吉林大学《线性代数》线性代数习题第五章

1 1 1
P
( p1, p2 , p3 )
1
1
0
1 0 1
6
3
3
P 1 A P
1 1 1 6
1 1 1 1
A
P P 1
1
1
0
1 0 1
3
1
1
0
3 1 0 1
.
23
.
24
.
25
特殊矩阵的特征值可以直接得到
1
1 2 3
A
2
(1
2
3)
2
4
6
3
3 6 9
1
1 2 31 1
1 1
p1
2
,
A
p
1
2
4
6
2
2
(1
2
3
)
2
14
2
3
3 6 9 3 3
3
3
1
1 (1
2
3
)
2
14
3
1
p
2
,
p
取
3
成
与
2
正
交
的
向
量
即
可
。
3
3
-2
p2=
0
，
p3=
1
- 1
0
1 2 3 3 1
.
33
.
34
.
35
.
36
.
37
.
38
.
39
.
40
.
41
.
42
.
43
.
44
正定矩阵都与单位矩阵合同
2
A
P
1
P
T
4
2
2
P
1
1
P
T
2
2
PQQTPT
(P Q )(P Q )T
U TU
.
45
作业：
2 5 1
A
1
3
0
,
求
A
全
部
特
征
值
和
特
征
向
量
2 3 2
第五章
.
1
1 -4
a=
0
，
b=
2
,
c
a，
b＝
a＋
c
- 2
3
[a,b ] [a, a＋ c] [a,a ] [a,c]
[a,a ] 5
10 5
2
2
c
b
a
bwenku.baidu.com
2a
2
1
.
2
.
3
.
4
.
5
.
6
.
7
.
8
.
9
.
10
证明： R(A) n R(B) n A , B 都 不 是 满 秩 矩 阵 A ,B 都 不 可 逆 A ,B 都 有 特 征 值 0.
将二次型化成标准型 f ( x1 , x2 , x3 ) 5 x12 3 x22 x32 2 x2 x3 4 x1 x3
判定矩阵的正定性：
6 0 0
A
0
3
4
0 4 3
.
46
0是 否 有 公 共 的 特 征 向 量 ？
Ax
B
x
0 0
是
否
有
非
零
解
？
A B
x
0 0
是
否
有
非
零
解
？
由
于
R
A
B
R (A)+R (B)
n
系数矩阵不是列满秩的，必然有非零解。
即 0对 应 有 相 同 的 公 共 特 征 向 量 。
.
11
证明：
| A || AT | 1
AT ( A E ) AT A AT E AT ( A E )T
| AT || A E || ( A E )T |
| A E || A E |
| A E | 0
| A E | 0, 有 解 = 1
.
12
.
13
.
14
.
15
.
16
.
17
2
diag(-2,1,4)=
1
4
对角矩阵的简写形式。
.
18
.
19
.
20
.
21
.
22
利用相似矩阵的性质来做题
1
1
6，
p1
1
1
2 3 3,由 于 实 对 称 矩 阵 的 性 质 ， 不 同 特 征 值 对 应 的 特 征 向 量 正 交 。
p 2 , p3取 成 与 p1正 交 的 向 量 即 可 。 例 如
1
1
p2
1
,
p3
0
0
1
这样有了三个特征值，三个线性无关的特征向量。
3 0
3
A
p2
2
4
6
0
2
(1
2
3
)
0
0
0
0
3 6 9 - 1 3
- 1 0
- 1
对 应 特 征 值 0.
p3类 似 。
.
26
.
27
.
28
.
29
.
30
.
31
f x
y
1
z2
1
2 2 2
112xzy
.
32
2 2
2
1
1 3 5
3
5
7
5 7 9