得
成立．
其中为的特征值，不妨设最大，
为正交矩阵，则且，故
则． 其中
当时，即即
． 故得证．
21.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)；
解 f(x1, x2, x3)=x12+2x32+2x1x3+2x2x3
=(x1+x3)2+x32+2x2x3;
=(x1+x3)2-x22+(x2+x3)2.
令 , 即,
二次型化为规范形f=y12-y22+y32,
所用的变换矩阵为
(2).
解 f(x1, x2, x3)=2x12+x22+4x32+2x1x2-2x2x3.

.
令 , 即,
二次型化为规范形f=y12+y22+y32,
所用的变换矩阵为
22.判别下列二次型的正定性:
(1) ;
解：,
，，， 故为负定．
(2) .
解：，，, ,． 故为正定．
23.设U为可逆矩阵,, 证明为正定二次型.
证明：因为所以A 对称. 对于由于U 为可逆矩阵，有
否则，若则必有矛盾.
所以当
所以为正定二次型。
24.设对称阵A为正定阵, 证明存在可逆矩阵U, 使.
证明：正定，则矩阵满秩，且其特征值全为正．
不妨设为其特征值，
存在一正交矩阵
使
又因为正交矩阵，则可逆，．
所以．令，可逆,则
25. 试证:
（1）A正定,则与也正定;
（2）A与B均为n阶正定阵, 则A+B为正定阵.
证明：（1）

，

（2）

26. 选择题：
（1）设λ=2是非奇异矩阵A的一个特征值，则矩阵有一个特征值等于（ b ）
(a) (b) (c) (d)
（2）设A为n阶可逆阵，λ为A的一个特征值，则A的伴随阵的一个特征值是（ b ）
(a) (b) (c) (d)
（3）设A为n阶可逆阵，且（k为正整数）, 则（ c ）
(a) A=0 （b）A有一个不为零的特征值
(c) A的特征值全为零 （d）A有n个线性无关的特征向量
（4）设是n阶矩阵A的特征值，且齐次线性方程组的基础解系为
，则A的属于的全部特征向量是（ d ）
(a) （b）
(c) (全不为零) （d）(不全为零)
（5）下列二阶矩阵可对角化的是（ c ）
(a) (b) (c) (d)