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1、习题五4.证明：(1)Hr=(E-2xxt)t=ET-2(xxT)r=E-2(xr)rxr=E-2xxr=H,所以H是对称阵.(2)H是正交阵，因为H1H=H2=(E-2xxt)2-E-4xxy+4xxrxx7-E-4xx7+4x(x7x)x7=E-4xxt+4xxt=E综上所述，丹是对称的正交阵.5.证明：因为ArA=E,BtB=E,所以=B^AB=Br(ArA)B=BTB=E・7.证明：因为
2、A7-AE
3、=
4、(A-W
5、=
6、A-/IE
7、,即以与A有相同的特征多项式，从而与A有相同的特征值.8.证明：因为R(A)+R(B)vn,所以R(A)8、a
9、=o«2=
10、0是a的特征值.同理，2=0也是B的特征值，故A,B有相同的特征值.A,B对应于特征值A=0的特征向量依次是Ax=0和Bx=0的非零解.f心=o(AA,B对应于特征值2=0有相同的特征向量o彳有非零解o兀=0有非零解[Bx=0[B](A}0Rvn・下面往证/?V"成立.冷丿R=7?(Ar,Bt)11、A2-3A+2£
12、=
13、A-£
14、
15、A-2£
16、=0,那么A-E=Q或
17、A—2日=0,从而A的特征值只能等于1或2.正确证明过程：记0(4)=A
18、2—3A+2E,^(A)=A2-3A+2.若2是4的特征值，则久久)是0(小的特征值.因为(p(A)=A2-3A+2E=O,零矩阵的特征值必等于零，所以0(2)=22一32+2=0,解得2=1或2=2,从而A的特征值只能等于1或2.10.证明：因为ATA=EtA=-t所以
19、A+£；
20、=
21、A+A7A
22、=
23、A(E+Ar)
24、=
25、A
26、
27、£；+Ar
28、=(-l)
29、(£：+A)r
30、=-
31、A+EA+E
32、=0故A=-l是A的特征值.11.证明：设非零列向量§是AB对应于特征值久工0的特征向量，那么AB§=吋・在等号两边同吋乘以矩阵B,得(BA)(B»a(BG・若B"0,则2
33、也是BA的特征值，是对应的特征向量.若B§=0,则心AB§=0,已知纟是非零列向量，故A=0,矛盾，这说明必有B"0・解：已知3阶矩阵A的特征值为1,2,3,记^(A)=A3-5A2+7A,有^(2)=/13-5/12+7/1,于是°(1)=3,(p(2)=2,°(3)=3是°(A)的特征值，从而有(p(A)=
34、A3-5A2+7A
35、=俠1)0(2)0(3)=3x2x3=18.13.解：已知A的特征值为1,2,-3,那么
36、A
37、=-6,A可逆,于是A*=
38、A
39、A-1=-6^-*,所以A"+3A+2E=—6A-+3A+2E,记作©(A).记0(2)=—6/1"+3
40、2+2,于是0(1)=—1,°⑵=5,0(-3)=-5是0(A)的特征值,从而有41、-6A_1+3A+2£
42、=卩⑴0(2)0(-3)=(-l)x5x(-5)=25.14.证明：因为A可逆，所以AB=(^1尸B=(A~])_,BE=(A_,)_,B(A41)=(A-1)_,(BA)A"即AB与BA相似.15.解：矩阵A的特征多项式A-AE=3401-201x5-A=(2—久)1-A5-A+14l-A0=(2-2)(1-2)(5一Q)_4(1_Q)=(1_2)2(6-2)得人=/?2=l,入=6.对应单根入=6,可求得线性无关的特征向量一个，故矩阵
43、A可对角化的充分必要条件是对应重根人=易二1有2个线性无关的特征向量，即方程组(A-E)x=0^2个线性无关的解，亦即系数矩阵(A-E)的秩等于1.‘101><101、由A-E=30xr00x-3,要R(A—E)=1,得x-3=0,即x=3<404丿(1)(A-AE)p=5a-A31=Q+2—Q=0b_2-2丿Z?+1+A丿0-1-A=O即<。+2-2=0,得A=—l,a=—3、b=0・/?+1+2=02—A—12(2)A-AE=5-3-/13=-A3-3A2-32-l
44、=-(/l+l)3-10-2-A得人=&=心=_1.矩阵A可对角化的充分必要条件是对应重根人二入二入=-1有3个线性无关的特征向量,即方程组(A+E)兀二0有3个线性无关的解，亦即系数矩阵(A+E)的秩等于0.显然（A+E）不是零矩阵，系数矩阵（A+E）的秩不等于0,因此矩阵A不能相似对角化.1-217.A-AE=004-3-A243-A=(1_2)一3-久4=(1_2)仇+5)(兄_5)当人=1时，解方程组（A—E）x=0・‘042、厂010、由A-E=0-44f001、042丿<000,得棊础解系P=0,所以如心0）是对应于人=1的全部特征值.0<64
45、2、••‘10-1、当入
