线性代数学习辅导向量构成规范正交基吗？

例5.1 向量

能否构成R³的一组规范正交基？

解 因为[a₁，a₂]=0，[a₁，a₃]=0，[a₂，a₃]=0，即a₁，a₂，a₃两两正交，故可以构成R³的一组正交基.

但

因为它们都不是单位向量，故不能构成R³的一组规范正交基.

但若取

则b₁，b₂，b3可以构成R³的一组规范正交基.

例5.2 判断下述说法是否正确，其中A为n阶矩阵.

（1）A与A^T有相同的特征值、特征向量和特征多项式；

（2）矩阵A的两个互不相等的特征值可以对应于同一个特征向量；

（3）等价的矩阵一定具有相同的特征值；

（4）方程（A-λ₀E）x=0的每一个解向量都是对应于特征值λ₀的特征向量；

（5）设p₁，p₂是方程（A-λ₀E）x=0的一个基础解系，则k₁p₁+k₂p₂（k₁，k₂为非零常数）是对应于λ₀的全部特征向量；

（6）设p₁，p₂是A的两个特征向量，则k₁p₁+k₂p₂（k₁，k₂不全为0）也是A的特征向量.

解 （1）错误.由于

|A_-λE|=|（A-λE）^T|=|A^T-λE|，

所以A与A^T有相同的特征多项式和特征值，但A与A^T对应于同一特征值的特征向量不一

定相同，例如，对应于特征值λ=2的全部特征向量是k，而A^T=对应于特征值λ=2的全部特征向量是

（2）错误.假设A的两个互异特征值λ和μ对应于同一个特征向量，则由定义

Aα=λα，Aα=μα，

从而λα=μα，即（λ-μ）α=0，由于λ和μ互不相等，因此α=0.由特征向量不能为零向量，知假设不成立.

（3）错误.例如，矩阵的特征值为1，，A与B等价，而B的特征值为2，二者不具有相同的特征值.

（4）错误.方程（A-λ₀E）x=0的每一个非零解向量才是对应于特征值λ₀的特征向量.

（5）错误.其中“k₁，k₂为非零常数”应改为“k₁，k₂不全为0”.

（6）错误.A的任意特征向量都对应于某一特征值，而属于不同特征值的特征向量的线性组合不是A的特征向量.若p₁，p₂是A对应于同一特征值的两个特征向量，则结论正确.

例5.3 已知3阶方阵A的特征值为1，-2，3，求

（1）A； （2）A^-1的特征值； （3）A^T的特征值； （4）A*的特征值.

解 （1）A=λ₁λ₂λ₃=1·（-2）·3=-6；

（2）A^-1的特征值为1，，；

（3）A^T的特征值与A的特征值相同，故A^T的特征值为1，-2，3；

（4）A*=AA^-1，若p为A的对应于λ的一个特征向量，则

即A*的特征值为，所以A*的特征值为-6，3，-2.

例5.4 设矩阵，求A²-2A-2E.

解 先求A的特征值：

所以A的特征值为λ₁=λ₂=2.

设φ（x）=x²-2x-2，则若λ为A的特征值，那么φ（λ）即为φ（A）的特征值，故φ（A）

=A²-2A-2E的特征值为φ（λ₁）=φ（λ₂）=2²-2·2-2=-2，从而A²-2A-2E=

φ（λ₁）φ（λ₂）=4.

例5.5 设n阶方阵A的每行元素之和为a（a≠0），证明：矩阵A有一个特征值为a.

证 设矩阵，考虑A的特征多项式

在特征多项式f（λ）中有因子（a-λ），故矩阵A有一个特征值为a.

例5.6 设A为正交阵，证明：A的特征值的绝对值等于1.

证A为正交矩阵，则A^TA=E.设A的特征值为λ，对应的特征向量为p，则

Ap=λp⇒p^TA^T=λp^T⇒p^TA^T（Ap）=λp^T（Ap）=λ²p^Tp，

即

p^T（A^TA）p=λ²p^Tp，

利用A^TA=E，得

p^Tp=λ²p^Tp，

由于p^Tp≠0，所以λ²=1，即λ=1.

例5.7 设A，B为n阶矩阵，且A与B相似，判断下述结论的正确性.

（1）A^T与B^T相似； （2）R（A）=R（B）； （3）A^k与B^k相似；

（4）若A可逆，则B也可逆，且A^-1与B^-1相似.

解 （1）正确.因A与B相似，则存在可逆阵P，使P^-1AP=B，于是

（P^-1AP）T=B^T⇒P^TA^T（P^T）-1=B^T⇒A^T=（P^T）-1B^TP^T，

故A^T与B^T相似.

（2）正确.由于P^-1AP=B，即A左乘、右乘可逆阵等于B，故A～B，从而R（A）=R（B）.

（3）正确.由于P^-1AP=B，因此

即A^k与B^k相似.

（4）正确.A可逆，知A≠0.由于P^-1AP=B，则B=P^-1AP=P^-1AP≠0，故B可逆；且（P^-1AP）-1=B^-1，即P^-1A^-1P=B^-1，从而A^-1与B^-1相似.

例5.8 判断矩阵是否可对角化？若可对角化，试求可逆阵P，使P^-1AP为对角阵.

解A的特征多项式为

于是A的特征值λ₁=λ₂=2，λ₃=6.

对应特征值λ₁=λ₂=2，解方程（A-2E）x=0.由

得特征向量为；对应特征值λ₃=6，解方程（A-6E）x=0.由

得特征向量为

对于A的三个特征值，有三个线性无关的特征向量，故A可对角化.

令，有

例5.9 A为三阶实对称矩阵，A的秩为2，且

（1）求A的特征值与特征向量；

（2）求矩阵A.（2011年，考研，数学一）

解 （1）设

由题设知A（α₁，α₂）=（-α₁，α₂），即Aα₁=-α₁，Aα₂=α₂，于是A有特征值λ₁=-1，λ₂=1，与之对应的特征向量分别为k₁α₁，k₂α₂（其中，k₁，k₂为非零常数）.

又因为R（A）=2<3，故A=0，所以A的另一个特征值为λ₃=0，设与之对应的特征

向量为，由A是实对称矩阵知，x与α₁，α₂均正交，即

该方程组的基础解系为，所以对应于特征值λ₃=0的特征向量为k₃α₃（其中k₃为非零常数）.

（2）将α₁，α₂，α₃单位化得

记，则P是正交阵，且

故

例5.10 设矩阵与相似，求a的值.(www.xing528.com)

解 由A与B相似，知存在可逆阵P，使P^-1AP=B，于是P^-1AP=B，即

计算行列式得-1=2a，从而

例5.11 矩阵与相似的充分必要条件为（ ）.（2013年，考研，数学一）

（A）a=0，b=2； （B）a=0，b为任意常数；

（C）a=2，b=0； （D）a=2，b为任意常数.

解 因为A为实对称矩阵，B为对角阵，则A与B相似的充分必要条件是A的特征值也为2，b，0.

A的特征多项式为

因为2是A的特征值，所以A-2E=0，即4a²=0，从而a=0，此时

A-λE=-λ（2-λ）（b-λ），

A的特征值为2，b，0，所以b为任意常数，故选（B）.

例5.12 设A为3阶矩阵，P为3阶可逆矩阵，且.若P=（α₁，

α₂，α3），Q=（α₁+α₂，α₂，α3），则Q^-1AQ=（ ）.（2012年，考研，数学一）

解法一 由于

所以，故选（B）.

解法二 由题设知，α₁，α₂为A的对应于特征值1的特征向量，即Aα₁=α₁，Aα₂=α₂，从而A（α₁+α₂）=α₁+α₂，故α₁+α₂也是A的对应于特征值1的特征向量，且α₁+α₂，α2，α3仍线性无关，因此，对于Q=（α₁+α₂，α₂，α₃）有

例5.13 已知A及二次型f（x₁，x₂，x₃）=x^TA^TAx的秩为2.

（1）求实数a的值；

（2）求正交变换x=Py，它将f化为标准形.（2012年，考研，数学一）

解 （1）由f的秩为2知，3阶矩阵A^TA的秩为2，故A^TA=0，而

所以

由此得到a=-1.

（2）当a=-1时，二次型f的矩阵为

它的特征多项式为

所以A^TA的特征值为λ₁=0，λ₂=2，λ₃=6.

对应特征值λ₁=0，解方程A^TAx=0.由

得特征向量，单位化得；

对应特征值λ₂=2，解方程（A^TA-2E）x=0.由

得特征向量，单位化得；

对应特征值λ₃=6，解方程（A^TA-6E）x=0.由

得特征向量，单位化得

令P=（p₁，p₂，p₃），则P是正交阵，作正交变换x=Py，即

便把f化为标准形f=2y²₂+6y²_3.

例5.14 已知二次型f（x₁，x₂，x₃）=x^TAx在正交变换x=Qy下的标准形为y²₁+y²₂，且Q

的第3列为

（1）求矩阵A；

（2）证明：A+E为正定矩阵，其中E为3阶单位矩阵.（2010年，考研，数学一）

解 （1）由二次型f在正交变换x=Qy下的标准形为y²₁+y²₂知，A的特征值为λ₁=λ2

=1和λ₃=0，且对应于特征值0的单位特征向量为

设对应于特征值1的特征向量为（x₁，x₂，x₃）T，由实对称矩阵的性质（对应于不同特征值的特征向量正交）得x₁+x₃=0，该方程的基础解系为

₁=（0，1，0）^T，₂=（-1，0，1）^T，

于是可取对应于特征值1的单位特征向量为

记，则Q是正交阵，且，故

（2）由于A的特征值为λ₁=λ₂=1和λ₃=0，所以A+E的特征值为μ₁=μ₂=2和μ₃=1，即A+E的特征值全大于0，因此A+E是正定矩阵.

例5.15 设二次型f（x₁，x₂，x₃）=2（a₁x₁+a₂x₂+a₃x₃）²+（b₁x₁+b₂x₂+b₃x₃）²，记

（1）证明：二次型f对应的矩阵为2αα^T+ββ^T；

（2）若α，β正交且均为单位向量，证明：f在正交变换下的标准形为2y²₁+y²₂.（2013年，考研，数学一）

证

其中，A=2αα^T+ββ^T，x=（x₁，x₂，x₃）^T.

所以，二次型f对应的矩阵为2αα^T+ββ^T.

（2）由α，β正交得α^Tβ=β^Tα=0，又α，β均为单位向量，从而α^Tα=‖α‖²=1，β^Tβ=β²=1，所以

Aα=（2αα^T+ββ^T）α=2αα^Tα+ββ^Tα=2α，

A_β=（2αα^T+ββ^T）β=2αα^Tβ+ββ^Tβ=β，

由于α≠0，β≠0，故A有特征值λ₁=2，λ₂=1.又

R（A）=R（2αα^T+ββ^T）≤R（2αα^T）+R（ββ^T）=R（αα^T）+R（ββ^T）=1+1=2<3，所以|A|=0，故A的另一个特征值为λ₃=0.

因此，f在正交变换下的标准形为2y₁²+y₂².

例5.16 判断下列结论是否正确.

（1）如果对任意的x₁，x₂，…，x_n≠0，都有f（x₁，x₂，…，x_n）>0，则二次型f（x₁，x₂，…，x_n）正定；

（2）如果A的主对角线元素都为正，则A正定；

（3）如果A>0，则A正定；

（4）如果A^-1存在且正定，则A正定；

（5）如果P^TAP正定，其中P为可逆矩阵，则A正定.

解 （1）错误.例如，二次型f（x₁，x₂，x₃）=（x₁-x₂）2+x²₃，对任意的x₁，x₂，x₃≠0，都有f（x₁，x₂，x₃）>0，但该二次型标准形f（x₁，x₂，x₃）=y²₁+y²₂，正惯性指数为2<3，显然f（x₁，x₂，x₃）不是正定的.

（2）错误.例如，，其主对角线上的元素都为正，但由于A=-3<0，故A不是正定的.

注 该问题的逆命题是成立的，即正定矩阵的对角元均为正数.事实上，设A=（a_ij）n×n为正定矩阵，根据定义可知，对任何非零向量x有x^TAx>0，取e_i≠0，则e^T_iAe_i=a_ii>0（i=1，2，…，n），因此A的对角元必为正数.

（3）错误.例如，，显然A是负定的，但是A>0.

（4）正确.由于A^-1与A的特征值互为倒数，所以A^-1正定时，A必正定.

（5）正确.由于P^TAP正定，则存在可逆阵C，使P^TAP=C^TC，于是A=（P^T）-1C^TCP^-1

=（P^-1）TC^TCP^-1=（CP^-1）T（CP^-1），令Q=CP^-1，则由C和P^-1都可逆知Q也可逆，从而A=Q^TQ正定.

例5.17 设A为3阶对称阵，A的秩R（A）=2，且满足条件A³+2A²=O.

（1）求A的全部特征值；（2）当k为何值时，A+kE为正定矩阵？

解 （1）设λ是A的特征值，由题设知λ满足

λ³+2λ²=0⇒λ=-2或λ=0.上式说明A的特征值只能是-2和0，但到底有没有特征值-2？有几个？这需要进一步讨论.

因为A是对称阵，故A必相似于对角阵Λ；又因R（A）=2，从而R（Λ）=2，于是Λ的对角元素中恰好有两个-2和一个0，因此A的特征值为λ₁=λ₂=-2，λ₃=0.

（2）对任意的k，因A是对称阵，A+kE仍是对称阵，故只需令A+kE的特征值全为正即可.由（1），

A的特征值为-2，-2，0

⇒A+kE的特征值为-2+k，-2+k，k

⇒当k>2时，A+kE的特征值全为正

⇒当k>2时，A+kE为正定矩阵.