《線性代數(shù)》課后習題答案

第一章 行列式 習題 . 證明：（ 1）首先證明 )3(Q 是數(shù)域。 因為 )3( ，所以 )3(Q 中至少含有兩個復數(shù)。 任給兩個復數(shù) )3(3,3 2211 ，我們有 3)()3()3)(3(3)()()3()3(3)()()3()3(2121212122112121221121212211。 因為 Q 是數(shù)域，所以有理數(shù)的和、差、積仍然為有理數(shù)，所以 )3(3)()3()3)(3()3(3)()()3()3()3(3)()()3()3(2121212122112121221121212211。 如果 0322 則必有 22,同時為零，從而 0322 又因為有理數(shù)的和、差、積、商仍為有理數(shù)，所以 )3(33 )(3 )3()3)(3( )3)(3(33 2222212122222121222222112211 。 綜上所述，我們有 )3(Q 是數(shù)域。 （ 2）類似可證明 )( 數(shù)域，這兒 p 是一個素數(shù)。 （ 3）下面證明：若 為互異素數(shù)，則 )()( 。 （反證法）如果 )()( ，則 , ，從而有 )()( 222 。 由于上 式左端是有理數(shù)，而 q 是無理數(shù)，所以必有 02 所以有 0a 或 0b 。 如果 0a ，則 2，這與 是互異素數(shù)矛盾。 如果 0b ，則有 ，從而有“有理數(shù) =無理數(shù)”成立，此為矛盾。 所以假設不成立，從而有 )()( 。 同樣可得 )()( 。 （ 4）因為有無數(shù)個互異的素數(shù)，所以由（ 3）可知在 Q 和 之間存在無窮多個不同的數(shù)域。 2. 解：（ 1） )1( P 是數(shù)域，證明略（與上面類似）。 （ 2） )1( Q 就是所有的實部和虛部都為有理數(shù)的復數(shù)所組成的集合。 而 )1()1( C 復數(shù)域。 （ 3） )1( Z 不是數(shù)域，這是因為他關于除法不封閉。例如 )1(21 Z。 3. 證明：（ 1）因為 都是數(shù)域，所以 , ，從而 。故 含有兩個以上的復數(shù)。 任給三個數(shù) 0, ，則有 , 且 , 。因為 是數(shù)域，所以有 ,且 ,。所以 ,。 所以 是數(shù)域。 （ 2） 一般不是數(shù)域。 例如 )3(),2( ，我們有 3,2 ，但是 326 。 習題 . 解：項651456423123 )3126 45()2345 16()1( 習題 證 明：根據(jù)行列式的定義1 1 11 1 11 1 1=121212() 12( 1 ) j j j j n jj j ja a a 1 1212()( 1) j jj j j=0。 所以上式中 (個數(shù)和 (+1)的個數(shù)一樣多， (由奇排列產(chǎn)生的，而 (+1)是由偶排列產(chǎn)生的。同時根據(jù)行列式的定義這里包括了所有的 n 階排列，故可以得到全體 n 階排列中奇排列的個數(shù)與偶排列的個數(shù)一樣多，各占一半。 2 解 (1) 1 9 9 8 1 9 9 9 2 0 0 02 0 0 1 2 0 0 2 2 0 0 32 0 0 4 2 0 0 5 2 0 0 632 9 9 8 1 9 9 9 12 0 0 1 2 0 0 2 12 0 0 4 2 0 0 5 121998 1 12001 1 12004 1 1=0 ； （ 2）1 0 0 10 2 2 00 3 3 04 0 0 4 32411 0 0 00 2 0 00 3 6 04 0 0 8 下 三 角 形 1 2 6 8= 96 ； （ 3）1 1 1 01 1 0 11 0 1 10 1 1 121311 1 1 00 0 1 10 1 0 10 1 1 1 24 1 00 1 1 10 1 0 10 0 1 132 1 1 00 1 1 10 0 1 20 0 1 143 1 1 00 1 1 10 0 1 20 0 0 3上 三 角 形 1 1 1 3=3 ； （ 4） 2222a b c a ab b c a bc c c a b1 2 3R R R 22a b c a b c a b cb b c a bc c c a b 提 取 公 因 子1 1 1( ) 2 222a b c b b c a bc c c a b 2131(2 )(2 )R b RR c R1 1 1( ) 0 000a b c b c ac a b = 3() 。 （ 5）7 2 2 2 22 7 2 2 22 2 7 2 22 2 2 7 22 2 2 2 75121 5 2 2 2 21 5 7 2 2 21 5 2 7 2 21 5 2 2 7 21 5 2 2 2 712, 3, 4, 51 5 2 2 2 20 5 0 0 00 0 5 0 00 0 0 5 00 0 0 0 5 上 三 角 形 51 5 5 5 5 5 3 5 。 3解：（ 1） 1 1 1 2 1 32 1 2 2 2 33 1 3 2 3 3x y x y x yx y x y x yx y x y x 每 行 的 公 因 子1 2 31 2 3 1 2 31 2 3y y yx x x y y yy y 4 0 。 （ 2） 左端 14,3,222222 1 2 3 2 52 1 2 3 2 52 1 2 3 2 52 1 2 3 2 5a a a ab b b bc c c cd d d d 433222222 1 2 22 1 2 22 1 2 22 1 2 2=0 =右端 。 （ 3）1 2 11 1 2 11 2 2 11 2 1 11111a aa b a aa a b aa a a b12,1 2 112110 0 00 0 00 0 0a 上 三 角 形1 2 1nb b b 。 （ 4）原式（先依次12211 , ） =。 =2,2, 。 （ 5）原式（先依次12211 , ） =。 =2,2, 。 4解：設展開后的正項個數(shù)為 x 。則 由行列式的定義 有 !2)!( 。 又因為 D （利用 ,3,2,1 ）221021001（下三角行列式） 12 n 。所以有2 !2,!2211 。 5證明：（ 1）左端 1 2 3C C C提 取 公 因 子1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2 23 3 3 3 3 3 32a b c c a a ba b c c a a ba b c c a a b 21311 1 1 1 12 2 2 2 23 3 3 3 32a b c b ca b c b ca b c b c 1 2 33C ; ( 1) C2(112223332a b ca b ca b c=右端。 （ 2）利用性質(zhì) 5 展開。 6 解：（ 3）與上面 3（ 3）類似可得。 7解：利用行列式的初等變換及性質(zhì) 5。 8解：1122110 0 00 0 00 0 01 1 1 1 111, 2, , 11210 0 0 00 0 0 00 0 0 01 2 3 1下 三 角 形 1 2 1( 1 ) n nn a a a 。 9 證 明 ： 設 原 行 列 式 =D 。 則 對 D 進 行 依 次 如 下 變 換 后 5 21432314 ,10,1 0 0,10,10 i 得的行列式 D 第一列 由題設中所給的 5個數(shù)字構成。從而由行列式的定義可知 D可被 23 整除。又由行列式的性質(zhì)知 D 。因為 23 是素數(shù)，且 1010 不可能被 23整除，所以 3整除。 習題 解： (1) 00 0 0000 0 0 0x a b z fg h k u 行 展 開00 0 000x a h k 4列 展 開 000x a 1列 展 開 0 (2) 11112 3 4 13 4 1 24 1 2 314,3,21 1 1 11 2 3 01 1 3 11 3 1 112,3,41 1 1 10 1 2 10 0 4 00 4 0 0按 第 1列 展 開1 2 10 4 04 0 01 ( 4 )習 題 第 題 3 ( 3 1 )2( 1 ) ( 1 ) ( 4 ) ( 4 ) =16； (3)方法一 0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 0a b c d ee d c b 1列 展 開1 0 0 00 1 0 00 0 1 0ad c b a+ 51 1 0 0 0( 1 )0 1 0 00 0 1 0b c d 第 2 個 行 列 式 按 第 4 列 展 開 2 4 11 0 0( 1 ) 0 1 00 0 1a e e = 22； 方法二 逐次均按第 2 行 展開可得同樣結果 , 具體解法可參見下例 。 (4)逐次按第 2 行展開 12310 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 01 0 0 0132010010 12 3 111n a 2 3 1 1( 1 )a a a a ； (5) 1 2 31 1 12 2 1 2 3 22 2 21 2 32223 3 1 2 3 31 1 0 0 0 1000111000x x xa b ca b x x x cx x xa b x x x 31 1 12 2 2 2 3 12221 2 32223 3 3 2 3 11 1 1 0 0 0000111000x x xa b ca b c x x b c x x x35R 1 2 32221 2 32 2 2 2 3 11 1 12223 3 3 2 3 11 1 1 0 0 0000000111x x b c x x xa b ca b c x x 32221 2 31 1 12 2 2 2 3 12223 3 3 2 3 11 1 1 0 0 0000000111x x b ca b c x x xa b c x x x= 21 2 3( , , )D x x x= 2 2 23 1 3 2 2 1( ) ( ) ( )x x x x x x ； (6) 231 1 1 11 2 21 4 41 8 8= (1, 2, 2, )= ( 2 ) ( 2 ) ( 1 ) ( 2 2 ) ( 2 1 ) ( 2 1 )x x x 21 2 ( 1 ) ( 4 ) ； （ 7）換行后可得到范德蒙行列式； （ 8）先把第一行加到第三行，再提取第三行的公因式， 換行后可得到范德蒙行列式。 2解： (1) 0 0 00 0 00 0 0 00000 0 0 1列 展 開 110000( 1 )0 0 0 +10 0 000( 1 ) 0 0 000= 1( 1)n n ； (2) 1 2 31 2 31 2 31 2 3111a a aa a a aa a a aa a a a12, 3, ,1 2 311 1 0 01 0 1 01 0 0 1na a a a12 =1+1a；（此處有筆誤） (3) 1 1 1 2 12 1 2 2 2121 1 11 1 11 1 1n n nx y x y x yx y x y x yx y x y x y 12, 3, ,1 1 1 2 12 1 1 2 1 2 2 11 1 1 2 11 1 1( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )n n nx y x y x yx x y x x y x x yx x y x x y x x y =1 1 1 2 1122 1 3 1 1121 1 1( ) ( ) ( )y x y x yy y yx x x x x y y ， 據(jù)此當 2n 時，原式 =2 1 2 1( ) ( )x x y y；當 2n 時，原式 =0 。 3解：（ 1）將n 列展開得 : 0 00 0 00 0 0 00 0 0x y y y 0000( 1 )0 0 00 0 0+00000 0 0x y y 111( 1 ) nn ny z x D 。 （ 2）略（參考課本例中的敘述）。 4解： （ 1）交換行、列后得到三角塊行列式，然后利用例 結果；或者直接利用 （ 2）左端先做變換3241 , ，再做變換2314 , ，然后利用 論。 5解：（ 1）7 6 5 4 3 29 7 8 9 4 37 4 9 7 0 05 3 6 1 0 00 0 5 6 0 00 0 6 8 0 0再 分 塊247 4 9 75 3 6 132( 1 )430 0 5 60 0 6 8= 3 2 7 4 5 64 3 5 3 6 8=4 ； （ 2）1 2 2 10 1 0 22 0 1 10 2 0 123 2 10 0 1 22 1 0 10 0 2 123 2 12 1 0 10 0 1 20 0 2 1= 1 2 1 2 92 1 2 1； （ 3）利用初等變換。 附加： 論的證明： 證 (1) 將第 r+1 列與 r 列交換 , 由 將新的 r 列與 交換 , 如此繼續(xù) , 直到將第 r+1列交換到第 1 列 , 這樣共交換 r 次 ; 再將第 r+2 列如上方法交換至第 2 列 , 也交換了 r 次 , 如此繼續(xù)直到將 r+s 列交換至第 s 列 . 于是交換了 后得到 1 1 1 1 1 1111 1 110000r r r r s sa a c ca a c 1 1 1 1 1111 1 11( 1 )0000r s rr r s r r s sc c a ac c a 所得行列式的第 r+1 行依次與第 r 行 , , , 第 1 行交換 . 交換 r 次后 , r+1 行交換至第 1 行 . 類似地交換 r 次后將 r+2 行交換至第 2 行 , , 交換 r 次后將第 r+s 行交換至 第s 行 , 于是交換 后得 : 1 1 111 1 1 1 1 1110000( 1 ) ( 1 )r sr s r s s r r c a ac c a a例 1 1 1 111r r s s sa a b ba a b b (2), (3) 思路與 (1)類似 , 證明過程略去。 習題 2 解 ： 計算得 1 0 02 0 0 11 0 00 0 1 2D 14 0 00 0 0 11 0 04 0 1 22第 行 展 開10( 1) 1 0401 =41 根據(jù)克拉默法則 , 當 D 0 時 , 即 14時 , 原方程組只有零解。 習題 證明： 方法一 歸化 1231 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 11, , 11230000001 1 1 11110注 意1231100000010 0 0 1 =12 11(1 )nn i ia a a a =右端 . 方法二 歸納法 當 1n 時 , 1D=11 111 (1 ) a 結論成立 . 假設 1n 時結論成立 , 即有1 11 2 111(1 ) i ia a a a 則當 n 時 , 將 n 列看成 1+0,1+0, ,1+故 個行列式之和 , 而第 2 個行列式按第 n 列展開 可算出為1而 1231 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1=1231 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1+11231 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 11, 2, , 11230 0 00 0 00 0 01 1 1 1 2 1na a a . 所以 2 1na a a +11 2 1na a a +1 2 111(1 )nn i ia a a a =12 11(1 )nn i ia a a a =右端 . 方法三 遞推 由證明 (二 )可知在以下 遞推關系 : 2 1na a a +1以 2 1na a a +111211()n nn a = =12 11(1 )nn i ia a a a =右端 . 方法四 加邊法 1231 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1=1211 0 0 01 1 1 11 1 1 11 1 1 1 12 , 3, , 1121 1 1 11 0 01 0 01 0 0 1121 11211 0 0 01 0 01 0 01 0 0ni =12 11(1 )nn i ia a a a =右端。 2證明：（ 1）注意當把行列式按第 n 列 展開時，得到的遞推公式中有三項，故歸納法第一步應驗證 n=1， 2 時均成立。而歸納法第二步應假設當 )3( 成立，去證明當n=k 時成立。 3解：（ 2） 先把除第一列外的所有列都加到第一列，然后提出第一列的公因子；再依次 13221 , ；然后按第一列展開，再依次 1,1 i；最后按最后一列展開。 4解：通過倍加行變換易知 f(x)的次數(shù)最大為 1；又因為如果有 f(x)=0。所以選 (D)。 5看自己或別人的作業(yè)。 6解：方法一：利用課本中例 方法。 方法二：設 ),()(21 n。則有 f(x)中 1系數(shù)為因為 ? )()()( 德蒙行列式），所以 f(x)中 1系數(shù)為。 所以可得 第二章 線 性方程組 習題 證明 . 因 | | 0A ,說明1 1 1 2 1. na a 故當某個1 0,通過適當?shù)男谢Q ,可使得1用 11乘第一行 ,然后將其余行減去第一行的適當倍數(shù) ,矩陣 1 2 111 . . ,由于 | | 0A ,此時必有1| | 0A ,故可以對1的討論 , 此時 1 2 1 3 12 3 231 . . . . 1 . . 0 . . . 1a , 然后再將第 n 行的 加到第 i 行 ( 1, 2,., 1),再將第 1n 行的 ( 1)倍加到第 i 行 ( 1, 2 , ., 2),這樣繼續(xù)下去 ,一直到將第 2行的 12a倍加到第 1行 ,此時 00 1 00 0 0 1, 故所證結論成立 。 3 證明 ： 以行互換 列 互換可以同樣證明 . 若1 2 1 2( 1 )1 2 1 1 2 2.i i n i i i j j n j i j i j n i ni a a a i a a a a a j a a a a a a 121 1 2 2j j i j i j n i ni a a aj a a a a a a 12( 1 )12.j i ij j j i i ni a a aj a a a 12( 1 )12.j j i i ni a a aj a a a , 這相當于 A 中交換第 i 行和第 j 行 , 所以結論成立 。 習題 解： A 中一定存在不為零的 1r 階子式 ,否則秩 ( ) 1 ,與題設秩（ A ） r 矛盾 . 由秩（ A ） r 知， A 中至少存在一個 r 階子式不為零 , 這表明 A 中的 r 階 子式只要有一個不為零即可 ,其余可以等于零 ,也可以不等于零 . A 中一定不存在不為零的 1r 階子式 ,否則 A 的秩至少是 1r , 這也與題設秩（ A ） r 矛盾 。 2 提示：利用矩陣的行秩和向量的極大無關組證明。 3 略。 4 思路 ：可將矩陣寫成一個列向量和一個行向量的乘積，從而由秩 1 ；進而因為矩陣不等于零，所以秩 0。 5 略。 習題 。 習題 證明： ( )的增廣矩陣為 A =1 1 1 2 1 12 1 2 2 2 21 ,1 1 , 2 1 , 112n n n nn n n n na a a ba a a ba a a ba a a b , 因為系數(shù)矩陣的秩不超過增廣矩陣的秩 , 所以有秩 (A ) 秩 (A ). 觀察可知 , 矩陣 B 其實就是在增廣矩陣 A 下面加了一行 , 所以秩 (B ) 秩 (A ). 由題意知 , 秩 (A )=秩 (B ), 據(jù) 此可得秩 (A ) 秩 (A ). 綜上知秩 (A )=秩 (A ), 故 ( )有解 。 3解： 將增廣矩陣只用初等行變換化為階梯形矩陣 . 1231111111111111 R 123112111111110b b 當12 0nb b b 時 , 秩 (A ) 秩 (A ), 所以線性方程組無解 ; 當12 0nb b b 時 , 秩 (A )=秩 (A )0, 據(jù)此可得秩 (ij )=1. 10證明： (1) 由于秩 (A )=n, 所以 0A , 而 E , 在等式兩邊同乘 1A A , 據(jù)此可知 *A 是可逆的 , 所以秩 ( *A )=n. (2) 秩 (A ) , 根據(jù)矩陣秩的定義可知 A 的所有 1n 階子式都為 0, 而 *A 的元素就是 A 的所有 1n 階子式 , 所以 *A 的元素都是 0, 即 *A =O , 所以秩 ( *A )=0. (3) 當秩 ( A )= , A 不是滿秩的 , 所以 0A . 又 因為 E , 所以 , 據(jù)此可知秩 (A )+秩 ( *A ) n , 而秩 (A )=所以 秩 ( *A ) 1 . 同時由于秩 (A )=根據(jù)矩陣秩的定義可知 A 至少有一個 1n 階子式不為零 , 而 *A 的元素就是 A 的所有 1n 階子式 , 所以 *A 中至少有一個元素不為零 . 由此可知秩( *A ) 1 , 所以 秩 ( *A )=1. 14思路：利 用分塊矩陣 00 0 , A 習題 證明：因為 與12, , , m 均正交 , 所以 ( , ) 0 , 1 , 2 , , .i 因此11( , ) ( , )i i 0 , 所以 與 12, , , m 的線性組合1k都正交 . 7解： 設 1 2 3 4, , , Tx x x x , 根據(jù)題意 為 單位向量 可知 22221 2 3 4 1 .(1) 同時 與1 2 3, 都正交 , 據(jù)此可得 1 1 2 3 42 1 2 3 43 1 2 3 4( , ) 0 ,( , ) 0 ,( , ) 2 3 0 .x x x xx x x xx x x x 從而 可解得 12344,30,1, (其中 t 為任意取值 ). 又因為條件 (1)可知 326t , 所以 1 2 3 4, , , Tx x x x = 1 4 , 0 , 1 , 326 T. 11 解： (1)因為1 1 1 2 1 3 1 42 1 2 2 2 3 2 43 1 3 2 3 3 3 44 1 4 2 4 3 4 4( , ) ( , ) ( , ) ( , )( , ) ( , ) ( , ) ( , )( , ) ( , ) ( , ) ( , )( , ) ( , ) ( , ) ( , ) =1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1, 所以1 2 3 4, , , 是 4R 的一組標準正交基 . (2) 由（ 1）知1 2 3 4 1 2 3 4( 2 3 4 , 2 3 4 ) 30; 因為 在1 2 3 4, , , 下的坐標為 1, 2 , 3, 4 T, 而 在1 2 3 4, , , 下的坐標為 1 2 3 4( , ) , ( , ) , ( , ) , ( , ) T = 2 , 2 , 0 , 0 T, 所以 ( ,)=( 1, 2 , 3, 4 T, 2 , 2 , 0 , 0 T) 32 . 15解：因為 2 1 1 1 3 1 1 1 0 11 1 1 0 1 0 1 1 1 5 , 所以方程組的一個基礎解系為 1 2 30 , 1 , 1 , 0 , 0 , 1 , 1 , 0 , 1 , 0 , 4 , 5 , 0 , 0 , 1T T T 先進行正交化 得到 11 0 , 1 , 1 , 0 , 0 ;T212 2 111( , ) 111 , , , 1 , 0( , ) 2 2T ; 3 1 3 23 3 1 21 1 2 2( , ) ( , ) 7 6 6 1 3, , , , 1( , ) ( , ) 5 5 5 5T 再 進行單位化得到 1111 0 , 1 , 1 , 0 , 0 ;2T 2221 2 , 1 , 1 , 2 , 010T ; 333 1 7 , 6 , 6 , 1 3 , 53 3 5 T. 所以1 2 3, 即為所求的標準正交基 . 習題 證明： (1) 因為 的解均為 的解 , 所以 的基礎解系中的解也都是 的解 , 所以 的基礎解系中所含的向量 的個數(shù)不少于 的基礎解系中所含向量的個數(shù) . 而 的基礎解系中所含的向量的個數(shù)為 B), 的基礎解系中所含向量的個數(shù)為 A), 因此 B) A), 所以秩 (A)秩 (B). (2) 因為 與 同解 , 所以 的基礎解系也就是 的基礎解系 , 所以兩者的基礎解系所含向量個數(shù)相同 , 因此 B)= A), 即有秩 (A)=秩(B). (3) 因為 秩 (A)=秩 (B), 所以 B)= A), 據(jù)此可知 和 的基礎解系所含向量的個數(shù)相同 . 因為 的解均為 的解 , 所以 的某一基礎解系12, , , t (t A)也都是 的解 , 如果 與 不同解 , 則 的解中存在一個解 不是 的解 , 則 一定不能被12, , , t 線性表示 , 所以12, , , ,t 線性無關 , 這樣 的解中至少含有 1t 個解線性無關 , 即 的基礎解系所含向量的個數(shù)大于等于 1t , 這與 和 的基礎解系所含向量的個數(shù)相同矛盾 . 所以 與 不同解的假設是不成立的 , 因此 與 同解 . (4) 設 1 1 1 2,0 0 0 0 , 顯然滿足 秩 (A)=秩 (B), 但是 121,是 的一個解 , 但是不是 的解 . 所以不能導出 與 同解 . 3證明：首先由題 設可得齊次線性方程組 0,0 B A 解。然后去證明0,0 B A C X 。 4證明： 易證明 的解都是 的解 , 又因為 秩 (秩 (A)，根據(jù)本節(jié)第 2個習題 (3)可知 和 同解 . 同樣易證 的解 都是 的解 . 另一方面 , 設 是 的任意一個解則有 , 即 () O , 可知 B 是 的一個解 , 已經(jīng)證明 和 同解 , 所以 B 也一定是 的解 , 即有 , 所以 也就是 的解 , 據(jù)此可得 的解也一定是 的解 , 所以 和 同解 . 根據(jù)本節(jié)第 2 個習題 (2)可得秩 (秩 ( 5證明： 6證明：（ 1）要證 )()()( ，即證 0)()()( ，等價與證明 0)()()(),()()( 。 因為 保持內(nèi)積，所以 由內(nèi)積的雙線性性得 0)0,0()(,)(),(),(),(),(),(),(),(),(),()(),()(),()(),()(),()(),()(),()(),()(),()(),()()()(),()()(。 第五章 特征值和特征向量 矩陣對角化 習題 解： (A) 設 110 0, 202 04 , 因為秩 (A )=秩 (B )所以 A 與 B 等價 ; 但是由于 相等 , 所以 A 與 B 不相似 . 因此 (A)不正確 . (B) A 與 B 相似 , 即存在可逆矩陣 P 使得 1P , 所以 秩 (A )=秩 (B ),因此 A 與 B 等價 . (B)是正確的 . (C) 與 (A)一樣 , 設 110 0, 202 04 ,秩 (A )=秩 (B ), 但是由于 與相等 , 所以 A 與 B 不相似 . 因此 (C)不正確 . (D) 與 (A)一樣 , 設 110 0, 202 04 , A = B , 但是由于 不相等 , 所以 A 與 B 不相似 . 因此 (D)不正確 . 7解： (1) 因為 21 0 0 1 0 02 5 2 2 5 2 ( 1 ) ( 3 )2 4 1 2 4 1E , 所以特征值為 1,1,3. 求解方程組 1 0 0( 2 5 2 )2 4 1E X O , 得屬于特征值 1 的特征向量為 1 1 22 , 1 , 0 1 , 0 , 1 (其中 12,. 求 解方程組 1 0 0( 3 2 5 2 )2 4 1E X O , 得屬于特征值 3 的特征向量為 230 , 1, 1 T k (其中 3k 為不為零的任意數(shù) ). 習題 證明： 特征多項式為 ( ( ) ) ( )T T T E A E A E A 而 是 A 的特征多項式 , 所以 A 與 相同的特 征多項式 . 6 解： 因為 1是 所以 (=個向量 , 因此 31, 從而可知秩 (2. 又因為 2 是 A 的二重根 , 所以 (2=O 的基礎解系含有向量的個數(shù)為 1 或 2, 由于 A 不能與對角矩陣相似 , 則可知 A 的線形無關的特征值個數(shù)小于 3, 所以(2=O 的基礎解系含有向量的個數(shù)只能為 1, 同樣可得 321, 所以秩(22. 7解：因為 201 11 3 2 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )110E A x x , 所以 A 的特征值為 ,1. 因為 A 與對角矩陣相似 , 所以要求特征根的重數(shù)i E A X O 的基礎解系所含向量個數(shù) 等 . 一重根所以一定滿足 , 所以只要特征值 1 滿足即可 . 也就是要求 ()E A X O的基礎解系含有 2 個向量 , 由此可知n )=2, 因此秩 ()=1. 因為 1 0 1 1 0 10 2 3 0 0 3 31 0 1 0 0 0E A x x x , 所以當且僅當 1x 時秩( )=1,所以 0 0 11 2 31 0 0A x x能與對角矩陣相似 , 則必有 1x 。 習題 解： 因為秩 (A)=1=秩 (B), 所以 A 與 B 等價 . 又因為 =4, , 即有 , 所以A 與 B 不相似 . 綜上可知 (B)是正確的 . 3解： (1) 因為 2( ) 2f A A A E , 所以 2( ) 2f x x x 。因為 A 有三個不同的特征值，所以 )(可以對角化。 所以 2 2A A E 的所有特征值為 ( 1 ) 2 , ( 1 ) 0 , ( 2 ) 2f f f 。 (2) 2 2A A E = ( 1 ) ( 1 ) ( 2 ) 2 0 2 0f f f . 5解： (1) 因為 3 2 21 2 22 2 4 3 2 4 2 8 ( 2 ) ( 7 )2 4 2 , 所以特征值為 2,2, 求解方程組 1 2 2( 2 2 2 4 )2 4 2E X O , 得到屬于 2 的線形無關的特征向量為 2 , 0 , 1 , 2 , 1 , 0 對 2 , 0 , 1 , 2 , 1 , 0進 行 施 密 特 正 交 化 化 為 正 交 單 位 向 量 組 得 112 , 0 , 1 , 2 , 1 , 055 求解方程組 1 2 2( 7 2 2 4 )2 4 2E X O , 得到屬于 線形無關的特征向量為1 , 1, 12T. 對 1 , 1, 12T進行施密特正交化化為正交單位向量組得 1 1, 2 , 23 T。 所以 1A U U , 其中2 2 13552120 , 235712035U . 由此可得11()k k k k U U U U U 2 2 1 2 2 1335 5 5 521 2 1 20 2 055( 7 )1 2 1 2003355 3 1 11 1 11 2 12 ( 7 ) 2 2 ( 7 ) 2 2 ( 7 )2 2 ( 7 ) 5 2 4 ( 7 ) 2 4 ( 7 )2 2 ( 7 ) 2 4 ( 7 ) 5 2 4 ( 7 )k k k k k kk k k k k kk k k k k k . (2) ()323 2 4 2 8A A A E 的特征值為 ( 2 ) 0 , ( 2 ) 0 , ( 7 ) 0 , 所以323 2 4 2 8A A A E = 1=O . 6解：因為 方陣 A 的 n 個特征值為 1， 2， n, 所以 A 可