赵树源线性代数习题四(B)题目和答案_4线性代数习题4答案

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第四章

矩阵的特征值

习题四(B)1．三阶矩阵A的特征值为－2，1，3，则下列矩阵中非奇异矩阵是[

]。

CA2IA

B2IA【解】应选择答案A。因为：

由已知及特征值定义，A的特征方程IA0的根为－2，1，3，应有2IAIA3IA0，即有2IA(1)32IA0，知2IA为奇异矩阵；

由IA0知IA为奇异矩阵；

A3I(1)3IA0，知A3I为奇异矩阵；

DA3I IA而三阶矩阵只能有三个特征值，故2不可能是A的特征值，从而2IA0，即2IA为非奇异矩阵。

2．设02是可逆矩阵A的一个特征值，则矩阵(A)必有一个特征值为[

]。

3121A43

B34

C34

D43

【解】应选择答案B。因为：

02是矩阵A的一个特征值，即有A2，于是亦即1313AA221343A(A)13A(2)23A23(2)，，121对上式两端左乘(A)，得(A)(A)(A)()，312112121433334121(A)，331213整理得(A)，343121这说明是矩阵(A)的一个特征值。

43亦即 I

3．设1，2都是n阶矩阵A的特征值，12，且1与2分别是A的对应于1与2的第四章

矩阵的特征值

习题四(B)特征向量，则[

]。

Ac10且c2Bc10且c2Cc1c2Dc10时，c11c22必是A的特征向量 0时，c11c22必是A的特征向量

0时，c11c22必是A的特征向量

0而c20时，c11c22必是A的特征向量

【解】应选择答案D。因为：

A当c10且c20时，c11c220102o为零向量，不可成为任一n阶矩阵A的特征向量；

B反设c11c22是A的特征向量，对应的特征值为，于是有 A(c11c22)(c11c22), 亦即为 c1(1)1c2(2)2o，由定理4.3，不同特征值对应的特征向量线性无关，由上式应有

c1(1)c2(2)0，而题设c10且c20，于是只能有120，亦即为 12，但这与题设12相矛盾，从而c10且c20时，c11c22不可能是A的特征向量；

C当c1c20时，有可能c1与c2同时为0，因为此时c11c22为零向量，所以c11c22“必”是A的特征向量的说法是错误的；

综上知，D正确。事实上：

当c10而c20时，c11c22c11，而已知1是A的对应于1的特征向量，即有AAc11c1A1c111=1(c11)，知此时c11c22是A的对应于1的特征向量。

第四章

矩阵的特征值

习题四(B)14．与矩阵A0010A012001000相似的矩阵是[

]。2110010

C020010110

D02002011 1010

B010【解】应选择答案C。因为：

设各选项矩阵分别为AA，AB，AC，AD，则由于A与AA，AB，AC，AD都是对角矩阵，因此它们的特征值都是其主对角线上的元素，即都是121，32，按定理4.7，只要看AA，AB，AC，AD是否满足：对每一个ni重特征值i，成立r(iIAK)nni者即与A相似，即：

0A对于121，有nni321，而由IAA001011，得

00r(IA)2，有r(iIAA)nni，A1即由定理4.7，00120011不与矩阵A01001000相似。210000，得1B0对于121，有nni321，而由IAB00r(IA)2，成立r(iIAB)nni，B1即由定理4.7，00110010不与矩阵A02001000相似。200010，得1C0对于121，有nni321，而由IAC00，成立r(iIAC)nni，r(IA)1C

第四章

矩阵的特征值

习题四(B)又对于32，有nni3112，而由2IAC0001010，得0r(2IAA)，成立2r(iIAA)nni，010110与矩阵A02001000相似。2111，得

0001综上，由定理4.7，000D对于121，有nni321，而由IAD00r(IA)2，有r(iIAA)nni； D1由定理4.7，00020111不与矩阵A01001000相似。2

5．矩阵A与B相似的充分必要条件是[

]。

AAB

Br(A)r(B)

CA与B有相同的特征多项式

Dn阶矩阵A与B有相同的特征值且n个特征值互不相同

【解】应选择答案D。因为：

1AAB是A与B相似的充分但不必要条件。如B001A0001000有AB，但由上面4题B知，A与B不相似。211000与矩阵211000与矩阵21Br(A)r(B)是A与B相似的充分但不必要条件。如B00

第四章

矩阵的特征值

习题四(B)1A0001000有r(A)r(B)3，但由上面4题B知，A与B不相似。2A与B相似的充分但不必要条件。如CA与B有相同的特征多项式，是1B00110010与矩阵A020010020具有相同的特征多项式(1)(2)，但由上面42题B知，A与B不相似。

D矩阵A与B相似的充分必要条件是“n阶矩阵A与B有相同的特征值且n个特征值互不相同”。这是定理4.6的推论。

6．设A，B为n阶矩阵，且A与B相似，则[

]。

AIAIB

BA与B有相同的特征值和特征向量 CA与B都相似于一个对角矩阵 D对任意常数t，tIA与tIB相似

【解】应选择答案D。因为：

AA～B时，不一定有IAIB。

1如A00010010～B0200010010，2010，210但IA010100，IB2010对比可见IAIB。

BA与B相似，由定义4.3，有可逆阵P，使P1AP

B，亦即PABP11，第四章

矩阵的特征值

习题四(B)由定理4.5，A与B相似则有相同的特征值。于是可设A与B有相同的特征值0，并设A对应于0的特征向量为，即应有A0，于是在等号两端左乘P1，得PA0P，111111由于本小题的第一步所得的PABP，上式因此变化为BP0P，这说明B对应于0的特征向量为P，而P与未必相等，即说明A与B对应于相同的特征值未必有相同的特征向量。

1C由课本P183页末知，A41130020与约当矩阵J02013001001相似，1111而由课本P180页末又知，A4100不存在相似的对角矩阵，2因此，A与B相似，则A与B都相似于一个对角矩阵的判断未必正确。

综上知，D正确。事实上：

由于A与B相似，由定义4.3，有可逆阵P，使PAPB，于是，对任意常数t，P(tIA)PtPPPAP

亦即为

P(tIA)P(tIB)，由定义4.3，这说明tIA与tIB相似。

07．设三阶矩阵Ax101010有三个线性无关的特征向量，则x[

]。011111A1

B0

C1

D2

【解】应选择答案B。因为：

第四章

矩阵的特征值

习题四(B)010(1)(1)(1)(1)，得A的特征值

22由IAx11011，231，由定理4.6，有三个线性无关特征向量的三阶矩阵A必与对角矩阵相似，从而由定理4.7，对于2重特征值1，由于nni321，应有r(IA)1，1而由于IAx10001100100001x，即应有x0。0

18．设矩阵A与B相似，其中A102x032，已知矩阵B有特征值1，2，3，则x[

]。1A4

B3

C4

D3

【解】应选择答案A。因为：

题设AB，由定理4.5知，A与B有相同的特征值1，2，3，再由定理4.4，A的所有特征值之和等于A的主对角线上元素之和，即有

1231x1

解之得

x4。

9．下述结论中，不正确的是[

]。

A若向量与正交，则对任意实数a，b，a与b也正交

B若向量与向量1，2都正交，则与1，2的任一线性组合也正交 C若向量与正交，则，中至少有一个是零向量 D若向量与任意同维向量正交，则是零向量

【解】应选择答案C。因为：

第四章

矩阵的特征值

习题四(B)A若向量与正交，由定义4.7，成立T0，于是，对任意实数a，b，有(a)T(b)abTab00，即由定义4.7知，a与b也正交。命题正确而非不正确。

B若向量与向量1，2都正交，由定义4.7，成立1T于是，对1，2的任一线性组合a1b2，成立

0，20，T(a1b2)[(a1)(b2)][a1b2]

a1b2a0b00，TTTTTTTT由定义4.7知，与1，2的任一线性组合也正交。命题正确而非不正确。

C若向量与正交，由于正交定义4.7并未指定与是否为零向量，因此本命题肯定说正交向量，中至少有一个是零向量不正确。

事实上，当，中至少有一个是零向量时，必成立0，而当，中都

T不是零向量时，仍可能成立0，如(0,1)而(1,0)时，它们都不是零向量，但

T成立0。TD若向量与任意同维向量正交，不妨设为n维向量T(a1,a2,,an)，则与初始单位向量组1，2，„，n正交，即有k0（k1,2,,n），亦即ak10（k1,2,,n），从而的n个分量都为零，即是零向量。命题正确而非不正确。

10．设A为n阶实对称矩阵，则[

]。

ABCDA的n个特征向量两两正交

A的n个特征向量组成单位正交向量组 A的k重特征值0，有r(0IA)nk A的k重特征值0，有r(0IA)k

【解】应选择答案C。因为：

第四章

矩阵的特征值

习题四(B)A关于实对称矩阵的特征向量的正交判断定理仅有定理4.12，而且定理指明：对应于不同特征值的特征向量才是正交的，因此，本题的正交条件不足，仅为“实对称矩阵”，难

2以保证特征向量两两正交。事实上，课本P191例5中，实对称矩阵A=22T25424有5T2=(2,0,1)，特征值1=2=1，其中对应于1=2=1的特征向量为1=(2,1,0)，3=10。2T显见12=(2,1,0)040040，说明1与2就不是正交的； 1B由A知，A的n个特征向量尚且不一定两两正交，那就更不一定能组成单位正交向量组了；

C“A的k重特征值0，有r(0IA)nk”是n阶实对称矩阵与对角矩阵相似的充分必要条件——定理4.7，而本题已知“A为n阶实对称矩阵”，由定理4.13知其必与对角矩阵相似，从而本判断是正确的；

D由定理4.7及C的判断，A的k重特征值0，应有r(0IA)nk成立而不是r(0IA)k成立。

*11．A为3阶矩阵，1，2，3为其特征值，limAO的充分条件是[

]。

nnA1C11，21，31

B11，231 1，21，31

D1231

【解】应选择答案C。因为：

由定理4.14，n阶矩阵A成立limAO的充分必要条件为A的一切特征值的模小于

nn1。可知仅有条件C可选。