[理学]大学《线性代数》第2版清华大学出版社、居余马课后习题详细答案较完整.doc

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1、线性代数课后习题答案第2版 清华大学出版社1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、公式：解：11、12、该行列式中各行元素之和均为10，所以吧第2，3，4列加到第1列，然后再把第1列后三个元素化为零，再对第1列展开，即13、14、先将第1行与第5行对换，第3行与第4行对换（反号两次，其值不变）根据课本20页公式（1.21），原式15、16、17、根据课本20页公式（1.22）18、，所以 19、证：20、 21、22、解法1：整理得又根据范德蒙行列式有：故原式得证。解法2：分析：观察到右端的行列式是一个3阶范德蒙行列式解答：构建新的4阶范德蒙行列式：按第4行展开得： (1)其中，按范德蒙行列

2、式结论得： (2)式子(1)和(2)对比，可得 可以看出，即，得证.23、24、25、26、27、28、29、阶范德蒙行列式的计算和阶范德蒙行列式的计算是类似的，只需将阶范德蒙行列式的换成。本题中，根据范德蒙行列式的计算公式知，原式30、观察发现，第行可提出公因子，。所以原式为阶范德蒙行列式，由公式得原式又所以，原式31、系数行列式所以，32、系数行列式 所以，33、因为齐次线性方程组有非零解，所以其系数行列式，即所以， 34、设直线方程，由于直线过点，所以，。问题转化为求齐次线性方程组中不同时为零的满足的条件。因此根据齐次线性方程组有非零解的充分必要条件：系数行列式等于0，可得35、由已知条

3、件，得其系数行列式所以，所以，补充题：36、(1) 证：记.当时，左，右，左=右，等式成立。设时等式成立，即当时，所以，结论成立。(2) 略.(3) 由(1)中过程可得，所以(4) 一般解法：37、解法1：证明由性质3，得左边=，将的第1列乘以加到第2列，再将第2列乘以加到第3列，.，将第列乘以加到第列，得所以左边=右边。解法2：注意到，按第一列展开，得依此类推38、解法1： 解法2：按最后一行展开（思路类似于37题解法2）39、记，按第列展开，则证法1（归纳法）：当时，右，等式成立；假设当时，等式成立，则；当时，得证。证法2（递推公式法）： 根据式有即 根据式有即 令，则式化为 令，则式化为

4、 所以，所以，所以，.40、41、42、 解法1：将第1行乘以-1加到其余各行，得原式=再将第2列乘以，第3列乘以，第n列乘以均加到第1列，得原式解法2：记所以，43、解法1：各行元素之和均为，把各列元素加到第1列，得从最后一行起，依次减前一行，得第一行乘以-1加到其它行，得再将各列加到最后一列，得 44、将该行列式添一行，并加一列，使之成为n+1阶范德蒙行列式，即 （1） （2）由（1）式可见，将（1）式按最后一列展开，其的系数就是原行列式的值乘以-1；又由（2）式可见，的系数为. 所以原行列式的值为45、证明（用数学归纳法）导数关系式 证明：将记作；记作. 对行列式的阶数作数学归纳法证明。

5、当时，有，所以等式显然成立；假设(1)式对阶行列式成立，下面证明(1)式对阶也成立时，记，导数记作，则有 ，故 其中 又归纳假设得 综上得，式右端= 式+式=式右端。所以对任意的阶行列式求导数都等于(1)式中的个行列式之和。46、分析：圆的标准方程为，则可设圆的一般方程为，其中。点的坐标满足该方程，则有又因为，则上方程组中的未知量有非零解，其充分必要条件为系数行列式等于零，即这就是圆上动点所满足的方程。47、设平面直角坐标系中直线的一般方程为 (1)三个点位于该直线上时，其点的坐标满足方程，即 (2)方程(1)中的不全为零，因此关于的齐次线性方程组(2)有非零解。所以3个点位于同一直线上（即3

6、点共线）等价于方程组(2)有非零解。由克莱姆法则知，由个方程构成的元齐次线性方程组的系数行列式不等于零时，齐次方程组只有全为零的解，这等价于齐次线性方程组有非零解时其系数行列式必须等于零，这里就是48、设平面方程为，将已知三点代入平面方程，得系数行列式，由克莱姆法则，得，代入平面方程中，得即49、空间直角坐标系中球面的一般方程为球面上的点的坐标应满足该方程，于是由题设即得即 (1)方程组(1)的系数行列式为所以方程组(1)有惟一解，其中（第1，3行相同）（第1，2行相同）于是即得，所以该球面的一般方程为化为标准方程所以球面半径，球心坐标50、这里不仅，而且，如果，则方程组显然有惟一解，且. 该

7、方程组的系数行列式所以方程组有惟一解。由第1个方程和第2n个方程，有，得，即；同理，由第2个方程和第2n-1个方程可得；由第n个方程和第n+1个方程可得. 所以该方程组的惟一解为，1解得.2 解得3 此含矛盾方程，故原方程无解！4 取，则，解为，为任意常数.5分情况讨论：1) 无解 但是时无解，即.2) 唯一解 即，解得且.此时的解为3) 无穷解 解之有或者(舍).故，所以解为,其中为任意常数.6讨论：1) 唯一解：解得此时解为2) 无解：3) 无穷解：此时解为为任意常数.8 解:设母鸡只，公鸡只，小鸡只.列方程得解方程有，还原为方程组有从而，继续求解，得到.9 设则10 11 12 13 1

8、4 15 1617 18 19 20 2223、本题是求一个矩阵n次幂的题目，我们常规的做法，是通过数学归纳法，归纳出它n次幂后的通项公式！以为例。因为，即，即，即，即，即于是我们发现，当n=4k时，当n=4k+1时，当n=4k+2时，当n=4k+3时，所以它恰好可以写成。可以采用相同的方法！24 (1)即条件：可交换.(2) 即条件：可交换.25 (1) (2) 27设满足则,即整理有，从而，.满足要求的矩阵为，为任意常数.28所求即是与可交换的二阶矩阵，设此矩阵为有整理有故，即所求为.29证明：，设，若,则有由矩阵相等的知识知，又时故只有。从而.即所有与可交换的矩阵必是对角阵.31设，则，

9、也就是只有可能.按照矩阵乘法的定义，有时，.时，时，故是主对角线元素全为0的上三角矩阵.32记故乘积仍是主对角元为1的上三角阵.33 34数学归纳法1）成立2）若时成立，则下证时结论也成立.所证成立.35 因为均为对称阵，有故所以为对称阵.而故为对称阵.36证明：(1) 所以是对称矩阵.所以是反对称矩阵(2) 由上面的结论知是对称矩阵，是反对称矩阵，从而是对称矩阵，是反对称矩阵，故可表示为对称矩阵和反对称矩阵的和.37 故所以可交换.若,又有为对称阵.391) 为对称阵。，当为偶数时为对称阵，为奇数时为反对称阵.2) 为反对称阵.40、（1）故.解得所以（2） 故解之有故（3）故（4）故（5）

10、（6）故41（1）因为由故可逆，且（2）存在，下面求，故（3）存在，下求，42 令则因为故存在，从而用初等行变换求此逆矩阵，有43 (1) (2) 不是，为零矩阵时即为反例.45 (1) 而，故可逆，可逆，同时可逆，且，所以(2)证明：即若与同时可逆，则均不为0，但故矛盾，从而与不同时可逆.46 整理有故均可逆，所以47证明：4950 故.51从而52 故54 解：故从而55故从而56易知存在(因为行列式不等于0)，求得从而有58（1）对分块，令对分块，令，则，则（2），令则,而故59 证明：让按列分块则即从而均为的解向量.设的所有列向量是则故即60 解：取即可！61 解：故存在，设有整理有解

11、得.故62（1）令则=而故.（2）令则故，而故.（3）令，则而原式=.(4)令因，设则有解得,从而6364 令设则解得,故补充题67 (1) (2) (3) (4) (5) 68 解：70(A) ,但不能得到，如.(B) 这里但是(C) 令计算知但是既不是也不是.(D) 正确(E) 正确.(F) 71.故所以73 由整理有.从而74又因为且故所以从而.76若有选B.77 则从而78由知79 故计算有81令,则若可逆有,解得即84(1)设则，易知而代入即有(2)令则.87以下证明主对角线之和为0.只观察的主对角线元素，有容易看出主对角线元素之和为0，但主对角线元素之和为n，故.90 同理91以上

12、三角矩阵为例，用数学归纳法.(1)若则成立(2)假设阶矩阵成立，下证对阶亦成立.设其中是满足上述假设条件的矩阵.下证主对角线元素全为1.故主对角线元素全为1.93 证明：故可逆.设则即解之有故94数学归纳法(1)时则(2)假设时成立(3)下证时成立.设解得故为下三角矩阵.95因为可交换，从而易知1、由过渡矩阵的定义，设从基到基的过渡矩阵为，则，初等行变换求得，所以2(1)、记在基下为. 设从基到基的过渡矩阵为，则，初等行变换求得，所以2(2)、设从基到基的过渡矩阵为，记，则，即，所以2(3)、记在基下为，所以，经初等变换得，所以 3(1)、记，记在基下为.设从基到基的过渡矩阵为，所以由过渡矩阵

13、的定义有，则，经初等变换可得，所以，.3(2)、设在基下的记为，从基到基的过渡矩阵为，所以由过渡矩阵的定义有，则，所以3(3)、记在基下为，所以.4、记，. 设从基到基的过渡矩阵为，由过渡矩阵的定义知，即. 设，又在基下的坐标不变，所以，即，其系数矩阵，所以，所以的通解为.5(1)、略5(2)、设与向量都正交的向量为，则，其系数矩阵得基础解系为，所以与向量都正交的向量为6、设向量与所给向量均正交，所以，其系数矩阵，基础解系为，所以可取，所以，所求单位向量为.7、证：已知，记，其中为任意常数，则为的任一线性组合。得证。8(1)、设，正交化：，标准化：8(2)、设，易得，即线性相关，又线性无关，所

14、以为的极大线性无关组，只需对进行施密特正交化。正交化：，标准化：8(3)、设，记，得，所以线性相关，取其极大线性无关组正交化：，标准化：9(1)、正交化：，标准化：设从到的过渡矩阵为，则，经初等变换可得，所以向量在新基下的坐标为9(2)、正交化：，标准化：设从到的过渡矩阵为，则，经初等变换可得，所以向量在新基下的坐标为10、证法1（利用标准正交基的定义）：因为是一组标准正交基，则，那么只需证明。利用内积的性质和即可得证同理可证，即是标准正交基。证法2：因为，且和均为正交矩阵，所以也是正交矩阵，所以为一组标准正交基。11、因为为正交矩阵，则各行各列均为单位向量，所以第1行：；将代入第1列： 第2

15、列：第3行：将代入第3列：又因为，正交矩阵的不同行、不同列的向量正交，所以(第1行，第3行) (第1行，第2行) (第2行，第3行) 由和得，所以有两组解：或12、是正交矩阵，则，可逆当时，所以，所以，所以，即正交； 当时，所以，所以，所以，即正交13(i)、正交13(ii)、因为，所以可逆。所以，14(1)、“对称、正交对合”：，得证；(2)、“对称、对合正交”：，得证；(3)、“对合、正交对称” ：，得证；15、略16、不妨设为下三角矩阵，则所以有得，除主对角线元素的平方等于1外其余元素均为零补充题51(1)、因为正交，所以有， 所以，即可交换51(2)、所以，所以为反对称矩阵。52(1)

16、、正交，又，两式相减，得又正交可逆，所以，即，所以52(2)、正交，又，两式相加，得又正交可逆，所以，即，所以53、设证明：线性无关的充要条件是：解法1：设，要证即证线性无关充分性（反证法）：假设线性相关，则存在不全为零的数使得分别用与上式左右两端做内积，得即存在不全为零的数，使得成立，矛盾，所以线性无关。必要性：因为，线性无关，所以该向量组的秩为。， (1)令，则. 由于方程组（）和（）同解。所以，所以（“方程组（）和（）同解”：如果是（）的解，则，显然，即是（）的解，故（）的解全是（）的解；若是（）的解，即，那么 ，即，即，故，所以必是（）的解，即（）的解全是（）的解，从而方程组（）与（）

17、同解。）第五章 特征值和特征向量 矩阵的对角化答案1.求下列矩阵的特征值和特征向量：(1) (2) (3) (4) (5) (6) 【解析】(1) 令,则矩阵的特征方程为故的特征值为。当时，由，即得其基础解系为，因此，(为非零任意常数)是的对应于的全部特征向量。 当时，由，即得其基础解系为，因此，(为非零任意常数)是的对应于的全部特征向量。(2) 令，则矩阵的特征方程为故的特征值为(二重特征值)。当时，由，即得其基础解系为，因此，(为非零任意常数)是的对应于的全部特征向量。当时，由，即得其基础解系为，因此，(为非零任意常数)是的对应于的全部特征向量。(3) 令，则矩阵的特征方程为故的特征值为(

18、三重特征值)。当时，由，即得其基础解系为，因此，的对应于的全部特征向量为(其中为不全为零的任意常数)。(4) 令，则矩阵的特征方程为故的特征值为(四重特征值)。当时，由，即得其基础解系为，因此，(为非零任意常数)是的对应于的全部特征向量。(5) 令，则矩阵的特征方程为故的特征值为(三重特征值)。当时，由，即得其基础解系为，因此，(为非零任意常数)是的对应于的全部特征向量。(6) 令，则矩阵的特征方程为按沙路法（课本P2），得故的特征值为。当时，由，即得其基础解系为，因此，(为非零任意常数)是的对应于的全部特征向量。当时，由，即得其基础解系为，因此，(为非零任意常数)是的对应于的全部特征向量。当

19、时，由，即得其基础解系为，因此，(为非零任意常数)是的对应于的全部特征向量。2.已知矩阵的特征值(二重),求的值,并求其特征向量.【解析】由特征值的性质知，即，解得，故。当时，由，即得其基础解系为，故矩阵对应于的全部特征向量为(其中为不全为零的任意常数)。当时，由，即得其基础解系为，故矩阵对应于的全部特征向量为(其中为非零任意常数)。3.设是矩阵不同特征值的特征向量，证明不是的一个特征向量。【解析】设分别是矩阵属于特征值的特征向量，且，则。假设是的属于的特征向量，则，故，整理得 。由于属于不同特征值的特征向量线性无关，故，这与矛盾。因此，不是的一个特征向量。4.设是矩阵的不同特征值对应的特征向

20、量，证明不是的特征向量。【解析】反证法。设是的特征向量，对应的特征值为，即,得 。 因为不同特征值对应的特征向量线性无关，所以，即，这与题设矛盾，故不是的特征向量。5.证明对合矩阵()的特征值只能是1或-1.【解析】设是的一个特征值，即，则 ，所以，即的特征值或-1.6.设可逆，讨论与的特征值(特征向量)之间的相互关系。【解析】设的属于特征值的特征向量为，则，上式两边左乘，得。由于可逆，故，且，。因此，上式可整理为。7.若，问：是否成立？【解析】由于，故成立。8.已知，求。【解析】由于，故存在可逆矩阵，使得，因此，。故 。9.已知，求。【解析】由于，故而 ，所以，10.设，是矩阵属于特征值的特

21、征向量。证明：是矩阵的对应其特征值的一个特征向量。【解析】由，得。所以，是矩阵的对应其特征值的一个特征向量。11.设为非奇异矩阵，证明与相似。【解析】由于为非奇异矩阵，即可逆，令，则，即存在可逆矩阵，使得，根据相似的定义知与相似。12.设，证明：.【解析】由，可知存在，使得，所以.13.证明阶矩阵只有零特征值，其特征子空间是的一维子空间，并求它的基。解：由可知，即只有零特征值。 由及，得是对应的特征子空间的基。所以，特征子空间是的一维子空间。14.若可逆，不可逆，那么，关于的特征值能做出怎样的断语？【解析】由于可逆，不可逆，故，即，由此可得：为的特征值，不是。15.若，证明或至少有一个是的特征

22、值。【解析】由于，故，由此可得或，即或，因此或至少有一个是的特征值。16.在第1题中，哪些矩阵可对角化？并对可对角化的矩阵，求矩阵和对角矩阵，使得。【解析】由于(1)中的矩阵为实对称矩阵，而实对称矩阵可以对角化，故(1)中的矩阵可以对角化，并存在可逆矩阵和对角矩阵，使得。根据定理5.9可知(2)、(3)、(4)、(5)均不可对角化，而(6)可以对角化。对于(6)中的矩阵，存在可逆矩阵和对角矩阵，使得。17.主对角元互不相等的上(下)三角形矩阵是否与对角阵相似(说明理由)？【解析】设为上三角矩阵，且，则，故的全部特征值为。而，故有个互不相同的特征值，因此与对角阵相似。同样地，下三角矩阵也与对角阵

23、相似。18.设阶矩阵的个元素全为1，试求可逆矩阵，使为对角阵，并写出与相似的对角阵。【解析】由于，则的特征方程为故的全部特征值为(重)，。当时，由，即可得线性无关的特征向量。当时，由，即可得线性无关的特征向量。由于的每个特征值对应的特征向量线性无关的最大个数等于该特征值的重数，根据定理5.9可知可以对角化，且存在可逆矩阵和对角矩阵，使得。19.已知4阶矩阵的特征值(三重)，；对应于的特征向量有，对应于的特征向量为。问：可否对角化？如能对角化，求出及(为正整数)。【解析】对进行初等行变换，得，故，因此，线性无关。由于的每个特征值对应的特征向量线性无关的最大个数等于该特征值的重数，根据定理5.9可

24、知可以对角化，且存在可逆矩阵和对角矩阵，使得，从而。下面求：故 ，20.设三阶实矩阵有二重特征值，如果都是对应于的特征向量，问可否对角化？【解析】三阶实对称矩阵的特征方程是三次方程，必有一个实根。又是的二重特征值，所以是单根。设对应于的特征向量为。对应的线性无关（不成比例）的特征向量有两个，如（或或或）（注意不可能有多于两个的线性无关的特征向量），不同特征值对应的特征向量线性无关。所以，三阶矩阵有3个线性无关的特征向量，可以对角化。21.已知。若，求。【解析】由，得.由，得的特征值。对应的特征向量分别为：。令，则.于是，即。从而22. 设，求(为正整数)。【解析】令，其中，则。的特征值为，它们

25、对应的特征向量分别为。令，则,不可以对角化，记，其中，则。用二项式展开计算得于是，23.对5.2节例1的矩阵，求正交矩阵，使得为对角阵。【解析】例1中已求出对应于的特征向量为，单位化得。对应于的特征向量为，用施密特正交化方法，先正交化，得：再单位化，得：，。取正交矩阵，则为对角矩阵，且。24.对下列实对称矩阵，求正交矩阵和对角矩阵，使：(1) ； (2) ； (3) ；(4) ； (5) 。【解析】(1) 的特征方程为故的全部特征值为(二重)，。对于，由，即可得其特征向量为。用施密特正交化方法，先正交化得：再将单位化，得： 对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得：。取正交矩阵，则。(2) 的

26、特征方程为,故的全部特征值为,，。 对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得。 对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得。 对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得。取正交矩阵，则。(3) 的特征方程为,故的全部特征值为,，。 对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得。 对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得。 对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得。取正交矩阵，则。(4) 的特征方程为故的全部特征值为,，。对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得。对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得。对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得。对于，由，即可得其特征向量为，单位化，得。取正交矩阵，则。

27、(5) 的特征方程为故的全部特征值为(三重)，。对于，由，即可得线性无关的特征向量。由于，故相互正交。将单位化，得。对于，由，即可得特征向量，单位化，得。取正交矩阵，则。25.设是阶实对称矩阵，且，证明存在正交矩阵，使得。【解析】设的对应于的特征向量为，则，。又由于，则。因为，所以，故或。由于是阶实对称矩阵，由定理5.12知存在阶正交矩阵，使得。26.设阶实对称矩阵的特征值。证明：存在特征值都是非负数的实对称矩阵，使得。【解析】为实对称矩阵，故存在正交阵，使得。于是。注意：，得，其中实对称矩阵的特征值。27.设为阶实对称幂等矩阵，求。【解析】利用25题结果：(其中1有个)。由，得 。28.设多

28、项式，是矩阵的一个特征值，是对应于的特征向量。证明是的特征值，且仍是对应于的特征向量。【解析】由于是矩阵的一个特征值，是对应于的特征向量，故。由特征值和特征向量的性质可知：是矩阵的一个特征值，即，两边同乘以，得，故，两边同时加上，得，即。由特征值和特征向量的定义可知是的特征值，且仍是对应于的特征向量。29.设,，证明：。【解析】由于，故存在可逆矩阵，使得。而，故即存在可逆矩阵，使得，由相似的定义知。30.设，已知0是的二重特征值，1是的单重特征值，求矩阵的特征多项式。【解析】利用，即，得，所以。31.设阶矩阵的每行元素之和皆为1，问：能否至少求得的一个特征值？【解析】由于的每行元素之和皆为1，

29、令，则即，其中，由此可得为的一个特征值。32.设是矩阵的个特征值。证明：。【解析】由，知于是即 所以，是的特征值，是的迹，即。33.(超纲)34.设都是阶矩阵，有个互不相同的特征值。证明：的充分必要条件是的特征向量也是的特征向量。【解析】必要性：设，则。因是的单重特征值，所以对应于的任意两个向量都成比例，于是，。故也是的对应于特征值的特征向量。充分性：因有个互不相同的特征值，所以有个线性无关的特征向量，故可对角化。记的个线性无关的特征向量为(也是的特征向量)，其对应的和特征值分别为，即。令，则利用对角矩阵与的乘积可交换，得到,上式两边左乘，右乘，即得。35.设都是阶矩阵，的特征多项式。证明：可

30、逆的充要条件为的任一特征值都不是的特征值。【解析】必要性：设的特征值为，即的特征多项式为，于是，。由可逆，即由此可得 。所以，的特征值都不是的特征值。充分性：因为由，即得，所以，可逆。注意：不能把代入中的而去求，这样成了一个数而不是矩阵了。36.证明反对称实矩阵的特征值必是零或纯虚数。【解析】已知，得。设 ， 上式两边取共轭和转置，然后再右乘，将代入，得由于时，所以，。因此，必是零或纯虚数。37.已知是中两个非零的正交向量，证明：矩阵的特征值全为零，且不可对角化。【解析】由正交，知，所以。设为的任意一个特征值，即，则。由于，故，所以的特征值全为零。当时，则.因为为非零向量,故,所以.又故。的基

31、础解系仅含个线性无关的解向量，即没有个线性无关的特征向量，所以不可对角化。38.设，且。试求矩阵的特征值，并求可逆矩阵，使成对角形。【解析】首先求矩阵的特征值。方法一：由于，所以。又由于，所以。 设是属于特征值的特征向量，则。对式两边右乘，得。而，所以，又由于，所以。由于 ，当时，对做初等行变换，得由于，所以，故基础解系中含有个解向量，即对应于的线性无关的特征向量的最大个数为，由定理5.8可知至少是重特征值。又由于，所以是重特征值。方法二：由于，所以。又由于，所以。上式两边同时右乘，得 设是属于特征值的特征向量，则。由特征值和特征向量的性质可知。式两边同时右乘，得。由于，所以(重)。下面求的特

32、征向量。当时，由，即可得特征向量。当时，由，即可得个线性无关的特征向量。取，则存在可逆矩阵，使得。39.已知的一个特征向量。(1) 确定及对应的特征值；(2) 能否相似于对角矩阵？说明理由。【解析】由，即可得：。因此，。 矩阵的特征方程为，由此可得的所有特征值为(三重)。对进行初等行变换，得，故，所以对应于特征值只有个线性无关的特征向量，由定理5.9知不能与对角矩阵相似。40.设，已知，且有一特征值，其特征向量，试求及。【解析】由于有一特征值，其特征向量，故。又由于，故可逆，且。对两边同时左乘，得，即 由此可得。由于，所以，故。41.设，已知有3个线性无关的特征向量，且是其二重特征值，求，使(

33、对角矩阵)。【解析】对作初等行变换，得，故，由定理3.14知：存在基础解系，且基础解系中含个解向量。又由于有3个线性无关的特征向量，且是其二重特征值，所以对应于有2个线性无关的特征向量，故。所以，。由于，故。当时，由，即可得对应于线性无关的特征向量。当时，由，即可得对应于线性无关的特征向量。 取，则存在可逆矩阵，使得.42.设均为非零向量，已知。试求：(1) ；(2) 的特征值与特征向量。【解析】(1)由于，所以，故。(2)设的特征值为，则，两边左乘，得。由于，所以。又由于所以。由于 ，当时，对作初等行变换，得：由于为非零向量，所以，故基础解系中含有个解向量，所以至少是重特征值。由于，即，即。

34、又由于，而，所以。由此可得为重特征值。由于为非零向量，这里不妨设。当时，由，即可得个线性无关的特征向量。 下列43-46题为选择题。43.已知是阶矩阵的个特征值，则行列式( )(A) ； (B) ；(C) ； (D) .【解析】设的特征值为，对应于的特征向量为，则。两边减去，得，故的特征值为，即。而，故，故C正确。44.已知阶矩阵的行列式，为的一个特征值，则(为单位矩阵)必有特征值( )(A) ； (B) ；(C) ； (D) .【解析】设为对应于的特征向量，则。由于，故可逆，且。对两边同时左乘，有。上式两边同时左乘，有，两边同时加，得：。故必有特征值，因此选B。45.若均为阶矩阵，且，则(

35、)(A) ； (B) 与有相同的特征值和特征向量；(C) ； (D) 对于任意常数，均有【解析】由于，则存在可逆矩阵，使得。这样，即存在可逆矩阵，使得，故，选D。46.已知 与 相似，则( )(A) ； (B) ；(C) ； (D) .【解析】由于，故与有相同的特征值。因此，即，整理得。又，即，故，选A。第六章 二次型将下列1-3题的二次型表示成矩阵形式。1.解：2.解：3.解：4.设元二次型的矩阵为阶三对角对称矩阵，试写出二次型（二次齐次多项式）的表示式。解：。5.若二次型对一切恒有，证明为阶零矩阵。证明：取(其中第个分量为1，其余分量全为零)，则有。再取(其中第和第个分量为1，其余分量全为

36、零)，则有。所以，的个元素全为0，即为阶零矩阵。6.设均为阶对称矩阵，且对一切有，则。证明：由，对一切恒有。利用上题结果得。7.设，且它们都是阶实对称矩阵，下列结论成立吗？(1) ； (2) 解：(1)不成立；如，此时，与不合同。(2)成立。由(其中为可逆矩阵)，得，其中仍然可逆，所以结论成立。8.用正交变换，将下列二次型化为标准形，并求正交矩阵：(1) 解：二次型对应的矩阵为的三个特征值为。由，求得对应的特征向量为由，求得对应的特征向量为由，求得对应的特征向量为因是分别属于三个不同特征值的特征向量，故正交。单位化，令，有。(2) 解：二次型对应的矩阵为由，求得对应的特征向量为正交化，得再单位

37、化，得由，求得对应的特征向量为单位化，令，则。9.设，求正交矩阵，使得为对角矩阵。解：利用7(2)分块矩阵合同的结论，令，其中。对，存在可逆矩阵，使得；对，存在可逆矩阵，使得。不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化。取，令 ，则有 。10.用配方法将下列二次型化为标准形，并写出所用的坐标变换：(1) 解： 令则这样，二次型化为标准形，所用的坐标变换为，其中。(2) 解：因为二次型中没有平方项，无法配方，所以先做一个坐标变换，使其出现平方项。根据，利用平方差公式，令则令则这样，二次型化为标准形，所用的变换为和，即，其中，。(3) 解： 令 则 这样，二次型转化为标准形，所用的变换为，其中。11.用初等变换法将下列二次型化为标准形，并求相应的坐标变换。(1) 解：，则初等变换可以写成于是，做坐标变换，其中，则二次型化为标准形。(2) 解：，则初等变换可以写成于是，做坐标变换，其中，则二次型化为标准形。(3) 解：，则初等变换可以写成于是，做坐标变换，其中，则二次型化为标准形。12.设为可逆矩阵，且，问：对角矩阵的对角元是否都是的特征值？并说明理由。解：对角矩阵的对角元不一定都是的特征值，当为正交矩阵时，对角矩阵的对角元一定是的特征值。13.设阶实对称矩阵的秩为，试证明：(1)存在可逆矩阵，使得，其中。(2) 可表示为个秩为1的对称矩阵之和。证明：(