第五章 特征值和特征向量 矩阵对角化
习题5.1
⎡1⎤
0⎡10⎤⎥, 因为秩(A)=秩(B)所以A与B等价; 但是由,B=⎢21．解：(A) 设A=⎢⎥⎢⎥⎣02⎦04⎣⎦
于trA与trB不相等, 所以A与B不相似. 因此(A)不正确.
(B) A与B相似, 即存在可逆矩阵P使得PAP=B, 所以秩(A)=秩(B),因此A
−1
与B等价. (B)是正确的.
⎡1⎤
0⎡10⎤⎥,秩(A)=秩(B), 但是由于trA与,B=⎢2 (C) 与(A)一样, 设A=⎢⎥⎢⎥⎣02⎦
⎣04⎦
trB不相等, 所以A与B不相似. 因此(C)不正确.
⎡1⎤
0⎡10⎤⎥,｜A｜=｜B｜, 但是由于trA与trB ,B=⎢2 (D) 与(A)一样, 设A=⎢⎥⎢⎥⎣02⎦04⎣⎦
不相等, 所以A与B不相似. 因此(D)不正确.
00⎡100⎤λ−1
⎢⎥2
7．解：(1) 因为λE−−25−2=2λ−52=(−1)(λ−3), 所以特征值λ⎢⎥
⎢2−4λ+1⎣−24−1⎥⎦
为1,1,3.
⎡100⎤⎢⎥ 求解方程组 (E−−25−2)X=O, 得属于特征值1的特征向量为 ⎢⎥⎢⎣−24−1⎥⎦
ξ1=[2,1,0]k1+[−1,0,1]k2 (其中k1,k2为不同时为零的任意数).
⎡100⎤⎢⎥ 求解方程组(3E−−25−2)X=O, 得属于特征值3的特征向量为 ⎢⎥⎢⎣−24−1⎥⎦
TT
ξ2=[0,1,1]k3 (其中k3为不为零的任意数).
T
习题5.2
4．证明：A的特征多项式为λE−AT=((λE)T−A)T=(λE−A)T=λE−A
T
而
λE−A是A的特征多项式, 所以A与AT有相同的特征多项式.
6． 解：因为1是A的一重根, 所以(E-A)X=O的基础解系含有1个向量, 因此3-秩(E-A)=1, 从
而可知秩(E-A)=2. 又因为2是A的二重根, 所以(2E-A)X=O的基础解系含有向量的个数为1或2, 由于A不能与对角矩阵相似, 则可知A的线形无关的特征值个数小于3, 所以(2E-A)X=O的基础解系含有向量的个数只能为1, 同样可得3-秩(2E-A)=1, 所以秩(2E-A)=2.
0−1
λ−1
=(λ−1)2(λ+1), 所以A的7．解：因为λE−A=−xλ−13−2x=(λ−1)
−1λ
−10λ
特征值为-1,1,1. 因为A与对角矩阵相似, 所以要求特征根的重数ni与
λ
(λiE−A)X=O的基础解系所含向量个数ri相等. -1是一重根所以一定满足, 所以只
要特征值1满足即可. 也就是要求(E−A)X=O的基础解系含有2个向量, 由此可知
n-秩(E−A)=2, 因此秩(E−A)=1.
−1⎤−1⎤⎡10⎡10⎢⎥→⎢00−3x+3⎥, 所以当且仅当x=1时秩
因为E−A=−x0−2x+3⎯⎯⎢⎥⎢⎥
⎢⎢1⎥0⎥⎣−10⎦⎣00⎦1⎤⎡00
⎢⎥(E−A)=1,所以A=x12x−3能与对角矩阵相似, 则必有x=1。
⎥⎢
⎢0⎥⎣10⎦
习题5.3
2．解：因为秩(A)=1=秩(B), 所以A与B等价. 又因为tr A=4, trB=1, 即有trA≠trB, 所以
A与B不相似. 综上可知(B)是正确的. 3．解：(1) 因为f(A)=A+A−2E, 所以f(x)=x+x−2。因为A有三个不同的特征
值，所以f(A)也可以对角化。
所以 A+A−2E的所有特征值为f(−1)=2,f(1)=0,f(2)=2。 (2) ｜A+A−2E｜=f(−1)f(1)f(2)=2×0×2=0.
22
2
2
λ−1
5．解：(1) 因为
λE−A=2
−2
2
λ+2−4
−2
−4=λ3+3λ2−24λ+28=(λ−2)2(λ+7),
λ+2
所以特征值为2,2,-7.
⎡1−22⎤⎢⎥ 求解方程组(2E−−2−24)X=O, 得到属于2的线形无关的特征向量为⎢⎥⎢⎣24−2⎥⎦
[2,0,1],[−2,1,0].
0,1],[−2,1,0]进行施密特正交化化为正交单位向量组
得
T
T
TT
对[2,
TT
2,0,1]−2,1,0]。 ⎡1−22⎤
⎢⎥ 求解方程组(−7E−−2−24)X=O, 得到属于-7的线形无关的特征向量为⎢⎥⎢⎣24−2⎥⎦
⎡1⎤. −−,1,1⎢⎥2⎣⎦
T
1T⎡1⎤
对⎢−,−1,1⎥进行施密特正交化化为正交单位向量组得[−1,−2,2]。
3⎣2⎦
T
所以A=UΛU−1
⎢
, 其
中U=⎢
⎢0⎡2⎤⎥. 由此可得
2,Λ=⎢⎢⎥⎢−7⎥⎣⎦⎥⎥⎦
Ak=(UΛU−1)k=UΛkU−1=UΛk
UT
⎢=⎢⎢0⎡2k⎢⎢⎢⎥⎣⎥⎦
⎤⎥⎢⎥⎢k⎥⎢(−7)⎦0 ⎥⎥⎦
T
2k
⎡2k+3+(−7)k
⎢
=⎢−2k+1+2(−7)k
⎢2k+1+2(−7)k⎣
−2k+1+2(−7)k5⋅2k+1+4(−7)k2k+2−4(−7)k
2k+1−2(−7)k⎤
⎥
2k+1−4(−7)k⎥. 5⋅2k+1+4(−7)k⎥⎦
(2) f(A)=A3+3A2−24A+28E的特征值为f(2)=0,f(2)=0,f(−7)=0, 所以
A3+3A2−24A+28E=UOU−1=O.
6．解：因为方阵A的n个特征值为1，2，…，n, 所以A可以对角化。所以 A+E的特征值
为2,3, ……, n, n+1.所以｜A+E｜=(n+1)!.
⎡λ−a−a12−a13⎢0λ−a−a23⎢
11．证明：因为λE−A=⎢0λ−a0
⎢
##⎢#
⎢00⎣0"−a1n⎤
"−a2n⎥⎥
"−a3n⎥=(λ−a)n, 所以a是A的n
⎥#⎥"λ−a⎥⎦
重根. 如果A能与对角矩阵相似, 则必有(aE−A)X=O的基础解系含有n个向量, 即n-秩(aE−A)=n, 也就是秩(aE−A)=0, 从而得到此时aE−A=O, 即A=aE,
这与条件A≠aE矛盾! 所以A不能与对角矩阵相似．
12．证明：因为0=A+4A+4E=(A+2E)，所以A+2E=0，即-2是A的一个特
征值。 设
2
2
λ为A的特征值, ξ是A的属于λ的特征向量, 则有Aξ=λξ, 所以
(A2+4A+4E)ξ=λ2ξ+4λξ+4ξ=Oξ=O, 从而可得λ2+4λ+4=0, 即得
λ=−2, 所以A的特征值仅为-2.
习题5.4
1．证明：设λ是反对称矩阵A的一个特征值, O≠ξ=[a1,
的特征向量, 则有
Aξ=λξ. (1)
令=⎡a1,a2,",an⎤, 其中ai表示ai的共扼复数, i=1,2,",n. 对(1)式两
⎣⎦边同取共扼得A=. 因为A是实矩阵, 所以有A=A, 因此有
T
a2,",an]是A的属于λ
T
Aξ=λξ. (2)
对(1)式两边转置得ξA=λξ, 因为A是反对称矩阵, 所以A=−A从而 ξA=−λξ. (3)
对(2)式两边同左乘ξ, 对(3)式两边同右乘, 分别得 ξTA=T, ξTA=−λξT
从而得λξTξ=−λξTξ, 移项得(λ+λ)ξTξ=0, 因为ξTξ≠0, 所以(λ+λ)=0,
T
T
T
T
T
T
T
所以λ为零或者纯虚数.
λ−2
2．解：(3) 因为
λE−A=
11−1
11−1λ−2−11
=(λ−1)3(λ−5), 所以特征值为
−1λ−21
λ−211
1,1,1,5.
⎡2−1−11⎤
⎢−121−1⎥
⎥)X=O, 得属于特征值1的线性无关的特征向解线性方程组(E−⎢
⎢−112−1⎥⎢⎥⎣1−1−12⎦
量为[1,1,
0,0],[1,0,1,0],[1,0,0,−1].
TTT
⎡2−1−11⎤⎢−121−1⎥
⎥)X=O, 得属于特征值5的线性无关的特征 解线性方程组(5E−⎢
⎢−112−1⎥⎢⎥⎣1−1−12⎦
向量为[1,
−1,−1,1].
T
⎡1⎢1
所以P=⎢
⎢0⎢⎣0111⎤⎡1⎤
⎢1⎥00−1⎥⎥. ⎥, 对角矩阵为⎢⎢10−1⎥1⎥⎢⎥⎥
0−11⎦5⎦⎣
T
T
T
3．解：（3）先对属于特征值1的三个特征向量进行正交化.
ξ1=[1,1,0,0],ξ2=[1,0,1,0],ξ3=[1,0,0,−1]. η1=ξ1=[1,1,0,0];
T
(ξ,η)η2=ξ2−21η1=[1,η1,η1η3=ξ3−
11T⎡1⎤
0,1,0]−[1,1,0,0]=⎢,−,1,0⎥;
22⎣2⎦
T
T
(ξ3,η1)η−(ξ3,η2)=11,
[12
3η1,η1η2,η2−1,−1,−3].
T
再对向量进行单位化, 得到三个正交单位向量
.
T
T
1,1,0,0]1,−
1,2,0],1,−1,−1,−3]T,
6再对属于特征值5的特征向量进行单位化得
1T
[1,−1,−1,1]. 2
由此得到U=⎢
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
2200
−−−
6662
1⎤⎥2⎥
⎡1⎤1⎥
−⎥⎢1⎥2⎥⎥. , 对角矩阵为⎢⎥⎢1⎥1⎥
⎢⎥−
52⎥⎣⎦
⎥1⎥2⎥⎦
4．证明：⇒ 显然成立.
⇐ 因为A, B有相同的特征多项式, 则A, B必有相同的特征根. 不妨设这些根为
λ1,λ2,",λn, 因为A, B均为n阶实对称矩阵, 所以存在可逆矩阵P,Q使得
⎡λ1⎤⎡λ1⎤⎢⎥⎢⎥λλ22−1−1⎥,QBQ=⎢⎥PAP=⎢⎢⎥⎢⎥%%⎢⎥⎢⎥
λλnn⎣⎦⎣⎦
. 由此可知
P−1AP=Q−1BQ, 所以有A=(QP−1)−1BQP−1, 其中QP−1是可逆的, 因此A与B相
似.
λ−1
6. 解：因为
λE−A=0
−1
0λ−20
−1
0=λ(λ−2)2 , 所以A特征值为0,2,2.（然后
λ−1
2
2
2
验证A可对角化，从而B可对角化）
因为B=(kE+A)=kE+2kA+A=f(A)(其中f(x)=x+2kx+k), 所以B 的特征值为f(0)=k,f(2)=k+4k+4,f(2)=k+4k+4.
2
2
2
2
2
⎡k2⎢
所以Λ=⎢
⎢⎣
⎤⎥
k2+4k+4⎥.
k2+4k+4⎥⎦
习题5.5
5．解：因为
λE−A=[λ−(n−1)b](λ+b)n−1, 所以A的特征值为一个一重特征值(n−1)b
和一个n−1重特征值−b. 因为秩([(n−1)bE−A])=n−1, 所以n1=n−(n−1)=1与重数相同. 因为秩([−bE−A])=1, 所以n2=n−1与重数相同. 所以A能对角化（也可
⎡(n−1)b⎤⎢⎥b−⎥. 由实对称矩阵得到）, 与其相似的对角矩阵为⎢⎢⎥%⎢⎥
−b⎦⎣
6．证明：设λ为n阶方阵A的特征值, ξ为A的属于λ的特征向量, 则有Aξ=λξ. 所以
A2ξ=λ2ξ=ξ, 即有λ2=1, 因此A的特征值或为1，或为-1.
7．解：(1) 因为矩阵A与B相似, 所以trA=trB, A=B, 由此可以得到⎨
而可知a=5,b=6.
当a=5,b=6时, 易知A的特征值为2,2,6.
⎧5+a=4+b,
, 从
6a64b.−=⎩
⎡1−11⎤
⎢⎥)X=O, 得到属于2的线形无关的特征向量为
−42求解方程组(2E−2⎢⎥
⎢⎣−3−35⎥⎦
[1,0,1],[−1,1,0].
TT
⎡1−11⎤⎢⎥)X=O, 得到属于6的线形无关的特征向量为
−42求解方程组(6E−2⎢⎥
⎢⎣−3−35⎥⎦
2⎡1⎤. −,,1⎢⎥3⎣3⎦
所以此时A可以对角化。
类似可以证明此时B也可以对角化。所以由他们的特征值相同可以知道此时A与B合同。
T
1⎤⎡−11⎢3⎥⎢⎥
2
（2）由（1）可知P=⎢01−⎥.
⎢3⎥⎢⎥101⎢⎥⎢⎥⎣⎦
λ−1
8．解：因为
λE−A=
−a−2−2
000λ−100
=(λ−1)2(λ−2)2 , 所以A有一个两
−3λ−20−3−cλ−2
重特征值1和一个两重特征值2. n1=n−秩(E−A),n2=n−秩(2E−A), A能与对角矩阵相似所以必有n1=2,n2=2. 因此要求秩(E−A)=秩(2E−A)=2.
⎡0000⎤⎡−1−c−3−2⎤⎢−a000⎥⎢0−1−3−2⎥
⎥⎯⎯⎥, 要使得秩(E−A)=2, 必有→⎢E−A=⎢
⎢−2−3−10⎥⎢000−a⎥⎢⎥⎢⎥−−−−2310000c⎣⎦⎣⎦⎡⎢1000⎤⎡1−aa=0; 2E−A=⎢
−a10
0⎥⎢⎢
−2−300⎥⎢01⎥⎯⎯→⎢
⎢00⎣−2−3−c
0⎥⎦⎢
⎣00(2E−A)=2, 必有c=0. 综上a=0, c=0.
10．解：（1）由Aξ=λ0ξ可得三个方程，解之可得结果。 （2）略。
−2−2⎤
−3−3⎥0−c⎥⎥
, 00⎥⎦
要使得秩
第五章 特征值和特征向量 矩阵对角化
习题5.1
⎡1⎤
0⎡10⎤⎥, 因为秩(A)=秩(B)所以A与B等价; 但是由,B=⎢21．解：(A) 设A=⎢⎥⎢⎥⎣02⎦04⎣⎦
于trA与trB不相等, 所以A与B不相似. 因此(A)不正确.
(B) A与B相似, 即存在可逆矩阵P使得PAP=B, 所以秩(A)=秩(B),因此A
−1
与B等价. (B)是正确的.
⎡1⎤
0⎡10⎤⎥,秩(A)=秩(B), 但是由于trA与,B=⎢2 (C) 与(A)一样, 设A=⎢⎥⎢⎥⎣02⎦
⎣04⎦
trB不相等, 所以A与B不相似. 因此(C)不正确.
⎡1⎤
0⎡10⎤⎥,｜A｜=｜B｜, 但是由于trA与trB ,B=⎢2 (D) 与(A)一样, 设A=⎢⎥⎢⎥⎣02⎦04⎣⎦
不相等, 所以A与B不相似. 因此(D)不正确.
00⎡100⎤λ−1
⎢⎥2
7．解：(1) 因为λE−−25−2=2λ−52=(−1)(λ−3), 所以特征值λ⎢⎥
⎢2−4λ+1⎣−24−1⎥⎦
为1,1,3.
⎡100⎤⎢⎥ 求解方程组 (E−−25−2)X=O, 得属于特征值1的特征向量为 ⎢⎥⎢⎣−24−1⎥⎦
ξ1=[2,1,0]k1+[−1,0,1]k2 (其中k1,k2为不同时为零的任意数).
⎡100⎤⎢⎥ 求解方程组(3E−−25−2)X=O, 得属于特征值3的特征向量为 ⎢⎥⎢⎣−24−1⎥⎦
TT
ξ2=[0,1,1]k3 (其中k3为不为零的任意数).
T
习题5.2
4．证明：A的特征多项式为λE−AT=((λE)T−A)T=(λE−A)T=λE−A
T
而
λE−A是A的特征多项式, 所以A与AT有相同的特征多项式.
6． 解：因为1是A的一重根, 所以(E-A)X=O的基础解系含有1个向量, 因此3-秩(E-A)=1, 从
而可知秩(E-A)=2. 又因为2是A的二重根, 所以(2E-A)X=O的基础解系含有向量的个数为1或2, 由于A不能与对角矩阵相似, 则可知A的线形无关的特征值个数小于3, 所以(2E-A)X=O的基础解系含有向量的个数只能为1, 同样可得3-秩(2E-A)=1, 所以秩(2E-A)=2.
0−1
λ−1
=(λ−1)2(λ+1), 所以A的7．解：因为λE−A=−xλ−13−2x=(λ−1)
−1λ
−10λ
特征值为-1,1,1. 因为A与对角矩阵相似, 所以要求特征根的重数ni与
λ
(λiE−A)X=O的基础解系所含向量个数ri相等. -1是一重根所以一定满足, 所以只
要特征值1满足即可. 也就是要求(E−A)X=O的基础解系含有2个向量, 由此可知
n-秩(E−A)=2, 因此秩(E−A)=1.
−1⎤−1⎤⎡10⎡10⎢⎥→⎢00−3x+3⎥, 所以当且仅当x=1时秩
因为E−A=−x0−2x+3⎯⎯⎢⎥⎢⎥
⎢⎢1⎥0⎥⎣−10⎦⎣00⎦1⎤⎡00
⎢⎥(E−A)=1,所以A=x12x−3能与对角矩阵相似, 则必有x=1。
⎥⎢
⎢0⎥⎣10⎦
习题5.3
2．解：因为秩(A)=1=秩(B), 所以A与B等价. 又因为tr A=4, trB=1, 即有trA≠trB, 所以
A与B不相似. 综上可知(B)是正确的. 3．解：(1) 因为f(A)=A+A−2E, 所以f(x)=x+x−2。因为A有三个不同的特征
值，所以f(A)也可以对角化。
所以 A+A−2E的所有特征值为f(−1)=2,f(1)=0,f(2)=2。 (2) ｜A+A−2E｜=f(−1)f(1)f(2)=2×0×2=0.
22
2
2
λ−1
5．解：(1) 因为
λE−A=2
−2
2
λ+2−4
−2
−4=λ3+3λ2−24λ+28=(λ−2)2(λ+7),
λ+2
所以特征值为2,2,-7.
⎡1−22⎤⎢⎥ 求解方程组(2E−−2−24)X=O, 得到属于2的线形无关的特征向量为⎢⎥⎢⎣24−2⎥⎦
[2,0,1],[−2,1,0].
0,1],[−2,1,0]进行施密特正交化化为正交单位向量组
得
T
T
TT
对[2,
TT
2,0,1]−2,1,0]。 ⎡1−22⎤
⎢⎥ 求解方程组(−7E−−2−24)X=O, 得到属于-7的线形无关的特征向量为⎢⎥⎢⎣24−2⎥⎦
⎡1⎤. −−,1,1⎢⎥2⎣⎦
T
1T⎡1⎤
对⎢−,−1,1⎥进行施密特正交化化为正交单位向量组得[−1,−2,2]。
3⎣2⎦
T
所以A=UΛU−1
⎢
, 其
中U=⎢
⎢0⎡2⎤⎥. 由此可得
2,Λ=⎢⎢⎥⎢−7⎥⎣⎦⎥⎥⎦
Ak=(UΛU−1)k=UΛkU−1=UΛk
UT
⎢=⎢⎢0⎡2k⎢⎢⎢⎥⎣⎥⎦
⎤⎥⎢⎥⎢k⎥⎢(−7)⎦0 ⎥⎥⎦
T
2k
⎡2k+3+(−7)k
⎢
=⎢−2k+1+2(−7)k
⎢2k+1+2(−7)k⎣
−2k+1+2(−7)k5⋅2k+1+4(−7)k2k+2−4(−7)k
2k+1−2(−7)k⎤
⎥
2k+1−4(−7)k⎥. 5⋅2k+1+4(−7)k⎥⎦
(2) f(A)=A3+3A2−24A+28E的特征值为f(2)=0,f(2)=0,f(−7)=0, 所以
A3+3A2−24A+28E=UOU−1=O.
6．解：因为方阵A的n个特征值为1，2，…，n, 所以A可以对角化。所以 A+E的特征值
为2,3, ……, n, n+1.所以｜A+E｜=(n+1)!.
⎡λ−a−a12−a13⎢0λ−a−a23⎢
11．证明：因为λE−A=⎢0λ−a0
⎢
##⎢#
⎢00⎣0"−a1n⎤
"−a2n⎥⎥
"−a3n⎥=(λ−a)n, 所以a是A的n
⎥#⎥"λ−a⎥⎦
重根. 如果A能与对角矩阵相似, 则必有(aE−A)X=O的基础解系含有n个向量, 即n-秩(aE−A)=n, 也就是秩(aE−A)=0, 从而得到此时aE−A=O, 即A=aE,
这与条件A≠aE矛盾! 所以A不能与对角矩阵相似．
12．证明：因为0=A+4A+4E=(A+2E)，所以A+2E=0，即-2是A的一个特
征值。 设
2
2
λ为A的特征值, ξ是A的属于λ的特征向量, 则有Aξ=λξ, 所以
(A2+4A+4E)ξ=λ2ξ+4λξ+4ξ=Oξ=O, 从而可得λ2+4λ+4=0, 即得
λ=−2, 所以A的特征值仅为-2.
习题5.4
1．证明：设λ是反对称矩阵A的一个特征值, O≠ξ=[a1,
的特征向量, 则有
Aξ=λξ. (1)
令=⎡a1,a2,",an⎤, 其中ai表示ai的共扼复数, i=1,2,",n. 对(1)式两
⎣⎦边同取共扼得A=. 因为A是实矩阵, 所以有A=A, 因此有
T
a2,",an]是A的属于λ
T
Aξ=λξ. (2)
对(1)式两边转置得ξA=λξ, 因为A是反对称矩阵, 所以A=−A从而 ξA=−λξ. (3)
对(2)式两边同左乘ξ, 对(3)式两边同右乘, 分别得 ξTA=T, ξTA=−λξT
从而得λξTξ=−λξTξ, 移项得(λ+λ)ξTξ=0, 因为ξTξ≠0, 所以(λ+λ)=0,
T
T
T
T
T
T
T
所以λ为零或者纯虚数.
λ−2
2．解：(3) 因为
λE−A=
11−1
11−1λ−2−11
=(λ−1)3(λ−5), 所以特征值为
−1λ−21
λ−211
1,1,1,5.
⎡2−1−11⎤
⎢−121−1⎥
⎥)X=O, 得属于特征值1的线性无关的特征向解线性方程组(E−⎢
⎢−112−1⎥⎢⎥⎣1−1−12⎦
量为[1,1,
0,0],[1,0,1,0],[1,0,0,−1].
TTT
⎡2−1−11⎤⎢−121−1⎥
⎥)X=O, 得属于特征值5的线性无关的特征 解线性方程组(5E−⎢
⎢−112−1⎥⎢⎥⎣1−1−12⎦
向量为[1,
−1,−1,1].
T
⎡1⎢1
所以P=⎢
⎢0⎢⎣0111⎤⎡1⎤
⎢1⎥00−1⎥⎥. ⎥, 对角矩阵为⎢⎢10−1⎥1⎥⎢⎥⎥
0−11⎦5⎦⎣
T
T
T
3．解：（3）先对属于特征值1的三个特征向量进行正交化.
ξ1=[1,1,0,0],ξ2=[1,0,1,0],ξ3=[1,0,0,−1]. η1=ξ1=[1,1,0,0];
T
(ξ,η)η2=ξ2−21η1=[1,η1,η1η3=ξ3−
11T⎡1⎤
0,1,0]−[1,1,0,0]=⎢,−,1,0⎥;
22⎣2⎦
T
T
(ξ3,η1)η−(ξ3,η2)=11,
[12
3η1,η1η2,η2−1,−1,−3].
T
再对向量进行单位化, 得到三个正交单位向量
.
T
T
1,1,0,0]1,−
1,2,0],1,−1,−1,−3]T,
6再对属于特征值5的特征向量进行单位化得
1T
[1,−1,−1,1]. 2
由此得到U=⎢
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
2200
−−−
6662
1⎤⎥2⎥
⎡1⎤1⎥
−⎥⎢1⎥2⎥⎥. , 对角矩阵为⎢⎥⎢1⎥1⎥
⎢⎥−
52⎥⎣⎦
⎥1⎥2⎥⎦
4．证明：⇒ 显然成立.
⇐ 因为A, B有相同的特征多项式, 则A, B必有相同的特征根. 不妨设这些根为
λ1,λ2,",λn, 因为A, B均为n阶实对称矩阵, 所以存在可逆矩阵P,Q使得
⎡λ1⎤⎡λ1⎤⎢⎥⎢⎥λλ22−1−1⎥,QBQ=⎢⎥PAP=⎢⎢⎥⎢⎥%%⎢⎥⎢⎥
λλnn⎣⎦⎣⎦
. 由此可知
P−1AP=Q−1BQ, 所以有A=(QP−1)−1BQP−1, 其中QP−1是可逆的, 因此A与B相
似.
λ−1
6. 解：因为
λE−A=0
−1
0λ−20
−1
0=λ(λ−2)2 , 所以A特征值为0,2,2.（然后
λ−1
2
2
2
验证A可对角化，从而B可对角化）
因为B=(kE+A)=kE+2kA+A=f(A)(其中f(x)=x+2kx+k), 所以B 的特征值为f(0)=k,f(2)=k+4k+4,f(2)=k+4k+4.
2
2
2
2
2
⎡k2⎢
所以Λ=⎢
⎢⎣
⎤⎥
k2+4k+4⎥.
k2+4k+4⎥⎦
习题5.5
5．解：因为
λE−A=[λ−(n−1)b](λ+b)n−1, 所以A的特征值为一个一重特征值(n−1)b
和一个n−1重特征值−b. 因为秩([(n−1)bE−A])=n−1, 所以n1=n−(n−1)=1与重数相同. 因为秩([−bE−A])=1, 所以n2=n−1与重数相同. 所以A能对角化（也可
⎡(n−1)b⎤⎢⎥b−⎥. 由实对称矩阵得到）, 与其相似的对角矩阵为⎢⎢⎥%⎢⎥
−b⎦⎣
6．证明：设λ为n阶方阵A的特征值, ξ为A的属于λ的特征向量, 则有Aξ=λξ. 所以
A2ξ=λ2ξ=ξ, 即有λ2=1, 因此A的特征值或为1，或为-1.
7．解：(1) 因为矩阵A与B相似, 所以trA=trB, A=B, 由此可以得到⎨
而可知a=5,b=6.
当a=5,b=6时, 易知A的特征值为2,2,6.
⎧5+a=4+b,
, 从
6a64b.−=⎩
⎡1−11⎤
⎢⎥)X=O, 得到属于2的线形无关的特征向量为
−42求解方程组(2E−2⎢⎥
⎢⎣−3−35⎥⎦
[1,0,1],[−1,1,0].
TT
⎡1−11⎤⎢⎥)X=O, 得到属于6的线形无关的特征向量为
−42求解方程组(6E−2⎢⎥
⎢⎣−3−35⎥⎦
2⎡1⎤. −,,1⎢⎥3⎣3⎦
所以此时A可以对角化。
类似可以证明此时B也可以对角化。所以由他们的特征值相同可以知道此时A与B合同。
T
1⎤⎡−11⎢3⎥⎢⎥
2
（2）由（1）可知P=⎢01−⎥.
⎢3⎥⎢⎥101⎢⎥⎢⎥⎣⎦
λ−1
8．解：因为
λE−A=
−a−2−2
000λ−100
=(λ−1)2(λ−2)2 , 所以A有一个两
−3λ−20−3−cλ−2
重特征值1和一个两重特征值2. n1=n−秩(E−A),n2=n−秩(2E−A), A能与对角矩阵相似所以必有n1=2,n2=2. 因此要求秩(E−A)=秩(2E−A)=2.
⎡0000⎤⎡−1−c−3−2⎤⎢−a000⎥⎢0−1−3−2⎥
⎥⎯⎯⎥, 要使得秩(E−A)=2, 必有→⎢E−A=⎢
⎢−2−3−10⎥⎢000−a⎥⎢⎥⎢⎥−−−−2310000c⎣⎦⎣⎦⎡⎢1000⎤⎡1−aa=0; 2E−A=⎢
−a10
0⎥⎢⎢
−2−300⎥⎢01⎥⎯⎯→⎢
⎢00⎣−2−3−c
0⎥⎦⎢
⎣00(2E−A)=2, 必有c=0. 综上a=0, c=0.
10．解：（1）由Aξ=λ0ξ可得三个方程，解之可得结果。 （2）略。
−2−2⎤
−3−3⎥0−c⎥⎥
, 00⎥⎦
要使得秩