西北工业大学矩阵论课件PPT第一章例题矩阵的相似变换 83页

'例求下列矩阵的特征值与特征向量：1)第一章矩阵的相似变换§1基本概念解 A的特征值为对于求解由于 同解方程组为基础解系为故对应的所有特征向量为对于求解由于同解方程组为特征向量为 对于求解由于同解方程组为特征向量为 2)解A的特征值为求解由于 基础解系为对应的所有特征向量为不全为0)同解方程组为 3)解 A的特征值为 对于求解由于同解方程组为基础解系为对应的全部特征向量为 对于求解由于同解方程组为即对应有3个线性无关的特征向量全部特征向量为不全为0) 例下列矩阵是否可对角化？若可以，试求出相似变换矩阵和相应的对角矩阵：1)解A的特征值为因为A的特征值互异，所以A可对角化。又对应的特征向量分别为可求得§2相似对角化 故相似变换阵使得 2)解所以A的特征值为对应三重特征值2有两个线性无关的特征向量故A不可对角化。可求得 3)解对应三重特征值2有三个线性无关的特征向量故A可对角化。又对应的特征向量为故相似变换阵可求得所以A的特征值为 使得 例试求解其中于是已知可求得 例解求解一阶线性常系数微分方程组令则微分方程组可写成矩阵形式 可求得使得令其中注意到代人前一式得即 写成分量形式为解之得故得任意) 例解所以A的特征值为又对应有2个线性无关的特征向量求下列矩阵的Jordan标准形：1)可求得§3Jordan标准形介绍 故A的Jordan标准形为(或2)解所以A的特征值为可求得 故A的Jordan标准形为(或又对应只有一个线性无关的特征向量上述方法的缺点是，当A的某个特征值的重数为4或大于4时，其对应的Jordan块可能无法确定。 例解求的Jordan标准形。注可求得且此时A对应5重特征值1有3个线性无关的特征向量，直接按特征向量法无法确定A的Jordan标准形。设则 可求得且所以A1和A2的Jordan标准形分别为且故A的Jordan标准形为 求用所得的商式和余式。除例已知多项式解可求得故以g()除f()所得的商式为余式为 例解用初等变换化为Smith求下列矩阵的Jordan标准形：1)第一步：对标准形： 从而A的不变因子为第二步：(此处是和分解成关于的不同的一次因式方幂的乘积，本题中A的初等因子为和再把A的每个次数大于零的不变因子并分别写出这些方幂(相同的按出现的次数计数)，称之为A的初等因子，第三步：作出Jordan块对每个初等因子阶 所有初等因子对应的Jordan块构成的Jordan矩阵J即是A的Jordan标准形。本题中A的Jordan标准形为 2)解 A的不变因子为A的初等因子为A的Jordan标准形为 例已知一个12阶矩阵的不变因子是求A的Jordan标准形。解A的初等因子为故A的Jordan标准形为： 例解求下列矩阵的Jordan标准形：1)一阶子式共有9个，显然 二阶子式共有个： 所以又故从而A的不变因子为A的初等因子为A的Jordan标准形为 2)解其中三阶子式 故从而又有所以A的不变因子为A的初等因子为A的Jordan标准形为 3)解中有一个5阶子式 所以又A的不变因子为A的初等因子为A的Jordan标准形为 例解中3阶子式求矩阵的Jordan标准形。 因为整除所有3阶子式，且所以A的不变因子为故A的Jordan标准形为 例的Jordan标准形J及所用的相似变换阵P。解求矩阵已求得A的Jordan标准形为 设即按列分块，则由即得即也即由上式可见，分别是特征值1和3对应的可利用已求出的求解非齐次方程组而特征向量，而作为右端项，得到，又可由求解非齐次方程组得到。 可求得特征值1对应的特征向量为取求解由于 同解方程组为令得 再求解由于同解方程组为令得 取为对应特征值3的特征向量故相似变换阵使得是特征值1的广义特征向量。注称它们不是唯一的。 例的Jordan标准形和所用的相似变换阵。解求矩阵 A的特征值为求解由于同解方程组为基础解系为从而A的Jordan标准形为 若设使得则有可见应取对应特征值的两个线性无关的特征向量。(注为得到求解方程组即这是矛盾方程组。)若取处理方法如下： 取定又令只要则也是对应选择其中的系数使的特征向量，满足两点:（1）与（2）使方程组由于线性无关；有解。 可见，方程组有解。则它与又同解方程组为时，取线性无关。当令得 故相似变换阵使当一个重特征值对应2个及2个以上的Jordan注块时，经常要作这样的处理，应加以注意。 例的n个特征值为证明证取行列式即得。设根据Jordan标准形理论，存在n阶可逆阵P使(其中*代表0或1) 例求已知解其中可求得 故 例解其中求解微分方程组首先化为矩阵形式 可求得其中令其中代入方程得即写成分量形式为由第1,3个方程解得 这是一阶线性微分方程，故任意)代入第2个方程得其解为 例求2)已知1)解1)用带余除法§4Hamilton-Cayley定理 设用可得由于所以除其中A的特征多项式为 2)需求出注意满足又对(*)式求导得解得用待定系数法设(*)(**)将代入(*)式和上式并利用(**)式得 故例试将表为A的二次多项式。解A的特征多项式为令设3阶方阵A的特征值为1，–1，2，将依次代入上式得 解得因此 例解A的特征多项式为的因式有由性质2，试求下列矩阵的最小多项式1）只需验证第4个因式。可知 故2）解B的特征多项式为所以的因式为因为故B的最小多项式为 例解求下列矩阵的最小多项式1)2） 解所以A的特征值为对应有两个线性无关的特征向量从而A的Jordan标准形为故因为 例求下列矩阵的最小多项式1）解但中右上角的阶子式 故从而 2）解但在中1，3行、1，2列的二阶子式所以从而这一方法的缺点是，可能比较麻烦。求 例求和解已知§5酉(正交)相似下的标准形例解所以已知向量试将其单位化。因为 例解试把向量组正交化。 则是正交向量组。 例解所以A不是酉矩阵。法2．矩阵是否酉矩阵？若不是，试利用其列向量构造一个酉矩阵。法1．因为设 因为所以A不是酉矩阵。利用Gram-Schmidt正交化过程构造正交向量组单位化得故是一个酉矩阵。 例解即A是实反对称阵，所以A又因为所以A的特征值为可求得对应的特征向量为矩阵是否正规矩阵？若是，试将其酉相似对角化。因为是正规矩阵。 它们已正交；故酉矩阵使单位化得 例求正交阵Q,使解A的特征值为对应的特征向量为单位化得对应的特征向量为已知实对称阵为对角阵。 它们已正交，对应于的特征向量为单位化得故正交矩阵使单位化得'