第五章 相似矩阵及二次型

本章主要讨论方阵的特征值与特征向量、方阵的相似对角化和二次型的化简等问题,其中涉及向量的内积、长度及正交等知识,下面先介绍这些知识。——线性代数同济版

  本章主要介绍了特征值、特征向量、对角化以及二次型的计算方法。

8.设nnn阶矩阵A,B\bm{A},\bm{B}A,B满足R(A)+R(B)<nR(\bm{A})+R(\bm{B})<nR(A)+R(B)<n,证明A\bm{A}A与B\bm{B}B有公共的特征值和公共的特征向量。

  显然R(A)<nR(\bm{A})<nR(A)<n,另一方面,A\bm{A}A不可逆,故000是A\bm{A}A的特征值。
  同理,000也是B\bm{B}B的特征值。故此,方程组{Ax=0,Bx=0\begin{cases}\bm{Ax}=\bm{0},\\\bm{Bx}=\bm{0}\end{cases}{Ax=0,Bx=0​有非零解。由矩阵的性质知
R(AT,BT)R(AT)+R(BT)<n. R(\bm{A}^\mathrm{T},\bm{B}^\mathrm{T})\leqslant R(\bm{A}^\mathrm{T})+R(\bm{B}^\mathrm{T})<n. R(AT,BT)⩽R(AT)+R(BT)<n.
  综上,A\bm{A}A与B\bm{B}B有公共的特征向量。(这道题主要利用了矩阵的性质求解

12.已知333阶矩阵A\bm{A}A的特征值为1,2,31,2,31,2,3,求A35A2+7A|\bm{A}^3-5\bm{A}^2+7\bm{A}|∣A3−5A2+7A∣。

  令φ(λ)=λ35λ2+7λ\varphi(\lambda)=\lambda^3-5\lambda^2+7\lambdaφ(λ)=λ3−5λ2+7λ。因1,2,31,2,31,2,3是A\bm{A}A的特征值,故φ(1)=3,φ(2)=2,φ(3)=3\varphi(1)=3,\varphi(2)=2,\varphi(3)=3φ(1)=3,φ(2)=2,φ(3)=3是φ(A)=A35A2+7A\varphi(\bm{A})=\bm{A}^3-5\bm{A}^2+7\bm{A}φ(A)=A3−5A2+7A的特征值。又:φ(A)\varphi(\bm{A})φ(A)为333阶方阵,这样φ(1),φ(2),φ(3)\varphi(1),\varphi(2),\varphi(3)φ(1),φ(2),φ(3)便是φ(A)\varphi(\bm{A})φ(A)的全部特征值。由特征值性质得
det(A)=φ(1)φ(2)φ(3)=18 \mathrm{det}(\bm{A})=\varphi(1)\varphi(2)\varphi(3)=18 det(A)=φ(1)φ(2)φ(3)=18
这道题主要利用了矩阵多项式与特征值求解

24.设a=(a1,a2,,an)T,a10,A=aaT.\bm{a}=(a_1,a_2,\cdots,a_n)^\mathrm{T},a_1\ne0,\bm{A}=\bm{aa}^\mathrm{T}.a=(a1​,a2​,⋯,an​)T,a1​​=0,A=aaT.

(1)证明λ=0\lambda=0λ=0是A\bm{A}A的n1n-1n−1重特征值;

  首先证明λ=0\lambda=0λ=0是A\bm{A}A的n1n-1n−1重特征值。注意到A\bm{A}A为对称阵,故A\bm{A}A可以与对角阵Λ\bm{\varLambda}Λ相似。显然R(A)=1R(\bm{A})=1R(A)=1,从而R(Λ)=1R(\bm{\varLambda})=1R(Λ)=1,于是Λ\bm{\varLambda}Λ只有一个非零对角元,即λ=0\lambda=0λ=0是A\bm{A}A的n1n-1n−1重特征值。(这道题主要利用了矩阵秩求解

(2)求A\bm{A}A的非零特征值及nnn个线性无关的特征向量。

  其次求A\bm{A}A的非零特征值,因A=aaT\bm{A}=\bm{aa}^\mathrm{T}A=aaT的对角元之和为ai2\sum a_i^2∑ai2​,又由特征值性质:A\bm{A}A的nnn个特征值之和为它的nnn个对角元之和,从而由上知ai2\sum a_i^2∑ai2​为A\bm{A}A的非零特征值。
  再求A\bm{A}A的特征向量。对应于λ=0\lambda=0λ=0,解方程Ax=0\bm{Ax}=\bm{0}Ax=0。由
A=(a12a1a2a1ana2a1a22a2anana1ana2an2)(a1a2an000000). \bm{A}=\begin{pmatrix}a^2_1&a_1a_2&\cdots&a_1a_n\\a_2a_1&a^2_2&\cdots&a_2a_n\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_na_1&a_na_2&\cdots&a_n^2\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}a_1&a_2&\cdots&a_n\\0&0&\cdots&0\\\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&\cdots&0\end{pmatrix}. A=⎝⎜⎜⎜⎛​a12​a2​a1​⋮an​a1​​a1​a2​a22​⋮an​a2​​⋯⋯⋯​a1​an​a2​an​⋮an2​​⎠⎟⎟⎟⎞​∼⎝⎜⎜⎜⎛​a1​0⋮0​a2​0⋮0​⋯⋯⋯​an​0⋮0​⎠⎟⎟⎟⎞​.
  得n1n-1n−1个线性无关的特征向量为
ξ2=(a2a1100),ξ3=(a3a1010),,ξn=(ana1001). \bm{\xi}_2=\begin{pmatrix}-\cfrac{a_2}{a_1}\\1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix},\bm{\xi}_3=\begin{pmatrix}-\cfrac{a_3}{a_1}\\0\\1\\\vdots\\0\end{pmatrix},\cdots,\bm{\xi}_n=\begin{pmatrix}-\cfrac{a_n}{a_1}\\0\\0\\\vdots\\1\end{pmatrix}. ξ2​=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛​−a1​a2​​10⋮0​⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞​,ξ3​=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛​−a1​a3​​01⋮0​⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞​,⋯,ξn​=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛​−a1​an​​00⋮1​⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞​.
  对应于λ1=ai2\lambda_1=\sum a_i^2λ1​=∑ai2​的特征向量ξ1\bm{\xi}_1ξ1​。由A=aaT\bm{A}=\bm{aa}^\mathrm{T}A=aaT,有
Aa=(aaT)a=a(aTa)=(aTa)a. \bm{Aa}=(\bm{aa}^{\mathrm{T}})\bm{a}=\bm{a}(\bm{a}^\mathrm{T}\bm{a})=(\bm{a}^\mathrm{T}\bm{a})\bm{a}. Aa=(aaT)a=a(aTa)=(aTa)a.
  按定义,即知A\bm{A}A有非零特征值λ1=aTa\lambda_1=\bm{a}^\mathrm{T}\bm{a}λ1​=aTa,且对应特征向量为a\bm{a}a。(这道题主要利用了对角矩阵的性质求解

30.证明二次型f=xTAxf=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}f=xTAx在x=1\lVert x\rVert=1∥x∥=1时的最大值为矩阵A\bm{A}A的最大特征值。

  设λ1λ2λn\lambda_1\geqslant\lambda_2\geqslant\cdots\geqslant\lambda_nλ1​⩾λ2​⩾⋯⩾λn​为A\bm{A}A的nnn个特征值,由定理知,有正交变换x=Qy\bm{x}=\bm{Qy}x=Qy,使f(x)=λ1y12++λnyn2f(\bm{x})=\lambda_1y_1^2+\cdots+\lambda_ny_n^2f(x)=λ1​y12​+⋯+λn​yn2​。又y=yTy=yTQTQy=xTx=x=1\lVert y\rVert=\bm{y}^\mathrm{T}\bm{y}=\bm{y}^\mathrm{T}\bm{Q}^\mathrm{T}\bm{Q}\bm{y}=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{x}=\lVert x\rVert=1∥y∥=yTy=yTQTQy=xTx=∥x∥=1,从而
maxx=1f(x)=maxyi2=1(λ1y12++λnyn2)λ1maxyi2=1yi2=1=λ1. \begin{aligned} \underset{\lVert x\rVert=1}{\mathrm{max}}f(\bm{x})&=\underset{\sum y_i^2=1}{\mathrm{max}}(\lambda_1y_1^2+\cdots+\lambda_ny_n^2)\\ &\leqslant\lambda_1\underset{\sum y_i^2=1}{\mathrm{max}}\sum y_i^2=1=\lambda_1. \end{aligned} ∥x∥=1max​f(x)​=∑yi2​=1max​(λ1​y12​+⋯+λn​yn2​)⩽λ1​∑yi2​=1max​∑yi2​=1=λ1​.​
这道题主要利用了正交变换证明

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