线代答案第五章

线代答案第五章内容摘要：

y是的特征值  故它们也是 A的特征值  因为 4是 A的特征值  所以 0)4(9524 242 425|4|    xxEA  解之得 x4 已知相似矩阵的行列式相同  因为 1 0 0124 242 421||   A  yy 2045||   所以 20y100 y5 对于 5 解方程 (A5E)x0 得两个线性无关的特征向量(1 0 1)T (1 2 0)T 将它们正交化、单位化得 T)1 ,0 ,1(211 p  T)1 ,4 ,1(23 12 p  对于 4 解方程 (A4E)x0 得特征向量 (2 1 2)T 单位化得 T)2 ,1 ,2(313p 于是有 正交矩阵23132212343102313221P 使 P1AP 18 设 3阶方阵 A的特征值为 12 22 31 对应的特征向量依次为 p1(0 1 1)T p2(1 1 1)T p3(1 1 0)T 求 A. 解 令 P(p1 p2 p3) 则 P1APdiag(2 2 1) APP1 因为  110 111011011 111110 11P  所以   110 111011100 020002011 1111101PPA 244 354331  19 设 3阶对称阵 A的特征值为 11 21 30 对应 2的特征向量依次为 p1(1 2 2)T p2(2 1 2)T 求 A 解 设 653542321xxx xxxxxxA  则 Ap12p1 Ap22p2 即  222 222122653542321xxx xxxxxx  ①  222 122222653542321xxx xxxxxx  ② 再由特征值的性质  有 x1x4x61230 ③ 由 ①②③解 得 61 2131 xx  62 21xx 63 4132 xx  64 2131 xx  65 4132 xx  令 x60 得 311 x x20 323x 314x 325x 因此 022 21020131A 20 设 3阶对称矩阵 A的特征值 16 23 33 与特征值16对应的特征向量为 p1(1 1 1)T 求 A. 解 设 653542321xxx xxxxxxA  因为 16对应的特征向量为 p1(1 1 1)T 所以有 1116111A  即 666653542321xxx xxxxxx ①  233是 A的二重特征值 , 根据实对称矩阵的性质定理知R(A3E)1 利用①可推出 331113333653542653542321 ~xxx xxxxxx xxxxxxEA  因为 R(A3E)1 所以 x2x43x5且 x3x5x63 解之得 x2x3x51 x1x4x64 因此 411 141114A  21 设 a(a1 a2    an)T  a10 AaaT (1)证明 0是 A的 n1重特征值  证明 设 是 A的任意一个特征值  x是 A的对应于 的特征向量  则有 Axx 2xA2xaaTaaTxaTaAxaTax 于是可得 2aTa 从而 0或 aTa 设 1 2    n是 A的所有特征值  因为 AaaT的主对角线性上的元素为 a12 a22    an2 所以 a12a22    an2aTa12    n 这说明在 1 2    n中有且只有一 个等于 aTa 而其余 n1个全为 0 即 0是 A的 n1重特征值  (2)求 A的非零特征值及 n个线性无关的特征向量  解 设 1aTa 2    n0 因为 AaaaTa(aTa)a1a 所以 p1a 是对应于 1aTa 的特征向量  对于 2    n0 解方程 Ax0 即 aaTx0 因为 a0 所以 aTx0 即 a1x1a2x2    anxn0 其线性无关解为 p2(a2 a1 0    0)T p3(a3 0 a1    0)T    pn(an 0 0    a1)T 因此 n个线性无关特征向量构成的矩阵为 112212100), , ,(aaaaaaannnppp  22 设  340 430241A  求 A100 解 由 )5)(5)(1(340 430241||   EA  得 A的特征值为 11 25 35 对于 11 解方程 (AE)x0 得特征向量 p1(1 0 0)T 对于 15 解方程 (A5E)x0 得特征向量 p2(2 1 2)T 对于 15 解方程 (A5E)x0 得特征向量 p3(1 2 1)T 令 P(p1 p2 p3) 则 P1APdiag(1 5 5) APP1 A100P100P1 因为 100diag(1 5100 5100)   120 21050551120 210121 11P  所以  120 210505551120 21012151 1 0 01 0 01 0 0A 。