第五章
1解（1）1（4）（2）25（3）15
β12113T。β15
1261123T111T101T，113
2解先正交化
11111T，22
33
131481211232149T111T101TT112232333
，再单位化，e1
12111T11T，e20，1233322
e3
3121T。3666
由已知可得AA，BB
TT11
3证明
，而ABBABA
TTT
1
1
AB1，
故AB也是正交阵．4证明
T1由已知可得AA，而AAAA
TT11
，故A也是正交

阵．5解（1）
1
由AE4
213
001133
6
可得A的特征值为112333，当11时，解AEx0，
0202100由AE420020得一组基础解系10，1630000
对应于11的所有的特征向量为k11（k10）。当23时，解A3Ex0，
f202201132由A3E440032得一组基础解系2，36320001
对应于23的所有的特征向量为k22（k20）。当33时，解A3Ex0，
142021032由A3E420064得一组基础解系3，36340001
对应于33的所有的特征向量为k33（k30）。
2
（2）由AE
121
112412
11
可得A的特征值为14231，当14时，解A4Ex0，
112121121011得一组基础解系11，由A4E11112000
对应于14的所有的特征向量为k11（k10）。当231时，解AEx0，
11111111由AE111000r