线性代数(胡显佑著)中国商业出版社课后答案习题五01

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1、解：1)A=10-2-3-33习题五(A)012)A=01353)3575792.解：1)/(xpx2,x3)=X)2+x；+3^3-2xtx2-4xlx3+6x2x32)/(xpx2,x3)=彳+2xj-x}x2+兀“3-4x2x33)/(xpx2,x3,x4)=-xl+xj+x}x2-2x}x3+x2x3+x2x4+x3x4_11-1_00-13.解：1)120->020-100-100_10r_10rMM100_021T021T00111i_0100104.解：1)令C=1CtAC=B「00f2)C=100则0100105.解

2、：由题意知，存在G,使CrAC=B存在C2,使C^A2C2-B2令p=「C]0',贝\ptap=0__A0_qo-c2__0C二04__0c2_We0''B}0_0cM2Q__ob213X】=）i+空）‘2_空儿"人116.解：1）令fx2=—y2_—>3兀3=>31西=”_旳+亍儿2）令1兀2=开+>‘2+空儿则/二一4yj+4y；+)彳X】二开一力+2旳3)”2=>‘2一3儿“3=儿则.Uyi+y；—5胃兀I=Z]+令+3^3则/=2材一2*+6=7.解：1）A=—24-2-4-211-2A-AE=-2-423]_323-

3、2-44—2—2=0=>人=/^=5,希=—4-21-A兀]=Z,-Z2+3兀3兀，二Z

4、—Z°+2兀X3=Z3则/=2^-2^+6,443^523亦__5_3^5Q~1aq=2)A=010-1IA-ZEI1000V

5、Ta/225-4-A10-1000000-101-A0000-A000-1-AV

6、1_V22=0=>人=^=1,=>14=—1V

7、2_V22V22V22，则X=QY时8.解：1)/=Z：+Z；-Z；厂=3,“=2,厂一p=1符号差为12)f=yl+yl-yl-yl厂=4,卩=2,厂一p=2符号差为0204-239.解：

8、1)人=20它的须序主了式£=131=3>0忍22厂8〉0,州2104-2=28>0-2501-3须序主子式心2=-2<02则.f为正定二次型_122）人=220I23200须序主子式人=4<0则/为正定二次型23)A=0j_2则/为止定二次型10••解：1)人-1-1t2->1-1(r+l)2(/-2)>0-1即r>2吋,/为正定二次型l-02A,=llll>0M2=4-r2>0M3=4-2r2>0即-迈0A=2-a111=1-6Z>02-a10110=(a+3)

9、(1-a)>000a+3即一30,X'/BX>0：.XA+B)X>0A+B为正定矩阵13.设A为斤阶止定矩阵，则其伴随矩阵A*仍为止定矩阵.解：X>0^XTA~lX>0^Xt丄X>0^XtAX>0_IAI_・•・A为正定矩阵14.证明：正定矩阵主对角线上的元素都是正的.解：反证，若主对介线有一元素为负，则〃SvO,则有特征值为负与4为正定矩阵矛盾13.设A,3都是n阶正定矩阵.证明：AB是正定矩阵的充分必要条件是AB=BA.解：”<=

10、“(AB)t=BtAt=BA,AB^AB为正定，则存在P,Q(IPIhOIQIhO),使P1P=A,QtQ=BQ(AB)Q~[=Q(PtPQtQ)Q[=(PQT)(PQT)而PQt可逆，则(PQj(PQT)为正定矩阵从而AB为正定矩阵”同理(B)3.解：山题知，存在CPC2(ICxl^0IC21^0)，使4.则CJ■c■=G*_C[_A,=Cj£C],B2=C；B&2C：B解：Fh题知，2,=1^2=2^=5是A=03a的三个特征值，则*2,对应的正交变换矩阵为01疋15.解：由题知，入=0,▲=1,入=2是a0bIAI=020b

11、0-21-202)A-AE=02-220-2tn4=a+2—2=1=>d=1一12"=220=0=>^=^2=2,Aj=—3-A,0,312T当心=3时，=V5,O，V5j_21■r0正则!2二01012r0_5-13・024-12_7.解：1)A=-15-3T-15-3_3-3C012C-9当人=右=2时，由r(A)=2,知C=31abA=a11的三个特征值，则a=h=0b11a0b6.解:1)A=020b0-25-A-13IA—ZE1=—15—2—3=0=>&=0,《=4,入=91-33-22)f—4xf+9兀;=18.解：

12、设入为4的任一特征值，则A2+3A=0=>^=^=-3,^=0从而A+kE的特征值为—3+k,—3+k,kA+kE正定，则Q39.解：存在占,£(1片1工01鬥1工0),使P：AP=E,P；BP?=E令PP',则Pi卫■~A_/LB