四川大学线性代数教材课后习题答案Chapter5

特征值与特征向量

一、选择题1.A;2.B;3.C;4.D.

二、1.|λE−A|=(λ−2)2(λ−1).当λ=1时,特征向量为k(0,1,1)T,k为任意常数;当λ=2时,特征向量为k(1,1,0)T,k为任意常数.

2.|λE−A|=(λ−4)(λ2+4).当λ=4时,特征向量为k(−1,−1,1)T,k为任意常数;当λ=2i时,特征向量为k(i+4,−i,1)T,k为任意常数;当λ=−2i时,特征向量为k(4−i,i,1)T,k为任意常数.

3.|λE−A|=(λ+2)(λ−2)3.当λ=2时,特征向量为k1(1,1,0,0)T+k2(1,0,1,0)T+ k3(1,0,0,1)T,k1,k2,k3为任意常数;当λ=−2时,特征向量为k(1,1,1,1)T,k为任意常数.

三、|λE−A|=(λ−1)(λ2+4λ+5).当λ=1时,特征向量为k(0,2,1)T,k为任意常数.

四、取A的λ=2对应的特征向量X,(1

2A3)X=(1

2

A2)·(2X)=1

2

·23X=4X.所

以λ(1

2A3)−1

=(λ1

2

A3

)−1=1

4

.取(1

2

A3)−1的λ=14对应的特征向量Y,(I−(12A3)−1)Y=

Y−1

4Y=3

4

Y.故I−(1

2

A3)−1的特征值为λ=34.

五、对A的任意特征值λ及特征向量X=0,有AX=λX,则(A2−2A−8I)X= (λ2−2λ−8)X=0,又X=0,则λ2−2λ−8=0,λ=−2,4,故A的特征值只有4和−2.

矩阵的相似性

一、选择题1.C;2.B;3.A.

二、1.|λE−A|=λ3,特征值λ1=0(重数k1=3).而r(λ1E−A)=2=3−3=0,故不可对角化.

2.|λE−A|=(λ+1)2(λ−2),特征值λ1=−1(重数k1=2),λ2=2(重数k2=1).而r(λ1E−A)=2=3−2=1,故不可对角化.

3.|λE−A|=(λ−1)(λ−2)2,特征值λ1=1(重数k1=1),λ2=2(重

数k 2=2).当λ=1时,特征向量为k (1,1,1)T ,k 为任意常数;当λ=2时,特征向量为k 1(1,1,0)T +k 2(1,0,−3)T ,k 1,k 2为任意常数.故P = 11111010−3

.

4.|λE −A |=(λ+2)2(λ−2)2,特征值λ1=−2(重数k 1=2),λ2=2(重数k 2=2).当λ=2时,特征向量为k 1(2,1,0,−1)T +k 2(−1,0,1,0)T ,k 1,k 2为任意常数;当λ=−2时,特征向量为k 1(1,−2,1,0)T +k 2(0,1,0,1)T ,k 1,k 2为任意常数.故P =

2−110

10−210110−1001

.

三、取P =(X 1,X 2,X 3)=

12−22−2−1212

,用初等变换可求出P −1=19 122

2−21−2−12 则P −1AP =diag {1,2,3},A =P diag {1,2,3}P −1

=13 70−205−2−2−26

.

四、|λE −A |=(λ+1)2(λ−1),特征值λ1=1(重数k 1=1),λ2=−1(重

数k 2=2).若A 可对角化则,r (−E −A )=3−2=1,即r (

−4−22

k 0−k −4−22

)=1,故k =0.当λ=−1时,特征向量为k 1(1,0,2)T +k 2(−1,2,0)T ;当λ=1时,特征向量为k (1,0,1)T .五、因为A ∼B ,所以存在满秩矩阵Q 使得Q −1AQ =B ,取R =Q −1A ,则A =QR,B =RQ .实对称矩阵的对角化一、正交、单位化后得γ1=

1√2

(1,1,0,0)T ,γ2=

√32√2

(1,−1,2,0)T ,γ3=

23√3

(1,−1,−1,3)T .二、设X =(a,b,c )T ,ß(a,b,c )·(1,2,−1)T =a +2b −c =0;(a,b,c )·(2,3,4)T =2a +3b +4c =0.求出一组解a =−11,b =6,c =1,再单位化得X =1√158

(−11,6,1)T .

三、

1.|λE −A |=λ(λ+6)2,特征值λ1=0,λ2=−6.当λ=−6时,特

征向量为α1=(1,0,−1)T ,α2=(1,−1,0)T ,正交、单位化得γ1=

1√2

(1,0,−1)T ,γ2=

32√2(1,−2,1)T ,当λ=0时,特征向量为α3=(1,1,1)T ,单位化得γ3=

1√3

(1,1,1)T .故Q =

1√2

√641√30

−

√

6

21√3−1√

2

√641√3

.

2.|λE −A |=(λ−1)(λ−3)(λ−7),特征值λ1=1,λ2=3,λ3=7.当λ=1时,特征向量为α1=(−1,1,1)T ,单位化得γ1=1√3

(−1,1,1)T ,当λ=3时,特征向量为α2=

(1,1,0)T ,单位化得γ2=1√2(1,1,0)T ,当λ=7时,特征向量为α3=(1,−1,2)T ,单位化得γ3=

1√6(1,−1,2)T ,故Q = −1

√31√21√61√31√2−1√61√302√6

.

3.|λE −A |=(λ−1)(λ+3)3,特征值λ1=2,λ2=−3.当λ=−3时,特征向量为α1=(−1,1,0,0)T ,α2=(−1,0,1,0)T ,α3=(−1,0,0,1)T ,正交、单位化得γ1=

1√2

(−1,1,0,0)T ,γ2

=

√32√2

(−1,−1,2,0)T ,γ3=

√

3

6(−1,−1,−1,3)T ;当λ=1时,特征向量

为α4=(1,1,1,1)T ,单位化得γ4=12(1,1,1,1)T .故Q =

−1

√

2

−√

32√2−12√312

1√2−√

32√2−12√3120

√3√2−12√31200√

321

2

四、必要性:因为A ∼B 所以A,B 有相同的特征值.

充分性:因为A,B 实对称,具有相同特征值λ1,...,λn ,所以存在正交矩阵Q 1,Q 2使得

Q −11AQ 1=diagλ1,...,λn =Q −12BQ 2,则(Q 2Q −11)A (Q 1Q −12)=B ,取P =Q 1Q −1

2,则P 正

交,命题得证.

五、设λ=1的特征向量为α,则α与X 1=(0,1,1)T 正交,可得α1=(1,0,0)T ,α2=

(0,1,−1)T ,将X 1,α1,α2正交、单位化得,γ1=(1,0,0)T ,γ2=1

2

(0,1,−1)T ,γ3=12(0,1,1)T ,即P = 100012120−121

2

.而P −1AP =diag 1,1,−1,A =P diag 1,1,−1P −1=

10000−10−10

.