第五章相似矩阵及二次型1试用施密特法把下列向量组正交化(1)931421111),,(321aaa解根据施密特正交化方法11111ab101],[],[1112122bbbabab12131],[],[],[],[222321113133bbbabbbbabab(2)011101110111),,(321aaa解根据施密特正交化方法110111ab123131],[],[1112122bbbabab433151],[],[],[],[222321113133bbbabbbbabab2下列矩阵是不是正交阵: (1)121312112131211; 解此矩阵的第一个行向量非单位向量, 故不是正交阵(2)979494949198949891解该方阵每一个行向量均是单位向量且两两正交故为正交阵3设 x 为 n 维列向量xTx 1令 H E 2xxT证明 H 是对称的正交阵证明因为HT (E 2xxT)T E 2(xxT)T E 2(xxT)T E 2(xT)TxT E 2xxT所以 H 是对称矩阵因为HTH HH (E 2xxT)(E 2xxT) E 2xxT 2xxT (2xxT)(2xxT) E 4xxT 4x(xTx)xTE 4xxT 4xxTE所以 H 是正交矩阵4设 A 与 B 都是 n 阶正交阵证明 AB 也是正交阵证明因为 A B 是 n 阶正交阵故 A1 AT B1 BT(AB)T(AB) BTATAB B 1A 1AB E故 AB 也是正交阵5求下列矩阵的特征值和特征向量: (1)201335212; 解3)1(201335212||EA故 A 的特征值为1(三重 )对于特征值1由000110101101325213~EA得方程 (A E)x 0 的基础解系p1 (1 11)T 向量 p1 就是对应于特征值1 的特征值向量 . (2)633312321; 解)9)(1(633312321||EA故 A 的特征值为1 0213 9对于特征值1 0由000110321633312321~A得方程 Ax 0 的基础解系p1 ( 11 1)T向量 p1 是对应于特征值1 0 的特征值向量 . 对于特征值21, 由000100322733322322~EA得方程 (A E)x 0 的基础解系p2 ( 1 1 0)T向量 p2 就是对应于特征值21 的特征值向量对于特征值3 9由00021101113333823289~EA得方程 (A 9E)x 0 的基础解系p3 (1/21/2 1)T向量 p3 就是对应于特征值3 9 的特征值向量(3)0001001001001000.（和书后答案不同，以书后为主，但解题步骤可以参考）解22)1()1(001010010100||EA故 A 的特征值为12134 1对于特征值121 由00000000011010011001011001101001~EA得方程 (A E)x 0 的基础解系 p1 (1 0 01)T p2 (0 11 0)T向量 p1 和 p2 是对应于特征值121 的线性无关特征值向量对于特征值34 1 由00000000011010011001011001101001~EA得方程 (A E)x 0 的基础解系p3 (1 0 0 1)T p4 (0 1 1 0)T 向量 p3 和 p4 是对应于特征值34 1 的线性无关特...
