线性代数的一些证明题.docx
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线性代数的一些证明题.docx
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线性代数的一些证明题
线性代数一些证明题
1
题目
设n阶可逆矩阵A满足A2=A,求A的特征值。
知识点
特征值与特征向量
矩阵的行列式
解题过程
解:
因为A2=A
所以A2-A=0
所以det(A2-A)=det[A(A-E)]=det(A)det(A-E)=0
A为可逆矩阵,所以det(A)≠0
所以det(A-E)=0
所以A的特征值为1.
常见错误
设存在λ,使Ax=λx成立
则det(Ax)=det(A)det(x)
=det(x)
=ndet(x)(错误在于向量取行列式)
所以有ndet(A)成立.
又因为A2=A
det(A)2=det(A),即det(A)=0或det(A)=1.
由于A为可逆矩阵,det(A)≠.0所以det(A)=1
当n为奇数时,λ=.1
当n为偶数时,λ=1.
相关例题
设A为n阶矩阵,若A2=E,试证A的特征值是1或-1.2题目
设A是奇数阶正交矩阵,且det(A)=1,证明det(E-A)=0.知识点
①正交矩阵的定义:
ATA=E
②单位矩阵的性质:
EA=AE=AET=E③矩阵运算规律
④转置矩阵的性质:
(A+B)T=AT+BT
⑤det(A)=det(AT)⑥det(AB)=det(A)det(B)
⑦det(-A)=(-1)ndet(A)
解题过程
∵A是正交矩阵
∴E-A=ATA-A=ATA-EA=(AT-E)A
∵det(A)=1
∴det(E-A)=det((AT-E)A)=det(AT-E)det(A)=det(AT-E)
∵det(E-A)=det(E-A)T=det(E-AT)
∴det(AT-E)=det(E-AT)=det(-(AT-E))=(-1)ndet(AT-E)∵n为奇数
∴(-1)n=-1∴det(AT-E)=0∴det(E-A)=0
常见错误
①误以为det(E-A)=det(E)-det(A),于是det(E-A)=1-det(A)=1-1=0
②∵det(A)=1
∴a1·a2·⋯a·n=1(其中a1,a2,⋯,an为A作初等变换变为上三角形后对角线上的元素).
∴det(E-A)=(1-a1)(1-a2)⋯(1-an).
∵det(E-A)=det((AT-E)A)=det(AT-E)det(A)=det(AT-E)
且det(AT-E)=(a1-1)(a2-1)⋯(an-1).
∴(1-a1)(1-a2)⋯(1-an)=(a1-1)(a2-1)⋯(an-1)
=(-1)n(1-a1)(1-a2)⋯(1-an)
∵n为奇数
∴(-1)n=-1
1-a1)(1-a2)⋯(1-an)=0
∴det(E-A)=0
以上证法先把A变为上三角,再用E减去变化后的A,再求行列式,这是错误的。
相关例题
证明:
若A为正交矩阵,则det(A)=±1.
题目
试就a,b的各种取值情况,讨论下列线性方程组的解,若有解,则求
出解
3ax2(a2b)x33
知识点线性方程组解的结构
解题过程
r33r2
1111
0ab1
00ab0
(1)当a—b0,且a0时,rank(B)=3,增广矩阵的秩也等于3,而且
等于未知数的个数,故方程组
(1)有唯一解。
其解为:
(2)当a-b=0,且a0时,rank(B)=2,增广矩阵的秩也等于2,秩小
于未知数的个数,此时故方程组
(1)有无穷多解
其解可由ax2bx3
1,解得x21bx3,,代入第一个方程
aa
x1x2x31得到x1111bx3;aa
x1
a1a
b1
x31
aa
a
1b
1
x2
x3
x3
aa
a
x3
x3(任意)
般解为:
3)当a=0,b为任意数,
此时增广矩阵可化为:
常见错误
在讨论带参数的线性方程时,尽管初等变换结果正确,也会产生讨论不全的错误。
如,当ab时,就说原方程有唯一解,没有指出a0,当a=b时,就说原方程组有无穷多解,没有指出a=b0,等等。
相关例题
确定a,b的值,使下列方程组
x1x2x31
2x1(a2)x2(b2)x33
3ax2(a2b)x33
(1)有唯一解;
(2)无解;
有无穷多解,并求出通解。
4
题目
若1,2,3线性无关,4k11k22k33,其中k1,k2,k3全不为0.证明2,3,4线性无关.知识点向量线性相关
解题过程
证法一:
(从定义出发)
设存在常数k1,k2,k3,使得k12k23k340已知4k11k22k33,代入上式,得
k12k23k3(k11k22k33)0
化为:
k1k31(k1k2k3)2(k2k3k3)30
由题意知:
1,2,3线性无关
k1k3=0
k1k2k3=0
k2k3k3=0
k1,k2,k3全不为0解得k1=k2=k3=0
由定义,知
2,3,4线性无关
证毕
证法二:
(由初等列变换,秩相等)
(2,
)由4k11k22k33(,,kkk)3,4)(2,3,k11k22k33)
c3k2c2
c3k3c2(,,k)
2311
c3/k1(,,)
(2,3,1)
由于初等变换不改变矩阵的秩,所以由1,2,3线性无关,知
(2,3,1)
的秩为3,所以(2,3,4)秩也为3,推出2,3,4线性无关
证法三:
(反证法)
假设(2,3,4)线性相关.
则存在不全为0的常数k1,k2,k3,使得k12k23k34
已知4k11k22k33,代入上式,得
k1,k2,k3全不为0
否则,由k1k3=k1k2k3=k2k3k3=0得k1=k2=k3=0)
即1,2,3线性相关,与题目已知条件矛盾
所以假设不成立,即(2,3,4)线性无关.
5
题目
设1,2,,nr1是AXB的解且线性无关,R(A)r,试证AXB的任一解可表示为
Xk11k22knr1nr1,
其中k1k2knr11
知识点基础解系方程组解的结构
1nr12
解题过程
nr1是AXB的解
nr1,,nrnr1是AX0的解
因为
1,2,
nr1线性无关,所以
1
nr1,
2nr1,
nrnr1,nr1线性无关,
1
nr1,
2nr1,
nrnr1也线性无关,且
R(1
nr1,2nr1,,nrnr1)nr
所以
1nr
1,2
nr1,
nrnr1是AX0的基础解系
因为
AX
0的任一
解X可以表示为:
X
k1(
1nr
1)k2(2nr1)knr(nrnr1)
AXB的任一解X可以表示为:
XX①其中是AXB的一个特解
扩展①式,取nr1,得
Xk11k22
knrn
r
(1
k1k2
knr)nr1
令knr11k1k2
knr,
k1
k1,k
2k2,,
knr
knr
则AXB的解可以表示为
X
k11k2
2
k
nr1n
r1
且k1k2knr
1k1k2
knr
(1k1
k2
knr)1
命题得证
Xk1
(1nr1)
k2(2
nr1)
knr(nrnr1)i
化简得
Xk1
1k22
ki1
i1
(1ki
)i
ki1i1knrnr
(
k1k2
knr)
nr
1
此
时
令
k1k1,k2
k2,,ki1
ki1,ki
1
ki,ki
1ki
1,,knrknr
kn
r1k1k2
knr
则AX
B的解可以表示为
X
k11
k2
2
kn
r1nr1
且k1
k2knr
1
k1k2ki1(
1ki)
ki
1
knr
(k1k2knr)1
另外取
i(1inr)时
此时命题也成立
常见错误
不会应用定理.不知两个非齐次组的解的差是齐次线性方程组的解.
6
题目
设1、2是矩阵A的两个不同的特征值,x1、x2分别属于1、2的特征向量,证明x1x2不是矩阵A的特征向量.
知识点
特征值特征向量
解题过程
设x1
x2是A的对应
的特征向量,
则有
A(x1x
2)(x1x2)x1
x2
(1)
已知
Ax11x1,Ax2
2x2
所以A(x1
x2)Ax1Ax2
1x12x2
(2)
由
(1)
(2)知
x1x21x1
2x2
(
1)x1
(2)x2
0
(3)
因为x1、x2线
性无关,所以
12
0,
用反证法.
12与已知矛盾.
常见错误
由
(1)
(2)直接推出12,只从形式上来看有这个结论,没有
利用不同特征值所对应的特征向量是线性无关的性质,因为有了这个性质才能推出(3)的系数为0.这在证明中不够严密.
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- 线性代数 一些 证明