华北电力大学硕士研究生课程考试试题(A卷)矩阵论答案

阶和 1 个 2 阶，3 和 5 都只
有 1 阶的若当块。
三(7 分)、设
12 1 3 2 0 0
1 0 2
A
1 0
7 1
18, B
0 2
1 0
2 2
，C
2 1
2 4
5 0
证明 AX XB C 有唯一
解。 见书 114 页，本题需要验证 A 和-B 没有相同的特征值，
具体解法如下。
（10）设
4 2 3
A
2 5
4 3
3 7
，
则
A
15。
见书 100 页，计算每行的绝
对值的和。
（11）
sin 2x
lim
x0
ln(1 x sin x
)
1 cos x
e2x 1 2x 3
2 0
=
0
3
。
对矩阵中的每个元素求极 限。 12 设
A Rmn , B R pq ,C Rmq
A
1
4
1
1 2 3 ,
（1）求 A 的 Jordan 标准 型。
（2）求 ln A .
本题为三阶矩阵，因此首先
计算 A 的特征多项式，发现 特征根为 2 和 6，然后判断 最小多项式，即可得到若当 标准型。见书 72-75 页。求 ln A 的方法见书 127 页。或 者 126 页，或者 123 页。
（1）求 R(T )，N(T ) 的基。
（2）求T 的一个三维不变子 空间。 见书 34-37 页，要求相空间 及零空间的基即对线性变 换在自然基下的矩阵做初 等行变换。然后观察可得。 解：（1）求T 在下的矩阵。
解：基1, t, t 2 , t3 ，因为
T (1) 1 t2,T (t) t t3,T (t 2 ) 1 t 2,T (t3) 1 t3
证明： A E3 +E3 BT
非奇异。
显 然 , B 的 特 征 值 为
2, 1, 2 , 下 证 明 ：
2, 1, 2 不 是 A 的 特 征
值： （1） 方法 1：用圆盘定
理。A 的三个行圆盘分别 是
B(12,4), B(7,2), B(8,1)
,
2, 1, 2 都不在
B(12,4) B(7,2) B(8,1)
2. 设 1,2, ,m 是线
性无关的向量,则
dim(span{1,2, ,m}) m
. 正确，线性无关的向量张成 一组基 3.如果 V1,V2 是 V 的线性
子 空 间 , 则 V1 V2 也 是 V
的线性子空间. 错误，按照线性子空间的定 义进行验证。
4. n 阶 -矩阵 A() 是可
逆的充分必要条件是
6
J
A
解：
2
2
f ( A) f (6) A1 f (2) A2
A1
1 4
(A
2E),
A2
1 4
(A
6E)
ln A ln 6 ( A 2E) ln 2 ( A 6E)
4
4
A( ) 的秩是 n .
见书 60 页，需要要求矩阵 的行列式是一个非零的数
5. n 阶实矩阵 A 是单纯矩
阵的充分且必要条件是 A
的最小多项式没有重根. 见书 90 页。
题1 2 3 4 5 号 答×√××√ 案
二、填空题（每小题 3 分， 共 27 分）
2 1 0
A
0
2
1
,
（6） 0 0 3 则
5
5
1
3
3
0 5 1 2 7 。
见书 184 页，首先对矩阵满
秩分解，再按广义逆的计算
公式计算得到结果。
七(14 分)、P3(t) 的线性变换
T (a0 a1t a2t 2 a3t3 ) (a0 a2 ) (a1 a3 )t (a2 a0 )t 2 (a3 a1)t 3
A
0.1 0
0.3 0.4
00.2.5
，
则
1 0 0
lim
n
An
0 0
0 0
0 0
。
见书 109 页，可将 A 对角化 再计算即得。
2 3
（9）
4
5 在基
1 1 1 2 0 0 0 0
0
0 ,
0
0 , 1
3, 2
1
下的坐标为 (1,1, 2,1)T 。
见书 12 页，自然基下坐标
e A 的 Jordan 标准型为
e2 1 0
0
e2
0
,
0 0 e3 。
eA
首先写出
然后对于
若当标准型要求非对角元
部分为 1.
3 0
（7）
0 0
0
3
的 Smith 标准型为1021 00
0 0
3
0
(
0
3)(
2)
见书 61-63 页，将矩阵做变 换即得 （8）设
1 0 0
是已知矩阵，则矩阵方程
AXB C 的极小
范数最小二乘解是
X (A BT )+C
见书 113-115 页，将矩阵方 程拉直，再用广义逆的定义 去算。
（12）若 n 阶方阵 A 满足
A3 0 ，则
cos A
E 1 A2 2
。
见书 121 页， A3 0 ，所
以后面的项都为零。
（13）方阵 A 的特征多项
，
则 (x1, x2 , x3)T 满 足 方
程
(x1, x2 , x3 ) A(1,1,1)T 0
2x1+6x2 +2x3=0
它的基础解系为
1=(-3,1,0)T ,2 =(0,1, 3)T
， 因此
(span{1+2 +3}) =span{31+2,2 33}
五(10 分)、设 5 阶实对称
式
是
( 2)3( 3)3( 5) ，最
小多项式是
( 2)2( 3)( 5) ，则
A 的 Jordan 标准形是
diag(J (2,1), J (2, 2),3E3,5)
特征多项式决定了 A 的阶 数以及各个特征值的重根 数，即有 3 个 2,3 个 3，1 个 5.最小多项式决定了若 当块的大小，如 2 有 1 个 1
为（2,3,4，-5）T，再写出
过渡矩阵Ａ，坐标即 A 的逆 乘以自然基下坐标。对于本 题来说。由于第一行实际上 只和前两个基有关，第二行 只和后两个基有关。因此不 用那么麻烦，只需要计算 （1,1）x+（1,2）y=（2,3） 就可得解为 1,1.再解（1， -3）x+（2,1）y=（4，-5） 就可以得解为 2,1.整理一 下即得坐标。
所以 T 在基 1,t,t2 ,t3 下的矩
1 0 1 0
A
0
1
0 1
阵
1 0 1
0
1
0
0 1
。
1 0 1 0 1 0 1 0
A
0
1
0
1
~
0
1
0
1
1 0 1 0 0 0 0 0
0
1
0
1
0
0
0
0
因 此 1 t2, t t3 是 R(T ) 的
基，1+t2, t+t3 是 N (T ) 的
中，因此 A 与 B 没有相同 的特征值，从而 0 不是
A E3 +E3 BT 的 特 征
值，故 A E3 +E3 BT 可
逆，从而
AX XB C 有唯一解。
（2） 方法 2：求出 A 的
特征多项式，再证明
2, 1, 2 不是 A 的
特征值。 方法 3：直接写出
A E3 +E3 BT ，再证明
基。 （3） 取
U span{1 t2,t t3，1+t2}
, 易 见 1 t2, t t3，1+t2 线 性无关，因此
U span{1 t2,t t3，1+t2}
是三维的，且 T (U )=R(T ) U , 因 此 U
是 T 的一个三维不变子空
间。
八(14 分)、已知
3 2 1
它非奇异。
四(8 分)、设 3 维内积空间
在基 1,2 ,3 下的矩
阵
2 1 1
A
1 1
5 0
0 3
。求
span{1+2 +3}
的正交补空间。
见书 28 页，内积空间在基 下的矩阵是指度量矩阵。按 照内积定义给出正交补空 间中元素应该满足的条件。 然后求解。 解：设
=x11+x22 +x33 (span{1+2 +3})
华北电力大学硕士研究生课程考试试题 （A 卷）(2013-2014)
一、判断题（每小题 2 分， 共 10 分） 1. 方阵 A 的任意一个特 征值的代数重数不大于它 的几何重数。(X) 见书 52 页，代数重数指特 征多项式中特征值的重数， 几何重数指不变子空间的 维数，前者加起来为 n，后
者小于等于 n
矩阵 A 满足
( A 3E)2( A 5E)3 0 ，
rank( A 3E) 1，求 A
的谱半径和 Frobenius 范
数 A F。
注意 A 满足的方程说明那 个式子是零化多项式，并不
是最小多项式，也不是特征 多项式。只说明 A 的特征根 为 3 和-5，再根据后面的条 件才知道有 4 个 3 和 1 个-5. 然后根据范数定义得到结 果。 解：因为实对称矩阵 A 是 5 阶矩阵，且满足