特征值和特征向量

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

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

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

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

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


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