线性代数课件第五章相似矩阵及二次型——习题课

线性代数课件_第五章_相似矩阵及二次型——第5节

它的特征多项式为
2020/4/25
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20
1 1 1
1 1 1
AE
.
1 1 1
1 1 1
计算特征:把多,二三项 ,四式列都加到 ,有第
1 1 1 1
AE(1)1 1
1 ,
1 1 1
1 1 1
把二,三,四行分别减去第,有一行
2020/4/25
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21
11
1 1
AE(1)0
其 1 ,2 , 中 ,n 是 f 的 A 矩 a ij 的阵 .特
2020/4/25
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14
用正交变换化二次型为标准形的具体步骤
1.将二次型表成 f 矩 xTA阵 ,x求形出 A;式
2.求A 出的所有 1,特 2,,征 n; 值
3.求出对应于征特向征 1,量值 2,,的 n; 特
1 2 0 A2 2 3.
0 3 3
2020/4/25
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10
四、化二次型为标准形
对于二次型，我们讨论的主要问题是：寻求可逆的线性变换，将二次型化为标准形．
设 x1 c11y1 c12y2 c1nyn, x2 c21y1c22y2 c2nyn, xn cn1y1 cn2y2 cnnyn
且 f 有 9 y 1 2 1 y 2 2 8 1 y 3 2 .8
2020/4/25
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19
例3 求一个正x交 P变 y,把换二次型
f 2x1x22x1x32x1x42x2x3
2x2x42x3x4
化为标.准形
解
0 1 1 1
二次型的矩阵为
A
1 1
0 1 1 0
1 1

线性代数课件第五章相似矩阵及二次型第2节

线性代数
2020/7/15
课件
1
第五章相似矩阵及二次型
2020/7/15
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2
一、特征值与特征向量的概念
定义1 设A是n阶矩阵,如果数?和n维非零列向量x
使关系式Biblioteka Ax ? ?x成立,那末, 这样的数? 称为方阵 A的特征值 ,非零向量x称为A的对应于特征值 ?的特征向量.
说明 1. 特征向量 x ? 0, 特征值问题是对方言的.
1
A ? ?E ? 0 2 ? ? 0
?4
1 3? ?
? ? (? ? 1)?? ? 2?2 ,
? ? 令 ? ( ? 1)? ? 2?2 ? 0
得A的特征值为?1 ? ? 1,?2 ? ?3 ? 2.
2020/7/15
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12
?当 1 ? ?1时,解方程?A ? E ?x ? 0.由
A?
E
?
?? ? 1 ?0
解得 x1 ? ? x2 ,所以对应的特征向量可取为
p2
?
??? 1??. ?1?
2020/7/15
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8
例２
求矩阵A ?
?? ? 1 ?? 4
1 3
0 0
???的特征值和特征
.
?? 1 0 2??
解 A的特征多项式为
? 1? ? 1
0
A ? ?E ? ? 4 3 ? ? 0 ? (2 ? ? ) (1? ? )2 ,
得基础解系
p1 ? ?0?,
? ? 所以k p1(k ? 0)是对应于 ?1 ???12??的全部特
.
当 2 ? 3 ? 1时,解方程( A ? E)x ? 0.由
??? 2 A? E ? ?? 4

线性代数课件_第五章_相似矩阵及二次型——第4节-精选文档

2019/2/21 课件 8
1 P AP ,其中是以 A 的 n个特征值为对
对应特征值 i 1 ,2 , ,s ), 恰有 ri个线性无 i(
关的实特征向量 ,把它们正交化并单位 ,即得 ri个
r r r n 知 , 单位正交的特征向量 .由 1 2 s 这样的特征向量共可得 n 个.
由定理2知对应于不同特征值的特征向量正交，故这 n 个单位特征向量两两正交. 以它们为列向量构成正交矩阵 P ，则 1 1 P AP P P
其中对角矩阵的对角元素含 r 个 , , r 个 , 恰 1 1 s s 是 A 的 n 个特征值 .
2019/2/21 课件 9
1 1 1 2 2 2 12
T A 对称 , A , A
于是
p p p p Ap p p p, p p 0 .
T T T 1 2 1 2 12 2 1
T 1 2 2 1 T 2 1 2
课件
TT T p p Ap p p , 1 1 1 1 1 1A 1A
线性代数
2019/2/21
课件
1
第五章相似矩阵及二次型
2019/2/21
课件
2
一、对称矩阵的性质
说明：本节所提到的对称矩阵，除非特别说明，均指实对称矩阵．
定理1
对称矩阵的特征值为实数.
证明设复数为对称矩阵 A 的特征值 , 复向量 x 为
对应的特征向量 , 即Ax x , x 0 .
是实系数方程组 ,由Ai E 0知必有实的基础解
2019/2/21
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6
定理 2设 , A 的两个特征 ,p , 1 2是对称矩阵 1 p 是对应的特征向量 , 若 , 则 p 与 p 正交 . 2 1 2 1 2

大学线性代数课件相似矩阵及二次型5.1

称 f ( ) I A 0 为方阵 A 的特征方程。
特征多项式 f ( ) 是的 n 次多项式，
f () | I A|
n b1n1 b2n2 bn1 bn
n
n ( aii )n1 b2n2 bn1 (1)n | A| .
i 1
三、特征值与特征向量的求解方法
1
(3) 当 2 3 时，由 (3I A ) x 0 有
2 2 x1 0 , 2 2 x2 0
A 1 2 2 1
求解得基础解系为 1 .
1
故A 的属于特征值的 2 3所有特征向量为
X k k 1 , (k 0).
1
显然
11
与
1 1
线性无关。
性质2 设 0 为 A 的特征值，则有
(1) 0 为 AT 的特征值；
(2) k 0 为 k A 的特征值 (k 0);
(3)
若
A
可逆，则
1 0
为
A1
的特征值。
证明
(1) 由 | 0 I A| 0 , |0I AT | 0;
(2) 由 A X 0 X , (k A)X (k0 )X ;
所以向量组 X1, X 2, , X r 线性无关.
2. 对于n 阶矩阵A,如果 0是 A 的特征方程的 k 重根，则矩阵A对应于特征值 0的线性无关的特征向量的
个数 k .
证明 (略)
表明对于 n 阶矩阵 A，不一定能找到 n 个线性无关的特征向量，除非对于 A 中的任意一个特征值，其线性无关的特征向量的个数正好等于该特征值的重数。
1 0
1 0
~
4 0
1 0
1 0,
4 1 1 0 0 0

第五章相似矩阵及二次型线性代数含答案

第五章相似矩阵及二次型5.4.1 基础练习 1. (1223),(3151),(,)αβαβ==∠求.2. 若λ＝２为可逆阵Ａ的特征值，则1213A -⎛⎫⎪⎝⎭的一个特征值为 .3. 试证ｎ阶方阵Ａ的满足2A A =，则Ａ的特征值为0或者1.4.已知三维向量空间中，12(111),(121)TTαα==-正交，试求3123,,αααα，使得是三维向量空间的一个正交基.5. 已知向量1(111)T α=，求3R 的一个标准正交基.6. 已知122224242A -⎛⎫⎪=-- ⎪ ⎪-⎝⎭，问A 能否化为对角阵？若能对角化，则求出可逆矩阵P ，使1P AP -为对角阵.7. 将二次型222123121323171414448f x x x x x x x x x =++---，通过正交变换x Py =化成标准型.8. 判别二次型()222123123121323,,55484f x x x x x x x x x x x x =+++--是否正定？5.4.2 提高练习1. 设n 阶实对称矩阵A 满足2A A =，且A 的秩为r ，试求行列式det(2E －A).2. 设460350361A ⎛⎫⎪=-- ⎪ ⎪--⎝⎭，问A 能否对角化？若能对角化，则求出可逆矩阵P ，使得-1P AP 为对角阵.3. 已知实对称矩阵220212020A -⎛⎫⎪=-- ⎪ ⎪-⎝⎭，分别求出正交矩阵P ，使1P AP -为对角阵. 4. 化二次型()123121323,,f x x x x x x x x x =++为标准形，并求所作的可逆线性变换.5. 设A，B分别为m阶，n阶正定矩阵，试判定分块矩阵ACB⎛⎫= ⎪⎝⎭是否为正定矩阵？6. 判别二次型22256444f x y z xy xz=---++的正定性.7. 判断下列两矩阵A，B是否相似11100111100,111100nA B⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪==⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭第五章参考答案5.4.1 基础练习 1.[,]cos ||||||||4αβπθθαβ===∴=2.34. 3.略.4. 设3123()0Tx x x α=≠，则[][]1223,0,,0αααα==，即 12313312321002001x x x x x x x x x α-⎛⎫++==-⎧⎧ ⎪⇒⇒=⎨⎨ ⎪-+==⎩⎩ ⎪⎝⎭5. 设非零向量23,αα都与2α正交，即满足方程11230,0T x x x x α=++=或者，其基础解系为： 12100,111ξξ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，令 121321101,0,1111ααξαξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪===== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭1）正交化令 121122121111[,]1,0,[,]11βαβαβαβαββ⎛⎫⎛⎫⎪⎪===-== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭1323233312321122221[,][,][,]12[,][,][,]21βαβαβαβαββαβββββββ-⎛⎫⎪=--=-= ⎪ ⎪-⎝⎭2）标准化令1||||i i i ςββ=，则1231111,0,2111ςςς-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎪===⎪⎪⎪⎪⎪⎪--⎭⎭⎭6. 由2122224(2)(7)242A E λλλλλλ---=---=--+--得，1232,7λλλ===-将12λ=λ=2代入()1A-λE x=0，得方程组 12312312322024402440x x x x x x x x x --+=⎧⎪--+=⎨⎪+-=⎩解值得基础解系 12200,111αα⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，同理，对3λ=-7，由()3A-λE x=0，求得基础解系()31,2,2Tα=，由于201120112≠，所以123,,ααα线性无关，即A 有3个线性无关得特征向量，因而A 可对角化，可逆矩阵为：123201(,,)012112P ααα⎛⎫⎪== ⎪ ⎪⎝⎭7. 第一步，写出对应得二次型矩阵，并求其特征值 172221442414A --⎛⎫ ⎪=-- ⎪⎪--⎝⎭， ()()2172221441892414A E λλλλλλ---⎛⎫⎪-=---=-- ⎪⎪---⎝⎭，从而A 的全部特征值为1239,18λλλ===。

线性代数课件_第五章_相似矩阵及二次型——第7节

3. 根据正定二次型的判别方法，可以得到负定二次型（负定矩阵）相应的判别方法，请大家自己推导．
2020/7/15
课件
14
思考题
设 A,B分别 m阶为 ,n阶正定 ,试矩判阵定分矩C 阵 A 0是否为正 . 定矩阵
0 B
2020/7/15
课件
15
思考题解答
解 C是正定.的因为 ,设zT(xT,yT)为mn维向,其量中 x,y分
是否正定.
5 2 4
解
fx1,x2,x3的矩阵 2 为 1
2
,
4 2 5
它的顺序主子式
50,
5 2
2 10, 1
5 2 4
2 1 2
4 2 10, 5
故上述二次型是正定的.
2020/7/15
课件
11
例2 判别二次型
f x 1 , x 2 , x 3 2 x 1 2 4 x 2 2 5 x 3 2 4 x 1 x 3
相等.
2020/7/15
课件
5
二、正(负)定二次型的概念
定义1 设有实二次f型 (x) xTAx,如果对任何
x 0,都有fx0显然f00,则称f为正定二
次型,并称对称矩 A是阵正定;的如果对任x何 0 都有f(x) 0,则称f为负定二次 ,并型称对称矩阵 A是负定.的
例如 fx24y21z6 2 为正定二次型
2020/7/15
课件
4
定理1(惯性定理) 设有实二次型f xT Ax,它的秩为r,有两个实的可逆变换
x Cy 及 x Pz
使 f k1 y12 k2 y22 kr yr2 ki 0, 及 f 1z12 2z22 r zr2 i 0,

线性代数课件_第五章_相似矩阵及二次型——第4节共21页PPT资料

对 2 1 , 由 A E x 0 , 得
1

2
x1 x1

2 x2 2 x3

0 0
2 x2 x3 0
解之得基础解系
2
2 1
.
2
05.09.2019
课件
12
对 3 2 , 由 A 2 E x 0 , 得
1 p 1 T 1 p 1 T A 1 T p p1TA Tp1TA ,
于是 1 p 1 T p 2 p 1 T A 2 p 1 p T 2 p 2 2 p1Tp2, 1 2 p 1 T p 2 0 .
12,p1Tp20. 即p1与p2正交 .
4 0 0
(1)A2 1 2, (2) A 0 3 1
0 2 0
0 1 3
解 (1)第一步求 A的特征值
2 2 0
AE 2 1 2 4 1 2 0
0 2
得 1 4 ,2 1 ,3 2 .
线性代数
05.09.2019
课件
1
第五章相似矩阵及二次型
05.09.2019
课件
2
一、对称矩阵的性质
说明：本节所提到的对称矩阵，除非特别说明，均指实对称矩阵．
定理1 对称矩阵的特征值为实数.
证明设复为数对 A 的称特矩 ,复征阵 x 向为值量
对应的 , 特征向量
即A x ,x 0 .
2 1 2
1 2, 2
则
P1AP04
0 1
0 0.
0 0 2
05.09.2019

《线性代数》第五章相似矩阵及二次型精选习题及解答解析

∴ AT A = E − 4 aaT + 4 aaT = E
(aTa)
(aTa)
故 A 是正交矩阵.
例 5.2 已知向量 α 1 = (1,1, 0, 0)T , α 2 = (1, 01, 0)T , α 3 = (−1, 0, 0,1)T 是线性无关向
量组，求与之等价的正交单位向量组. 解法一先正交化，再单位化
[α , β ]2 ≤ α 2 β 2 ；
3.
两向量的夹角计算公式：θ
= arc cos
[α, β ]
αβ
,0 ≤θ
≤π
.
4. 两向量正交：[α, β ] = 0 ；
5. 向量组的有关结论 (1) 正交向量组必为线性无关组； (2) 若向量 β 与
α 1 ,α 2 ,L ,α s 中的每个向量都正交，则 β 与α 1 ,α 2 ,L ,α s 的任一线性组合也正交.
5.3 例题分析
例 5.1 设 a 是 n 阶列向量，E 是 n 阶单位矩阵，证明 A = E − 2 aaT 是正交矩阵.
(aTa)
4
证明先证明 AT = A ，然后根据正交矩阵的定义证明 AAT = E
Q
AT
= {E
−
2 (aTa)
aa T }T
=
E
−
2 (aTa)
aaT
=
A
∴
AT
A
=
AA
=
对方阵；特征值与特征向量不一定唯一；
( ) (2) 设 n 阶方阵 A = aij 的全部特征值为 λ1, λ2 ,L, λn ，则有 λ1λ2 Lλn = A ；