第六章习题a(117页)

第六章习题a(117页)内容摘要：

但是 k =P1AkP=0, 矛盾 , 所以 A不能与对角矩阵相似 . 7. 设 A n阶矩阵 , 证明 A和 AT有相同特征值 . 证明 因为 |EA|=|(EA)T|=|EAT| 所以 A和 AT有相同特征多项式 , 于是有相同特征值 . (10) 1+(20) 2=0, 8. 设 1, 2是矩阵 A的两个不等的特征值 , 1, 2分别是属于1, 2的向量 , 证明 1+2不是 A的特征向量 . 证明 设 1+2是属于特征值 0的特征向量 , 则 0(1+2)=A(1+2)= A1+A2=11+22, 即 9. 设 A与 B相似 , 证明 : (1)detA=detB。 (2) AT与 BT相似。 (3) A是可逆矩阵当且仅当 B是可逆矩阵 , 且 A1与 B1相似 . 证明 (1)设 A=P1BP,则 |A|=|P1BP|=|P1||B||P|=|B| (2) 因为 A=P1BP, 所以 AT=PTBT(PT)1=Q1BTQ, Q=(PT)1. (3) 由 (1)知 A是可逆矩阵当且仅当 B是可逆矩阵 , 而且由 由于 1, 2线性无关 , 所以 10=20=0, 矛盾 . A=P1BP, 可得 A1=P1B1P, 所以 A1与 B1相似 . 解 设 P11AP1=B, P21CP2=D, 记 10. 设 A, B都是 n阶方阵 , 且 detA0, 证明 AB与 BA相似 . 证明 取 P=A可逆 , 有 P1ABP=BA, 故 AB与 BA相似 . 于是有 11. 设 A与 B相似 , C与 D相似 , 证明 与 相似 . A00CB00D,12P0P=0P11 112,P0P=0P有111122   P0A0P00P0C0P111122P A P 00 P C P B00D所以 与 相似 . A00CB00D 解 设 是矩阵 A属于特征值 的特征向量 , 即 A=. 12. 证明 n阶方阵 A可逆的充要条件是 0不是 A的特征值 . 证明 A可逆 detA0det(0EA)0(0不是 A的特征值 ) 于是有 0, 故有 A1=(1/), 即 1/是 A1的一个特征值 . 13. 已知 是 n阶可逆矩阵 A的一个特征值 , 试确定 A1和 A*的一个特征值 . 14. 设 3阶实对称矩阵 A的特征值 1=6, 2=3=3, 1=(1, 1, 1)T是属于特征值 1=6的一个特征向量 , 求 A. 而 A*=|A|A1=(|A|/), 所以 |A|/是 A*的一个特征值 . 解 设矩阵 A的属于特征值 2=3=3的特征向量为 = (x1, x2, x3)T, 则 与 1正交 , 所以有 x1+x2+x3=0. 所以属于特征值 2=3=3的特征向量可取为 : 2=(1,1,0)T, 3=(1, 0, 1)T, 记 P=(1, 2, 3), 则有 所以有 1 1 11 1 0 ,1 0 1P 11 1 111 2 131 1 2 P1 1 1 6 1 1 111 1 0 3 1 2 131 0 1 3 1 1 2                           A6 3 3 1 1 116 3 0 1 2 136 0 3 1 1 2                 4 1 11 4 11 1 415. 设 2阶矩阵 A的特征值为 1, 5, 对应的特征向量分别为 : (1, 1)T, (2, 1)T, 求 A. 解 由已知有 , 1 2 1 2 1 0=1 1 1 1 0 5               A所以有 11 2 1 0 1 2= 1 1 0 5 1 1               A1 1 0 1 21=1 5 1 13         3 4=2 1 解 由 R(2EA)=1, 得 x=2. 再由 det(yEA)=0, 得 求一个可逆矩阵 P, 使 P1AP=D. 16. 设矩阵 与 相似 ,求 x,y, 并 1 1 1= 4 23 3 5x A2=2yD1 1 10 = 2 4 23 3 5yyy2 1 1= 2 4 20 3 5yyyy2 1 1= 0 3 10 3 5yyy =(y2)(y28y+12)=(y2)2(y6)=0, 得 y=6, (因 y2) 又由于 1 1 12 = 2 2 23 3 3   EA1 1 10 0 00 0 0满足 P1AP=D. 可得属于 1=2=2的特征向量 : 1=(1, 1, 0)T, 2=(1, 0, 1)T. 由 5 1 16 = 2 2 23 3 1EA132310010 0 0可得属于 3=6的特征向量 : 3=(1, 2, 3)T. 所以可取 1 1 11 0 20 1 3  1 2 3P = ( ξ , ξ , ξ )所以 解 A的特征多项式为 : 12 ( 1 ) ( 3 )21    。