《线性代数》 陈维新 习题答案

−1 0 0
1 0 0
1 0 0
2 0 0
(A)
0
1 0 ． (B) 0 2
0
．
(C)
0
−1
0
．
(D) 0
−1
0 ．
0 0 2
0 0 −1
0 0 2
0 0 1
解 ξ1 是属于特征值-1 的特征向量, 所以对角矩阵主对角线上第一个元素为-1; 同理第二个
−1 0 0
元素是 1,
第三个为 2,
1 0 0 0 −1 0 0 λ
所以特征值为-1,-1,1,1.
0 0 0 1 求解方程组 (E − 0 0 1 0) X = O , 得属于特征值 1 的特征向量为
0 1 0 0 1 0 0 0
= ξ1 k1 [1, 0, 0, 1]T + k2 [0, 1, 1, ]0 T (其中 k1, k2 为不全为零的任意数).
P 使 P−1AP 为对角矩阵，并写出该对角矩阵．
解 (1) 3 阶矩阵有 3 个线性无 关的特征 向 量, 所以能 对角化. 可 逆矩阵可 取 P=
2 −1 0
1
1
0
1 ,
相应对角矩阵为
P
−1
AP
=
1
.
0 1 1
3
(2) 3 阶矩阵最多只有 2 个线性无关的特征向量, 少于 3 个, 所以不能对角化. (3) 3 阶矩阵最多只有 2 个线性无关的特征向量, 少于 3 个, 所以不能对角化. (4) 3 阶 矩 阵 有 3 个 线 性 无 关 的 特 征 向 量 , 所 以 能 对 角 化 . 可 逆 矩 阵 可 取 P=
0
0
2
2
ξ2 = k2 [−1, 0, 0, 3]T + k3 [−1, 1, 0, ]0 T (其中 k2 , k3 为不为零的任意数).
0 0 0 1 λ 0 0 −1
(6) λE − 0 0 1 0=
0
λ
−1
0 =
λ 4 − 2λ 2 +1=
(λ +1)2 (λ −1)2 ,
0 1 0 0 0 −1 λ 0
与 B 等价. (B)是正确的.
(C) 与(A)= 一样, 设 A
= 10 02 , B
1
2
0
0 ,秩( A )=秩( B ), 但是由于 tr A 与 tr
4
B 不相等, 所以 A 与 B 不相似. 因此(C)不正确.
(D) 与(A)= 一样, 设 A
= 10 02 , B
1
2
0
0 ,｜ A ｜=｜ B ｜, 但是由于 tr A 与 tr
5 3 1 1
(5) −3 −1 1 −1 ; 0 0 1 0
0
0
2
2
1 −3 4
(3) 4
−7
8
;
6 −7 7
0 0 0 1 (6) 0 0 1 0 ．
0 1 0 0 1 0 0 0
1 0 0 λ −1 0 0 解 (1) λE − −2 5 −2 = 2 λ − 5 2 = (λ −1)2 (λ − 3) , 所 以 特 征 值 为
证明：
{ } Wλ0 = ξ ∈ Pn Aξ = λ0ξ .
(1) 若 ξ1,ξ2 ∈Wλ0 ，则 ξ1 + ξ2 ∈Wλ0 ;
(2) 若 ξ1 ∈Wλ0 ，则对任意的 k ∈ P 有 kξ1 ∈Wλ0 ; (3) 由(1)，(2)导出Wλ0 为 Pn 的一个子空间，称为属于 λ0 的特征子空间．特征子空间Wλ0 中 任意非零向量都是 A 的属于 λ0 的特征向量． 证 (1) ξ1,ξ2 ∈Wλ0 , 所= 以有 Aξ1 λ= 0ξ1, Aξ2 λ0ξ2 , 而 A(ξ1 + ξ2 ) = Aξ1 + Aξ2 = λ0ξ1 + λ0ξ2 = λ0 (ξ1 + ξ2 ) , 所以ξ1 + ξ2 ∈Wλ0 .
0
0 λ − ann
因为 A 的主对角线上元素互异, 所以 A 有 n 个互异的特征值. 因此 A 能与对角矩阵相似.
4．设 A 为 n 阶方阵，证明: A 与 AT 有相同的特征多项式。
证 AT 的特征多项式为 λE − AT = ((λE)T − A)T = (λE − A)T = λE − A , 而 λ E − A 是 A 的特征多项式, 所以 A 与 AT 有相同的特征多项式.
6 −7 7 −6 7 λ − 7
所以特征值为-1,-1,3.
1 −3 4 求解方程组 (3E − 4 −7 8) X = O , 得属于特征值 3 的特征向量为
6 −7 7
ξ1 = k1 [1, 2, ]1 T (其中 k1 为不为零的任意数).
1 −3 4 求解方程组 (−E − 4 −7 8) X =O , 得属于特征值-1 的特征向量为
6 −9 4
ξ1 = k1 [1, 1, 1]T (其中 k1 为不为零的任意数).
4 −5 2 求解方程组 (0E − 5 −7 3) X = O , 得属于特征值 0 的特征向量为
6 −9 4
ξ2 = k2 [1, 2, ]3 T (其中 k2 为不同时为零的任意数).
1 −3 4 λ −1 3 −4 (3) λE − 4 −7 8 = −4 λ + 7 −8 = λ3 − λ 2 − 5λ − 3 = (λ +1)2 (λ − 3) ,
(2) ξ1 ∈Wλ0 , 所以 Aξ1 = λ0ξ1 , 而 A(k= ξ1) k= Aξ1 kλ= 0ξ1 λ0 (kξ1) , 因此 kξ1 ∈Wλ0 .
{ } (3) 由(1)，(2)可知非空集合Wλ0 = ξ ∈ Pn Aξ = λ0ξ 中元素符合加法和数乘的封闭性,
所以构成一个子空间.
5．若方阵 A 有一个特征值为-1，则｜A+E｜=
4
B 不相等, 所以 A 与 B 不相似. 因此(D)不正确.
3．= 设 A = ξηT ，其中 ξ [ x1, x2 , = , xn ]T ≠ O ，η [ y1, y2 , , ]yn T ≠ O ．
求证：ξ是 A 的特征向量，并指出其对应的特征值．
证 因为 A = ξηT , 所以= Aξ ξ= ηTξ ξ (ηTξ ) , 而ηTξ = x1 y1 + x2 y2 + + xn yn , 所以
因此
P
−1
AP
=
0
1 0 , 故应选填 A.
0 0 2
3．设上三角矩阵
a11 a12 a1n
A
=
0
a22
a2n
,
0
0
ann
它的主对角线上元素互异，证明： A 能与对角矩阵相似．
λ − a11 −a12 −a1n
0 证 λE − A =
λ − a22
−a2n
= (λ − a11)(λ − a22 )(λ − ann ) ,
第五章 特征值和特征向量 矩阵对角化
习题 5.1
1．解= ：(A) 设 A
= 10 02 , B
1
2
0
0 , 因为秩( A )=秩( B )所以 A 与 B 等价; 但是由
4
于 tr A 与 tr B 不相等, 所以 A 与 B 不相似. 因此(A)不正确.
(B) A 与 B 相似, 即存在可逆矩阵 P 使得 P−1AP = B , 所以秩( A )=秩( B ),因此 A
ξ=2 k2 [1, 1, 0]T + k3 [1, 0, ] −3 T (其中 k2 , k3 为不为零的任意数).
5 3 1 1 λ − 5 −3 −1 −1
(5) λE − −3
−1
1
−1
3 λ +1 −1 =
1
0 0 1 0 0 0 λ −1 0
0
0
2
2
0
0 −2 λ − 2
= λ 4 − 7λ3 +18λ 2 − 20λ + 8 = (λ −1)(λ − 2)3 ,
6 −7 7
ξ2 = k2 [1, 2, ]2 T (其中 k2 为不为零的任意数).
−1 3 −1 λ +1 −3 1 (4) λE − −3 5= −1 3 λ − 5 = 1 λ3 − 5λ 2 + 8λ − 4 = (λ −1)(λ − 2) 2 ,
−3 3 1 3 −3 λ −1
所以特征值为 1,2,2.
−2 4 −1 2 −4 λ +1
1,1,3.
1 0 0 求解方程组 (E − −2 5 −2) X =O , 得属于特征值 1 的特征向量为
−2 4 −1
= ξ1 k1 [2, 1, 0]T + k2 [−1, 0, ]1 T (其中 k1, k2 为不同时为零的任意数).
1 0 0 求解方程组 (3E − −2 5 −2) X =O , 得属于特征值 3 的特征向量为
所以
1E−A ≠0 ,
从而
2
2
E − 2=A 2n 1 E − A ≠ 0 . 故 E − 2A 为可逆矩阵. 2
7．求出下列矩阵的全部特征值和特征向量
1 0 0 (1) −2 5 −2 ;
−2 4 −1
4 −5 2 (2) 5 −7 3 ;
6 −9 4
−1 3 −1 (4) −3 5 −1 ;
−3 3 1
1 1 1
1
1 1
0
,
相应对角矩阵为
P
−1
AP
=
2
.
1 0 −3
2
(5) 4 阶矩阵最多只有 3 个线性无关的特征向量, 少于 4 个, 所以不能对角化. (6) 4 阶 矩 阵 有 4 个 线 性 无 关 的 特 征 向 量 , 所 以 能 对 角 化 . 可 逆 矩 阵 可 取 P=