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《自考线性代数重点练习题05》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、第五章相似矩阵及二次型1.试用施密特法把下列向量组正交化:(1);解根据施密特正交化方法,,,.(2).解根据施密特正交化方法,,,.2.下列矩阵是不是正交阵:(1);解此矩阵的第一个行向量非单位向量,故不是正交阵.(2).解该方阵每一个行向量均是单位向量,且两两正交,故为正交阵.3.设x为n维列向量,xTx=1,令H=E-2xxT,证明H是对称的正交阵.证明因为HT=(E-2xxT)T=E-2(xxT)T=E-2(xxT)T=E-2(xT)TxT=E-2xxT,所以H是对称矩阵.因为HTH=HH=(E-2
2、xxT)(E-2xxT)=E-2xxT-2xxT+(2xxT)(2xxT)=E-4xxT+4x(xTx)xT=E-4xxT+4xxT=E,所以H是正交矩阵.4.设A与B都是n阶正交阵,证明AB也是正交阵.证明因为A,B是n阶正交阵,故A-1=AT,B-1=BT,(AB)T(AB)=BTATAB=B-1A-1AB=E,故AB也是正交阵.5.求下列矩阵的特征值和特征向量:(1);解,故A的特征值为l=-1(三重).对于特征值l=-1,由,得方程(A+E)x=0的基础解系p1=(1,1,-1)T,向量p1就是对应
3、于特征值l=-1的特征值向量.(2);解,故A的特征值为l1=0,l2=-1,l3=9.对于特征值l1=0,由,得方程Ax=0的基础解系p1=(-1,-1,1)T,向量p1是对应于特征值l1=0的特征值向量.对于特征值l2=-1,由,得方程(A+E)x=0的基础解系p2=(-1,1,0)T,向量p2就是对应于特征值l2=-1的特征值向量.对于特征值l3=9,由,得方程(A-9E)x=0的基础解系p3=(1/2,1/2,1)T,向量p3就是对应于特征值l3=9的特征值向量.(3).解,故A的特征值为l1=l2
4、=-1,l3=l4=1.对于特征值l1=l2=-1,由,得方程(A+E)x=0的基础解系p1=(1,0,0,-1)T,p2=(0,1,-1,0)T,向量p1和p2是对应于特征值l1=l2=-1的线性无关特征值向量.对于特征值l3=l4=1,由,得方程(A-E)x=0的基础解系p3=(1,0,0,1)T,p4=(0,1,1,0)T,向量p3和p4是对应于特征值l3=l4=1的线性无关特征值向量.6.设A为n阶矩阵,证明AT与A的特征值相同.证明因为
5、AT-lE
6、=
7、(A-lE)T
8、=
9、A-lE
10、T=
11、A-lE
12、
13、,所以AT与A的特征多项式相同,从而AT与A的特征值相同.7.设n阶矩阵A、B满足R(A)+R(B)n,故a1,a2,×××,
14、an-r,b1,b2,×××,bn-t必线性相关.于是有不全为0的数k1,k2,×××,kn-r,l1,l2,×××,ln-t,使k1a1+k2a2+×××+kn-ran-r+l1b1+l2b2+×××+ln-rbn-r=0.记g=k1a1+k2a2+×××+kn-ran-r=-(l1b1+l2b2+×××+ln-rbn-r),则k1,k2,×××,kn-r不全为0,否则l1,l2,×××,ln-t不全为0,而l1b1+l2b2+×××+ln-rbn-r=0,与b1,b2,×××,bn-t线性无关相矛盾.因
15、此,g¹0,g是A的也是B的关于l=0的特征向量,所以A与B有公共的特征值,有公共的特征向量.8.设A2-3A+2E=O,证明A的特征值只能取1或2.证明设l是A的任意一个特征值,x是A的对应于l的特征向量,则(A2-3A+2E)x=l2x-3lx+2x=(l2-3l+2)x=0.因为x¹0,所以l2-3l+2=0,即l是方程l2-3l+2=0的根,也就是说l=1或l=2.9.设A为正交阵,且
16、A
17、=-1,证明l=-1是A的特征值.证明因为A为正交矩阵,所以A的特征值为-1或1.因为
18、A
19、等于所有特征值之积
20、,又
21、A
22、=-1,所以必有奇数个特征值为-1,即l=-1是A的特征值.10.设l¹0是m阶矩阵Am´nBn´m的特征值,证明l也是n阶矩阵BA的特征值.证明设x是AB的对应于l¹0的特征向量,则有(AB)x=lx,于是B(AB)x=B(lx),或BA(Bx)=l(Bx),从而l是BA的特征值,且Bx是BA的对应于l的特征向量.11.已知3阶矩阵A的特征值为1,2,3,求
23、A3-5A2+7A
24、.解令j(l)=l3-
