矩阵论考试题和答案(详细)

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矩阵理论习题与答案

矩阵理论习题与答案矩阵理论习题与答案矩阵理论是线性代数中的重要内容之一，它在数学、工程、计算机科学等领域都有广泛的应用。

为了帮助读者更好地理解和掌握矩阵理论，本文将介绍一些常见的矩阵理论习题，并提供详细的答案解析。

一、基础习题1. 已知矩阵A = [[2, 3], [4, 5]]，求A的转置矩阵。

答案：矩阵的转置是将其行和列互换得到的新矩阵。

所以A的转置矩阵为A^T = [[2, 4], [3, 5]]。

2. 已知矩阵B = [[1, 2, 3], [4, 5, 6]]，求B的逆矩阵。

答案：逆矩阵是指与原矩阵相乘得到单位矩阵的矩阵。

由于B是一个2×3的矩阵，不是方阵，所以不存在逆矩阵。

3. 已知矩阵C = [[1, 2], [3, 4]]，求C的特征值和特征向量。

答案：特征值是矩阵C的特征多项式的根，特征向量是对应于每个特征值的线性方程组的解。

计算特征值和特征向量的步骤如下：首先，计算特征多项式：det(C - λI) = 0，其中I是单位矩阵，λ是特征值。

解特征多项式得到特征值λ1 = 5，λ2 = -1。

然后，将特征值代入线性方程组 (C - λI)x = 0，求解得到特征向量：对于λ1 = 5，解得特征向量v1 = [1, -2]。

对于λ2 = -1，解得特征向量v2 = [1, -1]。

所以C的特征值为λ1 = 5，λ2 = -1，对应的特征向量为v1 = [1, -2]，v2 = [1, -1]。

二、进阶习题1. 已知矩阵D = [[1, 2], [3, 4]]，求D的奇异值分解。

答案：奇异值分解是将矩阵分解为三个矩阵的乘积，其中一个是正交矩阵，一个是对角矩阵。

计算奇异值分解的步骤如下：首先，计算D的转置矩阵D^T。

然后，计算D和D^T的乘积DD^T，得到一个对称矩阵。

接下来，求解对称矩阵的特征值和特征向量。

将特征值构成对角矩阵Σ，特征向量构成正交矩阵U。

最后，计算D^T和U的乘积D^TU，得到正交矩阵V。

研究生矩阵论试题及答案与复习资料大全

1 4
1 3
0 0

的
Jordan
标准形。
1 0 2
解：求 E A 的初等因子组，由于
1 1 E A 4 3
0 0

1
3
0
1 3 4
0 0
1 0 2
0
1
2
0 0 0
五、(15 分)求矩阵
的满秩分解：
1 0 1 2 A 1 2 1 1
2 2 2 1
解：
A
E

1 1
0 2
1 1
2 1

1 0
0 1
0 0
2 2 2 1 0 0 1
1 0 1 2 1 0 0
0 2
1 0
23
于是有
1 A 1
2
110
1 0
0 2
1 0
23 BC
A C H CC H 1 BH B 1 BH
或
A C H B H AC H 1 B H
六、(10
分)求矩阵
A

行 0
2 0 31
1
0
0 0 0 0 1 1 1
可求得：
1 0 0 P 1 1 0
1 1 1
1 0 0
P 1

1
1
0
2 1 1
1 B 1
2
0 1 1
，
C

1 0
对任意 k F ，有 k V1 ，且 k V2 ，因此知 k V1 V2 ，故知V1,V2 为 V 的子空间。

矩阵引论试题及答案

矩阵引论试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 矩阵的元素全部为0的矩阵称为：A. 零矩阵B. 单位矩阵C. 对角矩阵D. 标量矩阵答案：A2. 矩阵的秩是指：A. 矩阵的行数B. 矩阵的列数C. 矩阵中线性无关的行（列）的最大数目D. 矩阵的元素个数答案：C3. 矩阵的转置是指：A. 矩阵的行列互换B. 矩阵的行数变为列数C. 矩阵的列数变为行数D. 矩阵的元素不变答案：A4. 两个矩阵相乘的结果称为：A. 矩阵的和B. 矩阵的差C. 矩阵的积D. 矩阵的逆答案：C二、填空题（每题5分，共20分）1. 如果矩阵A的行列式为0，则称矩阵A为________。

答案：奇异矩阵2. 矩阵A的逆矩阵记作________。

答案：A^(-1)3. 矩阵A与矩阵B相乘，记作________。

答案：AB4. 对于任意矩阵A，矩阵A与单位矩阵相乘的结果仍然是________。

答案：A三、简答题（每题10分，共30分）1. 请简述矩阵的行列式是什么？答案：矩阵的行列式是一个标量值，它提供了关于矩阵的一些重要信息，如矩阵是否可逆（行列式非零则可逆）、线性方程组是否有解等。

2. 矩阵的逆矩阵有什么性质？答案：矩阵的逆矩阵具有以下性质：(A^(-1))^(-1) = A，(AB)^(-1) = B^(-1)A^(-1)，以及单位矩阵I的逆矩阵仍然是I。

3. 矩阵的转置矩阵有什么特点？答案：矩阵的转置矩阵具有以下特点：(A^T)^T = A，(AB)^T =B^TA^T，以及矩阵A的转置矩阵的行列式等于矩阵A的行列式。

四、计算题（每题15分，共30分）1. 给定矩阵A = \[\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4\end{bmatrix}\]，计算A的行列式。

答案：\[ \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} = (1)(4) - (2)(3) = 4 - 6 = -2 \]2. 给定矩阵B = \[\begin{bmatrix} 2 & 3 \\ 4 & 5\end{bmatrix}\]，计算B的逆矩阵。

矩阵论自测题答案完整版

自测题一一、解：因为齐次方程0211211=++x x x 的基础解系为T T T )1,0,0,0(,)0,1,0,1(,)0,0,1,1(321=-=-=ααα，所以V 的一组基为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=00111A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=01012A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=10003A ，显然A 1，A 2，A 3线性无关.V a a a a A ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡=∀22211211，有211211a a a --=，于是有 322221112A a A a A a A ++=，即A 可由A 1，A 2，A 3线性表示，故A 1，A 2，A 3为V 的一组基；且dimV=3.二、解：（1）R V X X ∈∈∀λ,.21，有21212122112211(2211)(X X X X X X ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+）=+)(1X )(2X,λλλλ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=11122112211)(X XX )(1X .又因任意两个二阶方阵的乘积、和仍为二阶方阵，故V V '=，即为从V 到V （自身）的线性算子，所以为线性变换.（2）先求的自然基22211211,,,E E E E 下的矩阵A ：2221121111020020100012211)(E E E E E +++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2221121112200)(E E E E E +++=2221121121020)(E E E E E +++=2221121122200)(E E E E E +++=故 ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=2020020210100101A . 显然, 从自然基到所给基4321,,,E E E E 的过渡过阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=1000110011101111C ；⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=-10001100011000111C , 所以在4321,,,E E E E 下的矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----==-40200202231201011AC C B .三、解：（1）不是内积. 因为)(,A A tr A A +=)(2)(22211a a A tr +==并不一定大于零.（2）因为 1),(10==⎰dt te g f t ,⎰===1021231)(),(dt t f f f ,⎰-===1212212)21()(),(e dt e g g g t,g f g f ⋅≤),( ,即 212)21(311-⋅≤e .四、解：（1）2)2)(1(--=-λλλA I ，2,1321===λλλ.行列式因子：1,1,)2)(1(1223==--=D D D λλ ; 不变因子：2321)2)(1()(,1)()(--===λλλλλd d d ; 初等因子：2)2(),1(--λλ .（2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2121~21J JJ A ; （3）对T X A I )1,1,0(0)(,1111==-=ξλ得;T X A I )1,0,1(0)2(,2222==-=ξλ得.再求22=λ的一个广义特征向量：由23)2(X X A I -=- 得 T )1,1,1(3=ξ .取 ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-111110111,1111011101P P ,:,)(则令SinA A f =[][]⎥⎦⎤⎢⎣⎡===2sin 02cos 2sin )(,1sin )()(22111λλλJ f f J f , 故 12211)])([)],([(s i n -⋅=P J f J f P d i a g A λλ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=1111101112s i n 2c o s 2s i n 1s i n 111101110⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-+-+----+=2c o s 1s i n 1s i n 2c o s 1s i n 2c o s 2s i n 2s i n 1s i n 1s i n 2s i n 1s i n 2s i n 2c o s 2c o s 2s i n 2c o s .五、解：（1）130143014,83,3014max max 31<=⎭⎬⎫⎩⎨⎧==∑=∞j ij ia A ，故 0lim =∞→k k A ；（2）∑∞=0k k x 的收敛半径为1，而1<∞A 若在其收敛域内，故∑∞=0k kA绝对收敛，且∑∞=--=01)(k k A I A .六、解：（1） 6,5,15,511====∞∞m m A A A A ；又因为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=-322232223511A ，571=∞-A . 所以 7557)(1=⨯==∞∞-∞A A A c o n d ；1,5,)1)(5(3212-===+-=-λλλλλλA I .故 5l i m )(==i iA λρ. （2）因为031221,0121≠-==∆≠=∆，故可分解. （3） -+-r B B B ,,均可取1-B .七、证：设T n T n y y y Y x x x X ),,,(,),,,(2121 ==分别为在两组基下的坐标，则CY X =，当Y X =时有：θ=-X C I )(，则0=-C I ，故C 有特征值1.反之，由于1是过渡过阵C 的一个特征值，设其对应的特征向量为X ，即X CX ⋅=1，由坐标变换公式知，在基1β，2β，n β, 下的坐标CX Y =，故有X Y =.八、证： A 对称正定，∴存在正交矩阵C ，使D diag AC C n T ==),,,(21λλλ其中特征值）n i i ,,2,1(0 =>λ.对θ≠∀X ，有CX Y =，使DY Y y y y AX X T n n T =+++=2222211λλλ ,其中θ≠y .令n nn z y z y z y λλλ1,,1,1222111===.于是θλλλ≠=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=Z BZ Z Y n ,11121故Z Z Z DB B Z DY Y T T T T ==)(. 而)(P B C PZ BZ C Y C X T T T ====令，所以Z Z Z AP P Z AX X DY Y T T T T T ===)(.因Z 的任意性，知I AP P T =，即A 与I 相合.自测题二一、解： I a A a I A I A k k k k k k λλλ===,,,I a a a A a A a A a I a n n k n )(102210λλ+++=++++∀ , 其中R a a a n n ∈+++λλ 10，故取V 的基为I ，1dim =V .二、解：（1）从基2,,1x x 到基22,,1x x x x ++的过渡矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=110011001C ，所以在新基下的坐标为 ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--0111011C .（2）不是线性变换.因为≠++++++=+),,2()(33221121111b a b a b a b b a a βα+)(α)(β.（3）不是内积. 如0341212121<-=-==），），（，（），，（α，不具有非负性.三、解：（1）利用Schmidt 正交化方法，得T e )1,1,1(1=，T e )1,0,1(2-=，T e )61,31,61(3-=.（2）从321,,ααα到321,,e e e 的过渡阵⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=610021103421C ， ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=-6003102211C ，故所求⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--==-00000034211AC C B .四、解：（1）由于A 实对称，所以存在正交阵Q ，使⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=∧=n AQ Q T21. 故2)1+=∧==n n AQ Q A F F T F （；n A =)('ρ；n A =2；n A cond =2)(；1)(21=-mA .（2）取⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=000000111 A ，⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=111 α ，得n a A n A ===212,1,α,即有212ααA A >.五、解：（1）3)1(201335212+=+-+---=-λλλλλA I ；1321-===λλλ. 33)1()(+=λλD ，所以,不变因子为3321)1()(,1)()(+===λλλλd d d ；初等因子为3)1(+λ. 故A 的Jordan标准形⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=100110011J .（2）cos A 的Jordan标准形为：J =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛------)1cos(00)1sin()1cos(0)1cos(21)1sin()1cos(.六、证：（1）因173.01<=A ；故;0lim =∞→kk A（2）因A 有范数小于1，故∑∞=0k k A 绝对收敛；且其和的形式为1)(--A I .七、解：⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=00032103101~230121121A ；取⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=302121B ，⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=32103101C ；则有BC A =（最大秩分解）；1)()(12==λλD DT T B B B B 1)(-+=, 1)(-+=T T CC C C ,则 +++=B C A ，所以, 方程b AX =的极小范数最小二乘解为b A X +=.八、证：（1）因为 A C A AC C A n T 2)1(,=-=-所以，则有,0)1(2>-=n C n必为偶数.（2）设T n x x x X X AX ],,,[,21 ==λ的分量中绝对值最大者为kx ，则X AX λ=的第k 个方程∑==nj jkj k x a x 1λ；∑∑==≤=nj jkjnj j kj k x a x a x 11λ；∑∑==<≤≤nj nj kj kj kja x x a 111λ，故有1<λ.自测题三一、解：（1）不是. 设B B A A T T -==,，则)(T T B A B A -=+=T T B A B A )()(+≠-（一般情况下），又)()(B A B A B A T +-≠-=+（一般情况下），即V B A ∈+.（2）⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++=+++∀001)(111010 n n n n d a d a a D a D a I a⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++++100)(10 n n n n d a d a a ，故得一组基为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡100,,001 ，且n V =dim .二、解：（1）123)(22++=x x x,12)(+=x x, 43)1(+=x,在基1,,2x x 下的矩阵为：⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=411322003A .（2）)5)(1)(3(41132203---=-------=-λλλλλλλA I ,可见矩阵A 有三个不同的单根1，3，5，故 A 可以对角化，即可以对角化.（3）设度量矩阵33)(⨯=ij C C ，则⎰⎰====1010213124114151C dx x C dx x C , ⎰⎰=====1102223121331,31dx x C C dx x C ,⎰⎰=====10331032231,21dx C xdx C C . 故⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=12131213141314151C .三、解：设3322113)(ααααx x x ++=，使得)(1α，)(2α，)(3α是标准正交的.∵)(1α，)(2α已标准正交化，∴（)(1α，)(2α）=（)(2α，)(3α）=0，)(3α=1，即得⎪⎩⎪⎨⎧=++=+-=-+1022022232221321321x x x x x x x x x ；解得：32,32,31321==-=x x x ；即()().22313213αααα++-=.因为)(1α，)(2α，)(3α为标准正交基，且把标准正交基变为标准正交基，故为正交变换, 它在基321,,ααα下的矩阵表示为⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=32321323132313232A .四、解：由自测题一中第四题（2）知A 的Jordan 标准形为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=2121J ，相似变换矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=111101110T . 由T ）321321,,(),,(αααβββ=，求得3V 的一组基为3213312321,,αααβααβααβ++=+=+=，则在该基下的矩阵为J .五、证：当0=X 时，000===F F X α；当θ≠X 时，0≠T X α ; 从而0>=FTX X α. ,C k ∈∀ FT FTX k kx kX αα()(===X k X k FT=α,FTFTFTT FTY X Y X Y X Y X ααααα+≤+=+=+)(=Y X +，因此 , X 是向量范数. 又因为FTT FTA X AX AX )()(αα==X AA X FFTFT=≤α，因此 , F A 与X 相容.六、解：)6(2-=-λλλA I ，特征根为0,6321===λλλ；则6)(=A ρ.由于A A 62=，故A 可以对角化, 即存在可逆矩阵C ，使1006-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=C C A ；1001)(-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=C C A Aρ. 故得.61001001lim )(lim 11A C C C C A A kk kk =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛--∞→∞→ρ七、证： ⇒设1)(<A ρ，取0)](1[21>-=A ρε，对于矩阵A ，存在矩阵范数⋅，使121)()(<+=+≤A e A A ερ . 1)(<≤⇐A A ρ 便得证.八、证：（1） 1-====AB B A B A B A T T , 同理，有1-==T T T B A AB .（2） B A B A B A B A B A T T +=+=+--)(11=AB ()AB B A T -=+，得2即有,0=+B A 0=+B A .自测题四一、解：（1）21111011201010011)(E E E E E T +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+=，21222011200110101)(E E E E E T+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+=，33332200010001000)(E E E E T=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+=，所以在E 1，E 2，E 3下的矩阵为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=200011011A . (2) 设有一组基321,,e e e ，从E 1 ,E 2 ,E 3到e 1 ,e 2 ,e 3的过渡矩阵设为C ,即C E E E e e e ),,(),,(321321=再设A 在e 1 ,e 2 ,e 3下的矩阵为B , 则 AC C B 1-=.要使B 为对角阵，即找一个可逆矩阵C ，使AC C 1-为对角阵. 因为2)2(211011-=-----=-λλλλλλA I ,对0=λ，求得特征向量()T 0,1,1-，对λ=2，求得两个线性无关的特征向量()T 0,1,1，T )1,0,0(.令⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=100011011C ，得 ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=-10002121021211C ，则AC C B 1-=为对角阵. 由()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=100011011,,,,321321E E E e e e ，可得⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+-=011001010011211E E e⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+=011201010011212E E e ⎥⎦⎤⎢⎣⎡==100033E e .二、证：易得()()()122111,,,1,αααααα==0=，()()()()()(),1,,0,,,1,,0,,332332221331======αααααααααααα即11)(α=e ，22)(α=e ，33)(α=e 也是标准正交基，故是正交变换.三、解：（1）令T Y )0,,0,,(21 ηξ=，由Y HX = ，知X HX Y ==；取 Y X YX Y X X Y X X --=--=0η ； Y YY 10=，构造初等反射矩阵 T I H ηη2-= ，则有Y Y X HX ==0.（2）)3)(5(16)1(12812--=--=--=-λλλλλλA I . 因此 3,521==λλ ，所以5m ax )(==i iA λρ；因为65)(<=A ρ，故矩阵幂级数收敛.四、解：由正交矩阵行（列）向量组标准正交，得12122=+⎪⎭⎫⎝⎛a12122=+⎪⎭⎫ ⎝⎛b 02=+bc a四组解是：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-===212121c b a ， ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-==212121c b a ， ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==-=212121c b a ， ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=-=-=212121c b a .五、解： (1){}∑====31162,4,6m ax m axi ijja A ；{}∑=∞===3153,4,5m ax m ax j ij ia A;{}9max =⋅=∞ij m a n A.因为 ()()221--=-λλλA I，2,1321===λλλ , 故2m ax )(==i iA λρ.（2） 031≠=∆，0521132≠==∆ ，故可以进行LU 分解 .（3）易得2)(,3)(==B R A R ，所以6)(=⊗B A R ，B 的特征根为2,121==μμ ，故B A ⊗的特征根为4,2,4,2,2,1231322122111======μλμλμλμλμλμλ.2)(B A ⊗的特征根为：1，4，4，16，4，16.（4）∵02≠=B ∴B 可逆，且⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-1032211B ，所以-+-r B B B ,,均可取为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-1032211B . （5）A 的Jordan标准形为：⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=2121J . （6）对应于11=λ的特征向量T )11,0(，，对应于22=λ的线性无关的特征向量只有一个T )1,0,1(，再求一个广义特征向量T )1,1,1(. 令TT ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=111101110，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=-1111101111T .令 AA f 1)(= ，则1))((11=λJ f ；⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=214121)((22λJ f . 12211))(),(()(-⋅⋅=T J J diay T A f λλ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=111110111210041210001111101110⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=53322211141.六、解：（1）由X AX λ=，即0)(=-X I A λ，若λ不是A 的特征根，则0≠-I A λ，所以0)(=-X I A λ只有零解，故0dim =λV .若λ是A 的特征根，则0=-IA λ，所以0)(=-X I A λ有非零解.设r I A R =-)(λ，则r n V -=λdim .（2）设T I A ωω2-= 其中ω为单位向量1=ωωT .则)2)(2(2T T I I A ωωωω--=T T T T w I ωωωωωωωω422+--=I I T T =+-=ωωωω44.七、证：（1）设()由于二,0≠∈m R X 次型()()0≥==AX AX AX A X BX X T T T T ，所以B 为半正定矩阵.（2）当A 的列向量组线性无关时，若X ≠0，则AX ≠0，故())(AX AX BX X T T =>0 ，即A 为正定矩阵.八、证：（1）λ为非奇异，λ为A 的特征值，故λ≠0 ，而λ1为1-A 的特征值，据特征值上界原理, 有11-≤A λ，即11-≥Aλ. (2) 对0≠∀X ，由已知有BXA X XB A A 11)(--+=+BXA X 1--≥XB A X 1--≥XB A )1(1--=由已知11-<AB , 即 11<-A B ,故知0≠∀X , 0)1()(11>-≥+--X B A X B A A ；即对0≠∀X , 有0)(1≠+-X B A A ，即0)(1=+-X B A A 无非零解.故0)(11≠+=+--B A A B A A , 从而0≠+B A ，即A +B 可逆.自测题五一、解：(1) 在V 1中，⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=4324324321x x x x x x x xx x A ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=100101010011432x x x . 令⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1001,0101,0011321E E E , 因321,,E E E 线性无关，由定义知，它们是1V 的基，且3dim 1=V .(2)[]212，BB L V = 因为21,B B 线性无关； 2dim 2=V .),,,,(2132121B B E E E L V V =+在22⨯R 的标准基下，将21321,,,,B B E E E 对应的坐标向量21321,,,,ββααα排成矩阵, 并做初等变换⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=10000031000111001111~13100020102000101111),,,,(21321ββααα，可见 4)dim(21=+V V .由维数定理145)dim (dim dim )dim (212121=-=+-+=V V V V V V .二、解：(1) 因为，过渡阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=111111C ，且⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=-111111C ，所以α在α1，α2，α3下的坐标为=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-3211a a a C ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--23121a a a a a .（2）设,21λλV V X ∈则有()X X A 1λ=与()X X A 2λ=，两式相减得()021=-X λλ，由于21λλ≠，所在地只有X=0，故[]0dim 21=λλV V .三、解：取[]3X P 中的简单基,,,,132x x x 由于)1(=,12x -,)(3x x x -=221)(x x +=, 33)(x x x +-= ,则在1，x ，32,x x 下的矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----=1010010110100101A . A 的特征值为：2,04321====λλλλ , 相应的特征向量为：⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡1010,0101,1010,0101. 令 ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=Λ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=2200,1010010110100101C , 则Λ=-AC C 1. 再由()()C x x x f f f f 324321,,,1,,,= , 求得[]3x P 中另一组基：()34233221)(,1)()(,1x x x f x x f x x x f x x f -=-=+=+=，.四、解： (1) ⎰⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛=-1101dt dt de Adt e AtAt)(1I e A A -=-.(2)当j i ≠时0)(=j i εε；故度量矩阵⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=n A 21.五、解：（1）,9,1,3,3121====∞m T XX XX X3,4,3===∞∞XX XX XX T m T FT .（2）)1()(23+=λλλD ，易得1)()(12==λλD D . ∴ 不变因子)1()(,1)()(2321+===λλλλλd d d ；初等因子)1(,2+λλ.A 的Jordan标准形为：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=100000010J .六、解：（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-−−→−⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=000001101101112101101011行变换A ，令⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=01101101,211011C B ，则 A=BC . 其中B 为列最大秩矩阵， C 为行最大秩矩阵 .（2） ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==--+121033312111016332)(11TT B B B B ，⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==--+1221311251211301111001)(11T T CC C C ，所以 ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-==+++14527533014515112103312213112151B C A .（3） ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----==+10111501515151413145275330145151b A X .七、证明提示：类似习题4.1第16题（1）的证明.八、证明：AC A B A ++=⇒因为两边左乘矩阵A ，有C A AA B A AA )()(++=,故 AB=AC .AC AB =⇐因为，设+A 为A 的加号定则，两边左乘+A ，有AC A AB A ++=.自测题六一、解：（1）当V x x x x X ∈⎪⎭⎫⎝⎛=22211211时，由02112=+x x 得⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=011010000001212211X X X X .取 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0110,1000,0001321E E E , 因线性无关，则它们是V的一个基.（2）⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-=0110)(111B E E B E T T ；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=0000)(222B E E B E TT ；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=0220)(333B E E B E TT ；故在基321,,E E E 下的矩阵为：⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=201000000A .（3）将A 对角化，取⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=110001020C 使 ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-2001AC C ；设所求基为321,,Y Y Y ，有：()()C E E E Y Y Y 321321,,,,=.得⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛=0110,0112,1000321Y Y Y，则在基321,,Y Y Y 下的矩阵为对角形.二、解： (1) )1(4963752542-=---+---=-λλλλλλA I,A 的特征根 1,0321===λλλ；行列式因子 )1()(23-=λλλD ，易得 1)()(12==λλD D ；不变因子 )1()(1)()(2321-===λλλλλd d d ；初等因子1,2-λλ.(2) A 的Jordan 标准形为 ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=100000010J ；(3) ∵ 01621511,0121≠-=--=∆≠-=∆；∴ A 能进行LU 分解.三、解：（1）.13214,1010,00022322122⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-t t t dt dA t dt dA dt A d .（2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡=00032121312x x dX df .四、解：(1) 由)(21I B A +=,得I A A I A B I A B +-=-=-=44)2(,2222,显然, 当且仅当I B =2时，有A A =2.(2) 因B A B BA AB A B BA AB A B A +=+++=+++=+222)(,得,0=+BA AB 即 ,BA AB -=两端右乘B 得 BAB AB -=2, 从而 AB B AB )(-=,由于幂等阵B 的任意性，故0=AB .五、解： (1)∵ m x x x 21两两正交的单位向量.∴)(21m x x x A =为列满秩矩阵,故T T T A A A A A ==-+1)(.（2）∵⎪⎭⎫ ⎝⎛=101k A k ，且∑∞=-12)1(k k k与∑∞=-1)1(k kk 都收敛；∴ ∑∞=-12)1(k kk A k 收敛.（3）∵ 762+-=-λλλA I，而)2()52)(76(37291912222234++++-=+-+-λλλλλλλλ；由于0762=+-I A A ；∴原式⎪⎭⎫⎝⎛-=+=-3217231)2(1I A . （4）∵ A 的特征根为n)2,1(，，i i =；B 的特征根为m )21(，，，j j =λ；∴B A ⊗的特征根为j i λ n;2,1(，，i =m)21，，，j =.六、证： (1) 当0=A 时，设A 的最大秩分解为A=BC.则 C B C B B C B C B A A D ~=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛= . 而[]()H HHH B BB B B B B 1~-+⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=()[][]++-==B B B BB B H HH21211.[]++++++⋅==B B C B C D 21~[]++=A A 21.当A =0时上式也成立.(2) 经计算A a a a A )(2321213++-= . 于是A A a a a AXA =++-=-31232221)(，A a a a X 1232221)(-++-=是A 的一个减号逆.(3)()I e e e e e e A A A A AT A TA A T ===-=-,..,所以因为.故 A e 为正交矩阵.七、证：(1) 设 R V n ∈∀∈μλβα,,,,，则00),()(ααμβλαμβλαμβλα+++=+k)),(()),((0000ααββμααααλk k +++==λ)(α+μ)(β.所以是线性变换.(2)是正交变换),(),(αααα=⇔T T ,即 ),(),(),(),(2),(0020220αααααααααα=++k k , 得[]0),(2),(0020=+ααααk k .由n V ∈α的任意性，上式等价于0),(20=+ααk ,所以 22200212),(2n k +++=-= αα .八、证：由舒尔定理知，存在西矩阵U 及上三角矩阵()ij r R =，使得R AU U H =，因此有H H H R U A U =，从而得H H H RR U AA U =.又因为()()()H H H H RR tr U AA U tr AA tr ==, ①由于R 主对角线上的元素都是A 的特征值，故由①式得2112121ij nj ni ij ni i ni r r ∑∑∑∑====≤=λ, ②而②式端是R 的Frobenius 范数的平方，又因在酉相似（即R AU U H =）下矩阵的F 范数不变，所以211211ij ni ni ijni n i a r ∑∑∑∑===== ③综合②、③两式便得到所需证的不等式.又不等式②取等号当用仅当i≠j 时都有0=ij r ，即A 酉相似于能角形矩阵，也就是A 为正规矩阵.自测题七一、解：（1）由02421=-+a a a ，得基础解系)0,0,1,2(1-=α，)0,1,0,0(2=α，)1,0,0,1(3=α；所以V 1的一组基为321,,ααα，且3dim 1=V .因为),(),,(2132121ββαααL L V V +=+),,,,(21321ββαααL =，易知1321,,,βααα是21321,,,,ββααα的一个极大无关组，故4)dim (21=+V V ，21V V +的一组基为1321,,,βααα.（2）251433221121,ββξαααξξk k k k k V V +=++=⇔∈∀ .所以 025********=--++ββαααk k k k k . 解此方程组得），，133,2,2(),,,,(54321---=k k k k k . 所以21V V 的一组基为)3,2,21---=，（ξ，且1)dim (21=V V .二、解：（1）211111)(cE aE E +=221212)(cE aE E +=211121)(dE bE E +=221222)(dE bE E +=即⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=d cd c b a b a E E E E E E E E 00000000),,,(),,,(2221121122211211，故A =⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡d cd c b a b a00000000 ; (2) 由,B A AB +=得到 I I B A AB B A AB =+--=--,0 ,即I I B I A =--))((, 显然I A -与I B - 均为阶可逆方阵，于是有II A I B =--))((,即 I I B A BA =+--,亦即0=--B A BA , 故B A BA +=,从而 AB BA =.三、解：（1）)2()1(232011012λλλλλλ--=---=-E A，)2()1()(23λλλ--=D ，1)(2=λD ， 1)(1=λD .)2()1()()()(,1)()()(,1)(22331221λλλλλλλλλ--=====D D d D D d d ，所以初等因子为：λλ--2,)1(2.A 的Jordan 标准形为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛200010011. （2）()n I A tr dAd=. （3）两边求导数，利用,At AtAe e dtd = 且,0Ie = 得 ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=133131113A .四、解：（1）∑==iij ja A 5m ax 1；∑==∞jij ia A 5m ax .（2）122212221---------=-λλλλA I )5()1(2-+=λλ ,5,1321=-==λλλ；故 5m ax )(==i iA λρ；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-3122411B ，故∞-∞∞⋅=1)(B BB cond 54145=⨯⨯=. （3） 2,3==rankB rankA ；623)(=⨯=⊗B A rank .)4)(1(26521232--=-+-=----=-λλλλλλλB I ，所以4,121==λλ，故 B A ⊗的特征值为：20,4,4,5,1,1'6'5'4'3'2'1=-=-==-=-=λλλλλλ（4） ∵0≠A ，1-A 存在，∴ ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡===--+-3222322235112221222111A A A .五、解：（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=000032102101~321043211111A ， BC A =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=32102101102111. （2）∵ 2=rankA ；2):(=b A rank ；∴ b AX =相容.（3）∵⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=142062*********T AA ；⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---==--211030010502152011070)(T T m AA A A ， ∴ 极小范数解⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==-1234101b A X m.六、解：（1）0max≠=x P A 2121022maxmax--≠≠===PAP yy PAP PXPAX XAX x x PP .（2）A 的4个盖尔圆为它们构成的两个连通部分为11G S =， G G G S 322=4.易见，1S 与S 2都关于实轴对称.由于实矩阵的复特征值必成共轭出现，所以S 1中含A 的一个实特征值，而S 2中至少含A 的一个实特征值.因此A 至少有两个实特征值.七．证：（1）设为正交变换，λ为的特征值 , 则有()0()≠=αλαα，),(αα=()(α,)(α)),(),(2ααλλαλα==.∵),(>αα, ∴12=λ,故 1±=λ ；（2）设λ为的任一特征根，α为的属于λ的一个特征向量，即0,)(≠=αλαα，则1,11)(2,1222-=⇒=⇒==λλααλα.记11=λ的特征子空间为,1V 12-=λ的特征子空间为1-V .对V ∈∀α有=α(+α)(α) 2 + (-α)(α) 2 ，而 (+α)(α) 2∈,1V (-α)(α) 2 ∈1-V ，所以 11-+=V V V. 又⇒∈∀-11V V α,)(αα=且,)(αα-=；{}{}{}{},28,36,24,14321≤-=≤-=≤-=≤=g g G g g G g g G g g G得 αα-= ，即0=α，故11-⊕=V V V .自测题八一、解：(1)在已知基)(),(),(321t f t f t f 下的矩阵为：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛------=111323221A ;(2) (⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=321),,1())(2t t t f ；基2,,1t t 且到基)(),(),(321t f t f t f 的过渡矩阵为：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=101110102C ；则21321234321))(),(,)(())((t t C t f t f t f t f -+-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-.(3) 设度量矩阵33)(⨯=ij d D , 则⎰⎰=====11021121121,11tdt d d dt d ； ⎰⎰=====1012222311331,31dt t d dt t d d ； ⎰⎰=====1014333322351,41dt t d dt t d d ；故⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=51413141312131211D .二、解：(1) 令矩阵,3)(I A A f -= 若A 的特征值为λ,则)(A f 的特征值是3)(-=λλf ,故)(A f n 的个特征值为32)2(,,3)6(,1)4(,1)2(-===-=n n f f f f .从而 ))32(531(3)(-⋅⋅-=-=n I A A f .(2) 2)1)(2(224023638--=+-+---=-λλλλλλA I ；特征根为1,2321===λλλ.行列式因子：23)1)(2()(--=λλλD ，1)()(12==λλD D ; 不变因子：2321)1)(2()(;1)()(--===λλλλλd d d ；初等因子： 2)1(),2(--λλ；故A 的Jordan 标准形为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=100110002J .三、解：（1）由于A 实对称，所以易求得非奇异矩阵P ，使Λ=-AP P 1，其中⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=Λ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=2200,1001011001101001P ,于是12211-⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=P e e P e t t At=12111000011--⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡P P e P P t =⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+-+--+-+t t ttttt te ee e e e e e 2222222210101100110100121. (2) X ()()Tt t At e e X e t ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==22,0,0,0.四、解：（1）6=∞A ；2)4)(2(224)4(31213232-+=--=--=-λλλλλλλλλA I ；特征根为4,2321==-=λλλ；则 4)(=A ρ.（2）2)3(,3)(==R A R∴ 6)(=⊗B A R ；B 的特征根3,421==μμ，∴ B A ⊗的全部特征根为：-8，-6，16，16，12，12. （3）∵⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-310125411B ，∴+-B B l ,可取1-B .五、解：α1()T 4,0,3=，构造⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=3040504035113R ，113140430735A A R =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=. 同理，构造R A R R =⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=5135165735,3404300055112323.令 ()==TR R Q 2313⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---012202015012161551, 则 A=QR.六、证：（1）∵ A 为对称正定矩阵， ∴≠∀α有：>Aα，当且仅当0≠α时，有0=Aα；对R R ∈∀有：A T AkAk k αααα==；βββαααβαβαβαA A A T T T A++=++=+),(2)()(AAAAβαβα+=+≤2)(, （2）∵ IAA AA AA A A T T T T ==--11))(())((；∴1)(-T T AA A 是A 的右逆.（3）因为1-=A ，且A 为正交矩阵，所以有T T T A I A A I A A AA A I )()(+=+=+=+,则 AI A I A A I T +-=+=+)(，即 0=+A I .故A 一定有特征根-1.七、证： ()(),1111A a a A I f n n n n -++++=-=--λλλλλ 因为由()0=A f 得()01111=-++++--I A A a A a A nn n n ,即A ()()I A I a A a A n n n n 112111+----=+++ ,故 ()()I a A a AAA n n n 12111111--++-+++-= .自测题九一、解：不是. 如取α=（1，2），β=（3，4），()().,4,3,2,1αββααββα⊕≠⊕=⊕=⊕则有.二、解：（1）令⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=1111A ，则V X AX X ∈=,)(.VY X ∈∀,，P k ∈∀，则=+=+)()(Y X A YX )(X +)(Y ，kkX =)()(X ，所以是线性变换. （2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==0101)(1111AE E ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==1010)(1212AE E ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==0101)(2121AE E，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==1010)(2222AE E ，设在基22211211,,,E E E E 下的矩阵为B ，则⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----=1010010110100101B .（3）令),,,(4321ββββ=B 其中i β为B 的列向量，由于 2)(=B rank ，且21,ββ是4321,,,ββββ的一个极大线性无关组, 所以dim2)(=V ，且),()(21B B L V =，其中⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==0101),,,(1222112111βE E E E B ， ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==1010),,,(2222112112βE E E E B ，且21,B B 为)(V 的一组基，得dimKer =4-dim (V)=2.令⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡00004321x x x x B ，得基础解系⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=1010,010121ξξ. 记 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎥⎦⎤⎢⎣⎡==1010),,,(,0101),,,(22221121141222112113ξξE E E E B E E E E B , 则ker),(43B B L =，且43,B B 为Ker的一组基.三、解：非负性. A=0时，A 0,0,0,0;0,0,0〉=〉≠===A A A A A A bHa bHa 从而时从而.相容性. 设A ，B ∈C n n ⨯，则有()()().B A BBAA AB BAAB AB AB bHabHa bHbHaa bHa ⋅=++≤+≤+=同样可验证齐次性与三角不等式.在此A 是矩阵范数.四、解：（1）FG A ，A =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-−→−11101101412101000011101101行.（2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==--+303241012120663)(11TTTF F F F F . ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==--+11111001313003)(11T T T G GG G G . ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--==+++54131473032410361F G A . （3）b b AA b A T =-=++,)1,1,0,1(，故b AX =有解，极小范数解为T b A X )1,1,0,1(0-==+.五、解：（1）因2,3==rankB rankA ，得623)()()(=⨯=⋅=⊗B rank A rank B A rank .令0)2)(7(=+-=-λλλB I ，特征值2,721-==μμ.所以B A ⊗的所有特征值为：4,14,14,2,7,7161514321=-=-=-='='='λλλλλλ；10976)14()2(3232-=-⋅-==⊗B A B A .（2）∵ B 的特征值2,721-==λλ，∴I B B B f 3)(2+-=的特征值453772'1=+-=λ；113)2()2(2'2=+---=λ.六、解： ,11120013221111⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-e ββ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=122212221312,111311111T I H ωωω 令,1102003131⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡= A H ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1101110210,11201221e A ββ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=2011,01102,1121122222A H I H Tωωω 所以取QR A R H H Q =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=得211313,21212222131121.七、证：（1）令 ),,(11-=n L W αα ，其中11,,-n αα 线性无关.通过标准正交化，将11,,-n αα 变为W 的一个标准正交基11,,-n ηη .由已知可得1,,2,10,-=>=<n i i ηα;因而11,,-n ηη ，α线性无关.把α单位化，令ααη||1=n ，于是{}n n ηηη--,,,11 与{}n n ηηη,,,11- 均为V 的标准正交基.同时，由题设,1,,2,1,)(-==n i i i ηη，而n n ηη-=)(，则把标准正交基{}n n ηηη,,,11- 变为标准正交基，故为正交变换. （2）因为为正交变换，（n ααα,,,21 ）=（n ααα,,,21 ）A ，所以A 为正交矩阵.又 A 的所有特征值n λλλ,,,21 都为实数，故有,T T AA I A A ==即A 为实的正规矩阵，从而存在正交矩阵Q ，使得Λ=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=321λλλAQ Q T , 则A =()A Q Q Q Q A Q Q Y TTT T =Λ=Λ=Λ,，即A 为实对称矩阵，故A 是对称变换.八、证：（1）设A 的特征根是n λλ,,1 ，令λλ-=1)(f ，则AI A f -=)(的特征根是,1,,11n λλ-- 由题设i λ-1〈1，n i ,,1 =，故,111 --i λ即20 i λ，因此,,,,1,20n i i =λ进而n n 2||||01<<λλ ，然而n d A λλ 1||==，故n n d 2|,|||01<=<λλ .（2）设A 的三个特征根为321,,λλλ，则32132312123213)()(||)(λλλλλλλλλλλλλλλλλ-+++++-=-=A I f ，由于A 是奇数阶正交方阵，且1||=A ，易证奇数维欧氏空间中的旋转变换一定有特征值1，因此不妨设11=λ，则1||32321===A λλλλλ，于是323231213211λλλλλλλλλλλ++=++=++，从而1||)(23-+-=-=λλλλλt t A I f .其中321λλ++=t 为实数（因32,λλ或均为实数或为一对共轭复数）.又由于正交方阵的特征根的模为1.故有22,)(32323232≤+≤-+≤+≤+-λλλλλλλλ,所以31132≤++≤-λλ，即31≤≤-t .由哈密顿－凯莱定理知：023=-+-I tA tA A .自测题十一、解：（1）因为,2=rankA 求得θ=AX 的基础解系()(),9,0,21,2,0,9,24,121T T -=-=ξξ即为V 的一组基，且dimV =2.(2) 设A 为P 上任一n 阶方阵，则)(21T A A +为对称阵，)(21T A A -为反对称阵，且A=)(21T A A ++)(21T A A -，得21V V P n n +=⨯. 又若21V V B ∈∀ , 则有T B B =, 且T B B -=, 从而 θ=B , 则{}θ=21V V , 故21V V P n n ⊕=⨯.二、解：（1）∈∀ξ⇒-)(1θθξ=)(.设ξ在基4321,,,εεεε下的坐标为),,,(4321x x x x，则(ξ)在基4321,,,εεεε下的坐标为⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛4321x x x x A .且(ξ)θ=及 ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0004321 x x x x A , 其中⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--→⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--------=00000000101001011111111111111111A . 得基础解系⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1010,0101；取)(1θ-中两个线性无关的解向量⎩⎨⎧+=+=422311εεξεεξ, 所以),()(211ξξθL =-，dim2)(1=-θ.（2）由于)(1θ-中有一组基1ξ,2ξ，所以取432121,,,,,εεεεξξ，易知4321,,,εεξξ线性无关，则4321,,,εεξξ构成V 的一组基.设由基4321,,,εεεε到基4321,,,εεξξ的过渡矩阵为C ，则⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-101001010010001,10100101001000011＝C C ,所以在4321,,,εεξξ下的矩阵为 ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----=-22002200110011001AC C .三、解：（1）先由rankA=n ，即A 的列向量组线性无关，证A T A 是正定矩阵（见自测题四中第七题），再由习题2-1第7题知，R n 构成一个欧氏空间.（2）令C=A T A =（c ij ），()ij j i j i c C ==εεεε,所以自然基在该内积定义下的度量矩阵为C=A T A.四、（1）证：∵A 是幂收敛的，∴()()B A A A B n n n ===22lim lim lim .（2）解：令⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==014112B A ，1212<⇒-=-λλλB I , ∴ B 是幂收敛.∴ 原级数和为()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--04141B I . （3）解：设A的最大秩分解式为：⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛===10010110012AI FG A ,则⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==1002011001010101A A F F H H .显然()⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎪⎪⎭⎫⎝⎛=--1001)(,10021211I GG F F H H,.0102102101010110021)()(1111⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==----+F F F F GG G A H H H。

矩阵论试题及答案

一．（10分）已知n n C ⨯中的两种范数a ⋅和b ⋅，对于n n C A ⨯∈，证明b a A A A +=是n n C ⨯中的范数. 解：⑴非负性：由于b a ⋅⋅,是两种范数，故当A=0时，0,0==b a A A ，所以000=+=+=b a A A A ；当A ≠0时，0,0>>b a A A ，所以0>+=b a A A A⑵齐性：()A A A A A A A A b a b a b a ααααααα=+=+=+= ⑶三角不等式：B A B A B A B A B A B A b b a a b a +=+++≤+++=+二．(每小题10分,共20分)已知⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=101121103A ,()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=002t e t b , 1. 求At e2. 用矩阵函数方法求微分方程()()()()()⎪⎩⎪⎨⎧-=+=T x t b t Ax t x dt d1,0,10的解.解：1. ()1112113det ----=-λλλλA I ()()3211132-=----=λλλλ显然, )det(A I -λ的一阶子式的公因子为1, 容易知道)det(A I -λ 的二阶子式的公因子为2-λ,所以A的最小多项式为()()()23222-=--=λλλλm ,即()()022=-=I A A m ,设()()()b a g m e f t ++==λλλλλ,则()a te f t =='λλ 对于特征值2=λ有()()⎩⎨⎧=='+==a te f b a e f t t 22222,()⎩⎨⎧+-==ttet b te a 2212 所以⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡----+=+=t t t t t t e bI aA e t At1010122. ()()()⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+--+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎰⎰--ds e s s s ss s e e ds s b e x e t x s t s At t As At 001010110102020 ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=t t e t e t At 1001012三．(15分)用Givens 变换求⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=2100421132403100A 的QR 分解. 解：()T01001=β,构造()s c T ,13=,1101sin ,0100cos 22232132223211=+=+===+=+==xx x s x x x c θθ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=210031002340421121421132403100100000010010010013A T⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=21312A , 构造),(12s c T , ()21sin ,21111cos 222122222211=+==-=+--=+==x x x s x x x c θθ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=1052212131111121212A T⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2/1002/12/1002/10010010013122T T I T ,⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-==2/12/100000100102/12/100TT Q ,⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=2/12/522344211R四．(10分)用Gerschgorin 定理证明⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=8110260110410100A 至少有两个实特征值. 解：A 的4个盖尔圆为:{}1|1≤=z z G ,{}2114|2=+≤-=z z G , {}3216|3=+≤-=z z G , {}2118|4=+≤-=z z G ,它们构成的两个连通部分为11G S =,4322G G G S =.易见,1S ,2S 都关于实轴对称且各含有1个和3个特征值,因为实矩阵的复特征值必成对出现, 故1S ,2S 必各含有一个实特征值,从而A 至少含有2个实特征值.五．(20分)已知⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡------=221221*********A ,⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=44111b 1. 求A 的满秩分解.2. 求+A3. 用广义逆矩阵的方法判别方程组b Ax =是否相容.4. 求方程组b Ax =的极小范数解或极小范数最小二乘解并指出所求解的类型.解 1。

11级-矩阵论试题与答案

参考答案一（20分） V 表示实数域上次数不超过2的多项式构成的线性空间。

对2()f x ax bx c V ∀=++∈，在V 上定义变换：2[()]3(223)(4)T f x ax a b c x a b c =++++++（1）验证T 是V 上的线性变换；（2）求V 的基2,,1x x 到基2(1),1,1x x --的过渡矩阵P ；（3）求T 在基2,,1x x 下的表示矩阵A ；（4）在V 中定义内积1(,)()()f g f t g t dt =⎰，求基2,,1x x 的度量矩阵G 。

解：（1）设22111222(),()f x a x b x c g x a x b x c =++=++2121212()()()f g a a x b b x c c +=+++++[]212121212()3()2()2()3()T f g a a x a a b b c c x +=+++++++[]121212()()4()a a b b c c ++++++()()2111111132234a x a b c x a b c =++++++()()2222222232234a x a b c x a b c +++++++()()T f T g =+类似可验证: ()()T kf kT f =或把T 写成：2300[()][,,1]223114a T f x x x b c ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦（1）再来验证就更方便了。

（2）由22100(1),1,1,,1210111x x x x ⎡⎤⎢⎥⎡⎤⎡⎤--=-⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥-⎣⎦得基2,,1x x 到基2(1),1,1x x --的过渡矩阵为100210111P ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦（3）由22()321T x x x =++,()21T x x =+,(1)34T x =+得T 在基1,,2x x 下的表示矩阵为：300223114A ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭（4） 11431112210011,54g x dx g g x dx =====⎰⎰ 11221331220011,33g x dx g g x dx =====⎰⎰11233233001,12g g xdx g dx =====⎰⎰ 故度量矩阵11154311143211132G ⎛⎫ ⎪ ⎪⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭二（20分）设311121210A -⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭（1）求A 的行列式因子、不变因子、初等因子；（2）求A 的Jordan 标准形J ；（3）求可逆矩阵P 使1P AP J -=；（4）计算Ate 并求解微分方程组。

(完整版)矩阵练习(带答案详解)

6.设A二、判断题(每小题 2分，共12分)kk k1.设A 、B 均为n 阶方阵，则 (AB) A B (k 为正整数)。

..........................(x )2•设 A,B,C 为 n 阶方阵，若 ABC I ，则 C 1 B 1A 1。

........................... ( x ) 3. 设A 、B 为n 阶方阵，若 AB 不可逆，贝U A, B 都不可逆。

................. (x ) 4. 设A 、B 为n 阶方阵，且AB 0,其中A 0,则B 0。

............................ ( x ) 5•设 A 、B 、C 都是 n 阶矩阵，且 AB I ,CA I ，贝U B C 。

...................................... ( V )、填空题:1.若A , B 为同阶方阵，则 (A B)(A B) A 2 B 2的充分必要条件2. 3. 4. 5.AB BA 。

若n 阶方阵A , B , C 满足ABC 设A = B 都是n 阶可逆矩阵，若为n 阶单位矩阵,B ,则CAB 。

2B7.设矩阵-1,B, A T 为A 的转置, 1则 A T B =28. A 3B 为秩等于2 的三阶方阵，贝U AB 的秩等于_26. 若A是n阶对角矩阵，B为n阶矩阵，且AB AC，贝U B也是n阶对角矩阵。

••• ( x )7. 两个矩阵A与B，如果秩(A)等于秩(B),那么A与B等价。

.................... (x )8. 矩阵A的秩与它的转置矩阵A T的秩相等。

................................. (V )三、选择题(每小题3分,共12分)1. 设A为3 x 4矩阵，若矩阵A的秩为2,则矩阵3A T的秩等于(B )(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 42. 假定A、B、C为n阶方阵，关于矩阵乘法，下述哪一个是错误的(C )(A) ABC A(BC) (B) kAB A( kB)(C)AB BA (D) C(A B) CA CB3.已知A、B为n阶方阵，则下列性质不正确的是( A )(A) AB BA (B) (AB)C A(BC)(C) (A B)C AC BC (D) C(A B) CA CB4.设PAQ I ，其中P、Q、A都是n阶方阵，则(D )(A) A 1P 1Q 1(B) A 1Q 1P 1(C) A 1PQ (D) A 1QP5. 设n阶方阵A，如果与所有的n阶方阵B都可以交换，即AB BA，那么A必定是(B )(A)可逆矩阵(B)数量矩阵(C)单位矩阵(D)反对称矩阵6. 两个n阶初等矩阵的乘积为( C )(A)初等矩阵(B)单位矩阵(C)可逆矩阵(D)不可逆矩阵7. 有矩阵A3 2 , B2 3 , C3 3，下列哪一个运算不可行(A )(A) AC (B) BC(C) ABC (D) AB C8.设A与B为矩阵且AC CB ,C为m n的矩阵，则A与B分别是什么矩阵(D )(A) n m m n (B) m n n m(C) n n mm (D) m m n n9. 设A 为n 阶可逆矩阵,则下列不正确的是 (B)2A 可逆(A ) A 0或 B 0(B) 代B 都不可逆13. 若A,B 都是n 阶方阵，且A,B 都可逆，则下述错误的是(14. A, B 为可逆矩阵，则下述不一定可逆的是(B ) A B(D ) BAB(A ) AB B (B ) AB BA(C )AA I(D )A 1 I16.设A,B 都是n 阶方阵，则下列结论正确的是(D )(A) 若A 和B 都是对称矩阵，则 AB 也是对称矩阵 (B) 若 A 0 且 B 0 ,则 AB 0(C) 若AB 是奇异矩阵，则 A 和B 都是奇异矩阵 (D) 若AB 是可逆矩阵，则 A 和B 都是可逆矩阵 17. 若A 与B 均为n 阶非零矩阵，且 AB 0,则(A )(A) A 1可逆 (B)I A 可逆10. A,B 均n 阶为方阵, F 面等式成立的是(A ) AB BA (B ) (A B)T A T B T(C ) (A B) 1A 1B 11(D ) (AB) A1B 111.设A,B 都是n 阶矩阵，且AB 0，则下列一定成立的是((C )代B 中至少有一个不可逆 (D ) A12.设A,B 是两个n 阶可逆方阵，则 AB T1等于T 1 T 1(A) A T B T(B) B T 1 A T 1(C ) B 1 T (A 1)T(D )A T 1(A ) A B 也可逆 (B ) AB 也可逆(C ) B 1也可逆(D )1B 1也可逆(C) 2A 可逆(D)(A) AB (C ) BA 15•设A, B 均为n 阶方阵，下列情况下能推出A 是单位矩阵的是实用标准文档(A) R(A) n(C ) R(A) 0(B ) R(A) n(D) R( B) 0四、解答题:1 1 11 2 31.给定矩阵A2 13 ，B2 2 1求B T A 及A 13443 4 3解：1 23 1 1 14 95B T A2 2 4 2 13 6 12 8 ............................ ..(53 133444 8 6分）1 0 1 解：1100 1 111 0 1 1 1 0 0 1 140 111 1 1 A- — — 2 2 2 5 1 12221 0 1 1 2.求解矩阵方程1 1 0 X 40 1 111 3 32 2 5(5分)1 1 1 1 1 1 3.求解矩阵方程XA B，其中A 02 2 , B 1 1 01 1 02 1 1解：因为 A 6 所以A 可逆（4分）0 10 1 0 0 1 4 34.求解下F 面矩f 阵方程中卞的矩i 阵 X : 10 0 X 0 0 1 2 0 10 10 1 01 2 0解:0 11 0 01 4 3令A1 0 0 ,B0 0 1 7 C2 0 1，则 A,B 均可逆，且0 010 1 0120 1 01 0 0A 11 0 0 , B 10 0 10 0 10 1 02 1 1所以XA 1 CB 11 3 41 024 2 35.设矩阵A1 1 0 ，求矩阵 B : ，使其满足矩阵方程 AB A 2B.1 12 3解: ABA 2B 即（A2I ）B A........ 2分21231 4 3而（A 12I ）1 1 0 1 53 .......3分12 11 64.（2 分）1-34-313 5-6••（41 4 3 42 3所以B (A 2I ) 1A 1 5 3 1 1 01 6 4 12 33 8 6=2 9 6 . ....3分2 12 9五、证明题1.若A是反对称阵，证明A是对称阵。

矩阵试题及答案

矩阵试题及答案一、选择题（每题4分，共20分）1. 矩阵的秩是指：A. 矩阵中非零元素的个数B. 矩阵中最大的线性无关行（列）向量组的个数C. 矩阵的行数D. 矩阵的列数答案：B2. 若矩阵A与矩阵B相等，则下列说法正确的是：A. A和B的行列式相等B. A和B的迹相等C. A和B的行列式和迹都相等D. A和B的行列式和迹都不相等答案：C3. 矩阵的转置是指：A. 将矩阵的行变成列B. 将矩阵的列变成行C. 将矩阵的行和列互换D. 将矩阵的元素取相反数答案：C4. 对于任意矩阵A，下列说法正确的是：A. A的行列式等于A的转置的行列式B. A的行列式等于A的逆矩阵的行列式C. A的行列式等于A的逆矩阵的转置的行列式D. 以上说法都不正确答案：A5. 若矩阵A是可逆矩阵，则下列说法正确的是：A. A的行列式不为0B. A的行列式为1C. A的行列式为-1D. A的行列式可以是任意非零值答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 若矩阵A的行列式为-2，则矩阵A的逆矩阵的行列式为____。

答案：1/22. 设矩阵A为2x2矩阵，且A的行列式为3，则矩阵A的转置的行列式为____。

答案：33. 若矩阵A的秩为2，则矩阵A的行向量组的____。

答案：线性无关4. 设矩阵A为3x3矩阵，且A的行列式为0，则矩阵A是____。

答案：奇异矩阵三、解答题（每题10分，共30分）1. 已知矩阵A=\[\begin{bmatrix}1 & 2\\3 & 4\end{bmatrix}\]，求矩阵A的行列式。

答案：\(\begin{vmatrix}1 & 2\\3 & 4\end{vmatrix} = (1)(4) - (2)(3) = 4 - 6 = -2\)2. 设矩阵B=\[\begin{bmatrix}2 & 0\\0 & 2\end{bmatrix}\]，求矩阵B的逆矩阵。

矩阵论考试试题(含答案)

矩阵论试题一、(10分）设函数矩阵()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=t t t t t A sin cos cos sin求：()⎰tdt t A 0和(()⎰20t dt t A )'。

解:()⎰t dt t A 0=()⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎰⎰⎰⎰t tt t tdt tdt dt t dtt 0sin cos cos sin =⎪⎪⎭⎫⎝⎛---t t t t cos 1sin sin cos 1 (()⎰2t dt t A )'=()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅22222sin cos cos sin 22t t t t t t t A 二、（15分)在3R 中线性变换σ将基⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1111α,⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1202α，⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1013α变为基 ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0111β，⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1102β,⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2303β(１)求σ在基321,,ααα下的矩阵表示Ａ；(2）求向量()T 3,2,1=ξ及()ξσ在基321,,ααα下的坐标; (3)求向量()()ξσξ及T 3,2,1=在基321,,βββ下的坐标。

解：（1)不难求得:()2111ααβασ-==()32122αααβασ++-== ()321332αααβασ++-==因此σ在321,,ααα下矩阵表示为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=110211111A(2)设()⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=321321,,k k k αααξ,即⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛321111021101321k k k解之得:9,4,10321-=-==k k k 所以ξ在321,,ααα下坐标为()T 9,4,10--。

()ξσ在321,,ααα下坐标可得⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1332239410110211111321y y y (3)ξ在基321,,βββ下坐标为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---6151941001111110194101A()ξσ在基321,,βββ下坐标为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---94101332230111111011332231A 三、(20分)设⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=301010200A ,求At e 。

矩阵论复习题带答案1

矩阵论复习题1设A 、B 均为n 阶正规矩阵，试证A 与B 酉相似的充分必要条件是A 与B 的特征值相同。

证明: 充分性：A 与B 的特征值相同，A 、B 均为n 阶正规矩阵，则有11,A P IP B Q IQ --== 故11111,,A P QIQ P R Q P R P Q -----==令= A 与B 酉相似必要性:A,B 为n 阶正规矩阵，存在初等变换R,1A RBR -=11,,,I E PQ A P IP B Q EQ --==为对角矩阵，存在初等变换111,I PAP E QRAR Q ---== ，因为I,E 为对角矩阵，故I=E 。

因此A 与B 的特征值相同。

#2 作出下列矩阵的奇异值分解10(1)A 0111⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦011(2)A 200-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (1)632- 6 3 2101263011,130 2 6 311206333T B AA ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦特征值对应，特征值对应，特征值对应 2221 2 2,131222 2 2TC A A ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎡⎤⎢⎥⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦特征值对应，特征值对应故263 2 6 32210263 2 203 2 6 3220063 2 20 33HA ⎡⎤-⎢⎥⎡⎤⎢⎥⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎣⎦-⎢⎥⎢⎥⎣⎦(2) 2010,240401T B AA ⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦特征值对应，特征值对应， 0040012201-1,2-400- 2 20-11022- 2 2T C A A ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦特征值对应，特征值对应，特征值对应 0101022200A 001 2202022022H⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎡⎤⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦3.求下列矩阵A 的满秩分解123002111021A ⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭112211001230010,021110102111001230010,021101100001001230=010021-11-11L L A L L L A A ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥==-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥==-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎣⎦故4 设A 、B 均为n 阶Hermite 正定矩阵，证明：若B A ≥且BA AB =，则33B A ≥.证明：由于A 、B 均为n 阶Hermite 正定矩阵，且BA AB =，则AB 与BA 均为n 阶Hermite 正定矩阵。

矩阵论期末试题及答案

矩阵论期末试题及答案1. 选择题题目1：矩阵的秩是指矩阵中非零行（列）线性无关的最大个数，下面关于矩阵秩的说法中，错误的是：A. 若矩阵A的秩为r，则只能确定 A 中有r个行（列）线性无关。

B. 若矩阵A的秩为r，则只能确定 A 中有r个坐标线性无关。

C. 设A，B为n×m矩阵，若A的秩为r，B的秩为s，则AB的秩至少为max{r,s}。

D. 同一矩阵的行秩与列秩相等。

题目2：对于阶梯形矩阵，以下说法正确的是：A. 阶梯形矩阵的行秩与列秩相等。

B. 阶梯形矩阵的行秩等于主元的个数。

C. 阶梯形矩阵的列秩等于主元的个数。

D. 阶梯形矩阵的行秩与列秩之和等于矩阵的阶数。

题目3：设A为n阶矩阵，下列说法正确的是：A. 若A为可逆矩阵，则A的行秩和列秩都为n。

B. 若A的行秩和列秩都为n，则A为可逆矩阵。

C. 若对于非零向量 x，都有Ax=0，则称矩阵A为零矩阵。

D. 若A为可逆矩阵，则方程Ax=b存在唯一解。

题目4：对于实对称矩阵A，以下说法正确的是：A. A一定有n个线性无关的特征向量。

B. A的所有特征值都是实数。

C. 若A的特征向量构成的特征子空间的维数为n，则称A为满秩矩阵。

D. A一定可以对角化。

2. 计算题题目1：已知矩阵A = [1, 2; 3, 4]，求矩阵A的转置矩阵。

解答：转置矩阵的行与列互换，故矩阵A的转置矩阵为：A^T = [1, 3; 2, 4]题目2：已知矩阵B = [2, 1; -1, 3]，求矩阵B的逆矩阵。

解答：逆矩阵满足BB^(-1) = I，其中I为单位矩阵。

对于矩阵B，可以使用伴随矩阵法求解：B^(-1) = (1/(ad-bc)) * [d, -b; -c, a]其中a、b、c、d分别为矩阵B的元素：B^(-1) = (1/(2*3-(-1)*1)) * [3, -1; 1, 2] = [3/7, -1/7; 1/7, 2/7]题目3：已知矩阵C = [1, 2, 3; 4, 5, 6]，求矩阵C的行列式的值。

研究生矩阵论试题及答案与复习资料大全

矩阵论试题(2011级硕士试题)一、(10分)设函数矩阵 ()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=t t t t t A sin cos cos sin 求：()⎰tdt t A 0和(()⎰20t dt t A )'。

解：()⎰t dt t A 0=()⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎰⎰⎰⎰tttt tdt tdt dt t dtt 00sin cos cos sin =⎪⎪⎭⎫⎝⎛---t t t t cos 1sin sin cos 1 (()⎰2t dt t A )'=()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅22222sin cos cos sin 22t t t t t t t A 二、(15分)在3R 中线性变换σ将基⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1111α，⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1202α，⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1013α变为基 ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=0111β，⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1102β，⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2303β(1)求σ在基321,,ααα下的矩阵表示A ；(2)求向量()T 3,2,1=ξ及()ξσ在基321,,ααα下的坐标； (3)求向量()()ξσξ及T 3,2,1=在基321,,βββ下的坐标。

解：(1)不难求得：()2111ααβασ-==()32122αααβασ++-== ()321332αααβασ++-== 因此σ在321,,ααα下矩阵表示为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=110211111A(2)设()⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=321321,,k k k αααξ，即⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛321111021101321k k k解之得：9,4,10321-=-==k k k 所以ξ在321,,ααα下坐标为()T 9,4,10--。

()ξσ在321,,ααα下坐标可得⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛133223*********1111321y y y (3)ξ在基321,,βββ下坐标为⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---6151941001111110194101A()ξσ在基321,,βββ下坐标为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---94101332230111111011332231A三、(20分)设⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=301010200A ，求At e 。

中南大学矩阵论考试试题及参考答案

中南大学2010年秋季硕士研究生《矩阵论》考试试题考试形式：开卷时间：120分钟总分100分姓名学号一、 (16分) 已知3阶Hermite 矩阵A 的特征值为1，2，2，且()(),0,1, 1,0,TTi i ξη==是A 的属于特征值2的两个相互正交的特征向量． 1.(10分) 求A ；2.(6分) 求A 的不变因子与最小多项式．二、(20分) 对任何()C ij n nA a ⨯=∈，定义111n nij m i j Aa ===∑∑．1.(8分) 证明1m ⋅是Cn n⨯上一种矩阵范数；2.(6分) 证明1m ⋅与向量∞-范数相容； 3.(6分) 证明1m ⋅与矩阵范数m ∞⋅等价，其中1,max ij m i j nAn a ∞≤≤=⋅．三、(20分) 设020i A i ⎛⎫⎪= ⎪⎝⎭． 1.(6分) 验证A 是否为收敛矩阵； 2.(6分) 判断矩阵幂级数()1012kk kk ∞+=-∑的敛散性；3.(8分) 求Ate ．四、(14分) 设113242212A -⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭．求A 的QR 分解．五、(15分) 设1211141111A -⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪-⎝⎭．利用特征值隔离法和盖尔圆定理证明：A 的三个特征值全为实数，且分别位于实数区间()()0.5, 2.5, 2.5, 5.5 -和[]10, 14内．六、（15分）设1121, 1101A b -⎛⎫⎛⎫==⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭．1. （8分）求A 的全部{}1逆；2. （7分）利用{}1逆判断Ax b =是否有解，并在有解时求其通解．2010年矩阵论试题参考答案一、解. 1．因为A 为3阶Hermite 矩阵，所以有3个相互正交的特征向量，且酉相似于对角形122⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭ ．设A 的属于特征值1的特征向量为()123,,T x x x x =，则, ,x x ξη⊥⊥ 即 131300ix x x ix -+=⎧⎨-=⎩，解得 ()0,1,0, 0Tx k k =≠任意．将, , x ξη单位化得12301,0, 00p p p ⎛⎫⎪=== ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭．令()12301000,,U p p p ⎛⎪ ⎪ ⎝==，则U 是酉矩阵且122H U AU ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭从而0010112100202200212HU UA ⎛⎫⎛ ⎪ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎝⎛⎫ ⎪=⎪⎪⎝⎭． 2．由A 相似于对角形122⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭知，A 的初等因子为 1, 2,2λλλ---，从而得A 的不变因子为 ()() 123()1,()2, ()12d d d λλλλλλ==-=--，最小多项式为 ()()3()()12A m d λλλλ==--．二、1．证明． 1）()ij n nA a ⨯∀=∈C，显然有0A =时，10m A=，0A ≠时10m A>．2）(), n nij A a λ⨯∀∈∀=∈C C，111111nnnnij ji j m j m i i Aa aAλλλλ====⋅===∑∑∑∑．3）()(), ij ij n nA aB b ⨯∀==∈C，()11111111111nnnnn n n nij ij ij ij ij ij i j i j i j i m j m m a b a b a A BAb B=========++=≤+++=∑∑∑∑∑∑∑∑．4）()(), ij ij n nA aB b ⨯∀==∈C，1111111nnnnnnik kj ik kji j k i j m k a b a b AB=======≤⋅∑∑∑∑∑∑1111111111nnn n n nn nik kj ikkj i j k k i k j k m m a b a b AB========⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⋅⎝⎭⎝≤⎭⎭∑∑∑∑∑∑∑∑．由定义知1m A是n n⨯C上的矩阵范数．2．证明．()()12, ,,,Tn nn n ij A a x ξξξ⨯∀=∀=∈∈CC ，()11111111111111maxmax max m ma ax max m x x a n nnijnnnij ij jij ij i ni ni n j j j j j j m ni nj i j jj j nj na a AxAa xa a ξξξξξ≤≤≤≤≤≤===≤≤≤∞≤≤≤≤∞=≤===≤⋅≤⋅=⋅≤⋅⋅=∑∑∑∑∑∑所以矩阵范数1m ⋅与向量∞-范数相容．3．对任何()n nij A a ⨯=∈C，121,1,11ax x 1m ma m m nnij ij ij i j ni j nm i j n a A n a AAna ∞∞≤≤≤≤===≤=≤=∑∑所以矩阵范数1m ⋅与m ∞⋅等价．三、解. 1．2222122ii I A iλλλλλ--===+--，故A()A ρ=1()A ρ<，所以A 为收敛矩阵． 2．矩阵幂级数对应的复变量幂级数的收敛半径为()()1112lim212kk k kk r ++→+∞-⋅-==，而()A r ρ=<，故题中的矩阵幂级数绝对收敛．3．设()()()2101,2tet q t t b b λλλλ⎛⎫=++ ⎪⎝+⎭(()(()1010sin sin i b t b t e i b t b t ⎧==+⎪⎪⎨⎪=-=-⎪⎩解得()()01 b t b t ==． ()()10c 100.2010Ate b t A b i i t I ⎛⎫⎛=+⎫⎪=+=⎪⎪⎭⎪⎪⎭⎭四、解．记1231132, 4, 2,212a a a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪===- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 先将A 的第一列1a 用Householder 变换化为与1100e ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭共线．易得123a =， 11111211232-30=2202a a e a e -⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．令1111213131a e u a e -⎛⎫-⎪==⎪-⎪⎭，31122121232212HI u H u ⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪-⎝⎭=-=，则 ()()11311111132221111222103212210H H a I uu a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪=-=--=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()1211132411114031113H a ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪=--= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()1333221121112210314H a -⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪=--= ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎭，从而()()112311112133********H a a a H a H a H a H A ⎛⎫⎪=== ⎪ ⎝⎭-⎪．再记103b ⎛⎫= ⎪-⎝⎭．则123b =， 113303b -⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭．令11213101130b v b ⎛⎫- ⎪-⎫⎝⎭==⎪-⎛⎫⎭- ⎪⎝⎭， 221011012011110H H I vv -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 22101011H H ⎛⎫⎪-⎛⎫== ⎪⎝ ⎝⎭⎪⎪-⎭，有2133103433100001010003140H H A R ⎛⎫⎛⎛⎫ ⎪-⎫ ⎪⎪=-= ⎪⎪ ⎪⎪-⎝ ⎪ ⎪⎝⎭⎭⎝-⎭ ．令()1122121221121201322110HH HQ H H H H H H ⎛⎫⎛⎫⎪⎪====-- ⎪⎪ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭12233312221321221332123233123--⎛⎫ ⎪---⎛⎫⎪⎪-== ⎪ ⎪- ⎪⎝⎭⎭⎪⎝-⎪，则Q 为酉矩阵，且A 的QR 分解为122333221331034333212030303QR A --⎛⎫⎪ ==⎪- ⎪⎛⎫⎪-⎪ ⎪⎝ ⎪⎪⎭⎭- ⎝．五、证明．A 的三个行盖尔圆和列盖尔圆都为：{}{}{}123 122, 42 1 ,2 n n n z G z G z z z G z =∈=∈=-≤-≤≤∈-C C C ． 1G 为孤立的盖尔圆，而2G 与3G 相交．由盖尔圆定理知1G 中有A 的一个特征值，2G 与3G 的并中有A 的两个特征值．对任何0ε>，取 1232, 1d d d ε=+==．令2113,12221412112 1 B DAD d D d d εεεε-⎛⎫ ⎪+-- ⎪⎪==- ⎪+ ⎪⎪-+⎝⎛⎫ ⎪=⎭⎪ ⎪⎝⎭，则B 与A 相似，从而与A 有相同的特征值．B 的三个盖尔圆为：{}12 1242 41, 1, 2n n G z G z z z εε⎧⎫=∈=∈⎨⎬+-≤+-≤+⎩⎭C C 3 1121n z z G ε-≤⎧⎫=∈⎨+⎬+⎩⎭C ．它们是三个孤立的盖尔圆，故由盖尔圆定理知，B 的三个特征值中分别位于这三个盖尔圆中．由于B 为实矩阵，其特征多项式为实系数多项式，从而其特征值如为复数，则必共轭成对出现．注意到 123, , G G G 的圆心都在实轴上， 123, , G G G都关于实轴对称，如果含有复特征值，则其共轭的特征值也在同一个盖尔圆中，与每个孤立盖尔圆中只有一个特征值矛盾．因此，B 的特征值，从而A 的特征值都为实数．综上，A 的特征值分别位于孤立的盖尔圆1G ， 2G和 3G 的实轴上，即位于实数区间 []10, 14，113,522εε⎡⎤-+⎢⎥++⎣⎦ 和11, 2 22εε⎡⎤-+⎢⎥++⎣⎦中．注意到0ε>知，A 的特征值分别位于[]10, 14，()2.5, 5.5 和 ()0.5, 2.5 -中．六、解．1．11221122232100100000000000000110101111110112010000000001010S T I I AI --⎛⎫⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=→⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭- ，11112222111122221011001101001a ab T S ab ab b a b --++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪⎪=-=-- ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故A 的全部{}1逆为{}11221122 1 , ab A ab aa b b -++⎛⎫⎪-- ⎧⎫⎪⎪=⎨⎬⎪⎪⎪⎝⎭⎪⎩⎭任意． 2．取A 的一个{}1逆()11221112200A -⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭．由 ()112211221111211121011011101000AA b b --⎛⎫⎛⎫--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪==== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭知Ax b =有解，其通解为()()()111122221111222121100111201011100000100A b I A A y x y -⎡-⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎪ ⎪ ⎪==+- ⎪ ⎪⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦+- 110010100100110001000y -⎡-⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎪ ⎪ ⎪=+-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1233100100011010110001y y y y -⎛⎫⎛⎫⎛-⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎫ ⎪ ⎪⎪=+-= ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎝⎝⎭⎭⎭⎭，3y 任意，或写成110101x k -⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， k 任意．中南大学2011年秋季硕士研究生《矩阵论》考试试题考试形式：开卷时间：120分钟总分：100分姓名学号一、 (18分) 已知3阶方阵A 的不变因子为()()()()1231, ,6.d d d λλλλλλ===- 1.(6分) 求A 的谱半径()A ρ；2.(6分) 求()lim kk A A →+∞⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭ρ；3.(6分) 判断矩阵幂级数()()012kkkk A A ρ∞=⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭∑的收敛性.二、(20分) 设a ⋅和b ⋅是n n ⨯C 上的任意两种矩阵范数. 对任何()n n ij A a ⨯=∈C ，定义A =．1.(8分) 证明⋅也是n n ⨯C 上一种矩阵范数；2.(6分) 若v ⋅是n C 上一种向量范数，且a ⋅和b ⋅都与v ⋅相容，证明⋅也与v ⋅相容；3.(6分) 若n n A ⨯∈C 且20A A =≠，证明1a A ≥．三、(20分) 设4332A ⎛⎫=⎪--⎝⎭．1.(6分) 求()TdF x dx ，其中12x x x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()T F x x A =； 2.(8分) 求sin At ； 3.(6分) 求1cos Atdt ⎰.四、(16分) 设222112222243333644A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭．利用Gerschgorin 定理,1.(8分) 证明A 可逆且有3个线性无关的特征向量；2.(8分) 证明A 的特征值全为实数，并求它们所在的实数区间．五、（26分）设101, 1001i A i b ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭．1.（10分）求A 的奇异值分解；2.（8分）求A 的加号逆A +；3.（8分）利用A +判断Ax b =是否有解，并在有解时求其极小范数解，无解时求其极小范数最小二乘解．2011年矩阵论试题参考答案一、 (18分) 已知3阶方阵A 的不变因子为()()()()1231, , 6.d d d λλλλλλ===- 1.(6分) 求A 的谱半径()A ρ；2.(6分) 求()lim ;kk A A →+∞⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ρ3.(6分) 判断矩阵幂级数()()012kkkk A A ρ∞=⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭∑的收敛性. 解. 1．A 的特征多项式为：()()()()12326I A d d d λλλλλλ==--，故A 的特征值为0, 0, 6, 从而()6A ρ=.2．因为A 的最小多项式()()()36A m d ==-λλλλ无重根（或者A 的初等因子均为一次的，它们是：, , 6-λλλ），从而A 可对角化, 故存在可逆矩阵P 使1006A P P -⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，()10061A A P P A -⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭ρ，从而()1100lim lim 00.611kkk k A A P P P P A --→+∞→+∞⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ρ 3．解法1. 记()AB A =ρ. 则 ()()()01122kkkk k k k k A B A ρ∞∞==⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑. ()() 166A A B ⎛⎫=== ⎪⎝⎭ρρρ，复变量幂级数()12kk kk ∞=-∑的收敛半径 ()()1112lim212kkk k k r +→+∞+-==-, ()B r <ρ, 故矩阵幂级数 ()()012kkkk A A ρ∞=⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭∑绝对收敛. 解法2. 记()2AB A =ρ. 则 ()()()0112kkk kk k k A B A ρ∞∞==⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭∑∑. ()()112122A A B ρρρ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，复变量幂级数 ()01k kk z ∞=-∑的收敛半径 ()()11lim 11kk k r +→+∞-==-, ()B r <ρ, 故矩阵幂级数()()012kkkk A A ρ∞=⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭∑绝对收敛. 解法3. ()()()0011 212kkkk k k k k A A A ρ∞∞==⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑ ，复变量幂级数()112kk k k ∞=-∑的收敛半径 ()()11112lim 12112kkk k k r +→+∞+-==-, ()A r <ρ, 故矩阵幂级数 ()()012kkk k A A ρ∞=⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭∑ 绝对收敛.二、(20分) 设a ⋅和b ⋅是n n ⨯C 上的任意两种矩阵范数. 对任何()n n ij A a ⨯=∈C ，定义A =．1.(8分) 证明⋅也是n n ⨯C 上一种矩阵范数；2.(6分) 若v ⋅是n C 上一种向量范数，且a ⋅和b ⋅都与v ⋅相容，证明⋅也与v ⋅相容；3.(6分) 若n n A ⨯∈C 且20A A =≠，证明1a A ≥．1．证明． 1）当0A =时，0a b A A ==，故0A =；当 0A ≠时，0, 0,a b A A >>故0A >． 2）, n nA ⨯∀∈∀∈C C λ，A A λλ===⋅．3）, n nA B ⨯∀∈C，记 , ,a a b b x y A B A B ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则 22, ,x A B y ==222 .A B x y x y A B +=≤=++≤=+4）, n nA B ⨯∀∈C，.AB A B =≤≤=⋅由定义知A 是n n⨯C上的矩阵范数．2．证明．, ,n nn A x ⨯∀∈∀∈C C 由已知条件有, ,v a v v b v Ax A x Ax A x ≤⋅≤⋅故,v v Ax A x ≤≤=⋅ 即⋅与v ⋅相容.3．证法1． 2aa a aAA A A =≤⋅，而0A ≠，故 0a A >，从而 1a A ≥.证法2． 2, A A A =∴ 的特征值只能为0或1，而0A ≠，故A 的特征值不全为0，从而 ()()1, 1a A A A ρρ=≥=.证法3．由 2A A = 可得：1k ∀≥ 有 k A A =，故 lim 0kk A A →+∞=≠，因而A 不是收敛矩阵，从而()()1, 1a A A A ρρ≥≥≥. 三、(20分) 设4332A ⎛⎫=⎪--⎝⎭．1.(6分) 求()TdF x dx ，其中12x x x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()TF x x A =； 2.(8分) 求sin At ； 3.(6分) 求1cos Atdt ⎰.解. 1．()()121243,32F x x x x x =--，()()()()124, 3, 3, 2,F x F x x x ∂∂==--∂∂ 故()()()()12, 4, 3, 3, 2TdF x F x F x dx x x ∂∂⎛⎫==-- ⎪∂∂⎝⎭． 2．()243312I A λλλλ--=+--=，A 的特征值为121==λλ. 设 ()()()()210sin 1t g b t b t λλλλ=-++，则()()()101111 sin sint b t b t d tb t d λλλλλλλ===⎧=+⎡⎤⎣⎦⎪⎨=⎪⎩，即()()()101 sin cost b t b t t t b t =+⎧⎪⎨=⎪⎩，解得()()01 sincos cosb t t t t b t t t =-⎧⎪⎨=⎪⎩．故()()()104310sin cos sin cos 3201sin 3cos 3cos .3cos sin 3cos At b t A b t I t t t t t t t tt t t tt t t ⎛⎫⎛⎫=+=+- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭+⎛⎫= ⎪--⎝⎭3．解法1. 43132A ==--，A 可逆且12334A ---⎛⎫= ⎪⎝⎭. 由2知sin13cos13cos1sin 3cos1sin13cos1A +⎛⎫= ⎪--⎝⎭.又 1sin cos d AtAt Adt-=，故 111111000sin cos sin sin 23sin13cos13cos12sin13cos13sin13cos1.343cos1sin13cos13sin13cos14sin13cos1d At Atdt A dt A At A A dt---===--+-+-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰⎰解法2. 用2中同样的方法可算得()43103sin cos 3sin cos sin sin cos ,32013sin 3sin cos t t tt t At t t t t t t t t t t -+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++= ⎪ ⎪ ⎪--+⎝⎭⎝⎭⎝⎭从而11003sin cos 3sin 2sin13cos13sin13cos1cos .3sin 3sin cos 3sin13cos14sin13cos1t t t t t Atdt dt t t t t t -+--+-+⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪+--⎝⎭⎝⎭⎰⎰四、(16分) 设222112222243333644A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭．利用Gerschgorin 定理,1.(8分) 证明A 可逆且有3个线性无关的特征向量；2.(8分) 证明A 的特征值全为实数，并求它们所在的实数区间．解．1．A 的3个盖尔圆{}()123 2, , , 1, 2, 3C i i G G z i R G G z i =∈-≤=的半径依次为1232221132283315, , 2243394416R R R =+==+==+=. 显然 310kk G=∉，由Gerschgorin 定理1知，A 的3个特征值都不等于0， A A =的3个特征值的乘积0≠，从而A 可逆.因为A 的任意两个相邻盖尔圆圆心的距离为2，而每个盖尔圆的半径都小于1，故A 的3个盖尔圆互不相交，由Gerschgorin 定理2知，A 有3个互异的特征值，从而有3个线性无关的特征向量.2．因为A 为实矩阵，其盖尔圆圆心都在实轴上，故A 的所有盖尔圆都关于实轴对称. 又实矩阵A 的复特征值必共轭成对出现，它们同时位于或同时不位于A 的某一个盖尔圆. 而由1知A 的每个盖尔圆中只有A 的一个特征值，从而A 只有实特征值，它们分别位于A 的3个盖尔圆的实轴上，由此得到A 的3个特征值所在的3个实数区间分别为338815152, 2, 4, 4, 6, 6, 44991616⎡⎤⎡⎤⎡⎤-+-+-+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦即 511284481111, , , , , . 44991616⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦同理，A 的3个实特征值也分别位于A 的3个列盖尔圆{}()123 2,, ''''i 'i z G G i G G z R -=∈≤C的实轴上，123, , '''G G G 的半径依次为123222231713111217, , 341224162336'''R R R =+==+==+=. 综合前面的结论可知A 的3个特征值所在的3个实数区间分别为33111117172, 2, 4, 4, 6, 6, 4416163636⎡⎤⎡⎤⎡⎤-+-+-+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 即 5115375199233, , , , , . 441683636⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦五、（26分）设101, 1001i A i b ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭．1.（12分）求A 的奇异值分解；2.（6分）求A 的加号逆A +；3.（8分）利用A +判断Ax b =是否有解，并在有解时求其极小范数解，无解时求其极小范数最小二乘解．解．1．110221102200Hi i i A A i i i ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫ ⎪=-= ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭， ()22422H iI A A i ---==--λλλλλ， H A A 的特征值为：4, 0, A 的奇异值为：2，()2∑=.由 ()40HI A A x -= 求得HA A 的属于特征值4的特征向量为：1i ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由 ()00HI A A x -= 求得HA A 的属于特征值0的特征向量为：1i -⎛⎫⎪⎝⎭，将这两个特征向量单位化后组成矩阵V得：11i i V -⎫==⎪⎪⎭⎪⎭.取11i V ⎫=⎪⎭，令11111112000i i U AV i -⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫⎫⎛⎫ =∑=-=⎪⎪ ⎝⎭⎭ ⎝ ⎪ ⎪⎝⎭，00001U ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭. 由奇异值分解定理知，A 的奇异值分解为02000000000001HA U V⎛⎫ ⎪⎪⎛⎫∑⎛⎫ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭． 2．解法1. 由1得A 的加号逆为1010*******000001H i i A V U -+⎫⎪⎪⎛⎫-⎛⎫∑⎫⎪ ⎪==⎪⎪⎪ ⎪⎭⎝⎭⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭101.104i i -⎛⎫= ⎪--⎝⎭解法2. 用初等行变换将A 化成行最简形111000000i i A i ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=-→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，取 ()1, 10F i G i ⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭得A 的满秩分解为 A FG =.A 的加号逆为()()()()()1111111110100H H H H A G GG F F F i i i i i i ----+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪==-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()1111012210104i i i i ---⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭. 3．由10101111110420010i i i AA b i b i +-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪=-=≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭知Ax b =无解，其极小范数最小二乘解为0010111101441i i x A b i +⎛⎫--⎛⎫⎛⎫ ⎪=== ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎪-⎝⎭.中南大学2012年秋季硕士研究生《矩阵论》考试试题考试形式：开卷时间：120分钟总分：100分姓名学号一、 (16分) 已知4阶方阵A 的特征值为1, 2, 2, 2，且其一阶和二阶行列式因子分别为()()121, 2.D D λλλ==-1.(6分) 求A 的不变因子和最小多项式；2.(4分) 求A 的Jordan 标准形；3.(6分) 求实数t 的取值范围，使cos At 为收敛矩阵.二、(16分) 设a⋅和b ⋅分别是m C 和n C 上的向量范数. 对任何()11, , , , , Tm n m m m n x +++=∈C ξξξξ，定义 a b x u v =+，其中()1, , Tm u = ξξ，()1, , Tm m n v ++= ξξ．1.(10分) 证明⋅是m n +C 上的一种向量范数；2.(6分) 若11122122, , , ,m m m n n m n n A A A A ⨯⨯⨯⨯∀∈∈∈∈C C C C 及, m n u v ∀∈∈C C 有11111111121221212222, , , ,a m a a mb b m a b m b A u A u A v A v A u A u A v A v ≤⋅≤⋅≤⋅≤⋅其中1m ⋅是矩阵1m 范数．证明()()m n m n +⨯+C 上的矩阵1m 范数与上面定义的向量范数⋅相容．三、(18分) 1.(8分)设()ijn nX x ⨯=是矩阵变量，且det 0X ≠．求()1det TdX dX-； 2.(10分)设1011A ⎛⎫= ⎪⎝⎭．求矩阵幂级数()()12211121!k k k k A t k --+∞=--∑的和．四、(14分) 设112010232A ⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭．1.(8分)求矩阵A 的Crout 分解；2. (6分)利用Crout 分解求方程Ax b =的解，其中()1, 1, 1Tb =-.五、(14分) 利用Gerschgorin 定理及特征值的隔离方法判断矩阵1211621111A -⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭是否有小于零的特征值，并估计A 的每个特征值的分布范围．六、（22分）设101101, 102112A D ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．1.（8分）求A 的全部{}1逆；2.（8分）求A 的加号逆A +；3.（6分）判断矩阵方程AX D =是否有解．2012年矩阵论试题参考答案一、(16分) 已知4阶方阵A 的特征值为1, 2, 2, 2，且其一阶和二阶行列式因子分别为()()121, 2.D D λλλ==-1.(6分) 求A 的不变因子和最小多项式；2.(4分) 求A 的Jordan 标准形；3.(6分) 求实数t 的取值范围，使cos At 为收敛矩阵.解. 1．因为()4D λ即为A 的特征多项式，且A 的特征值为1, 2, 2, 2，故()()()3412D λλλ=--. 再由行列式因子与不变因子的性质与相互关系知()()232D λλ=-，从而A 的不变因子为()()()()()()123412, , 2,12 d d d d λλλλλλλλ====----，A 的最小多项式为 ()()()()412A m d λλλλ==--．2．由A 的不变因子知，A 的初等因子为, , 12 2,2λλλλ----，故A 的Jordan 标准形为 1222J ⎛⎫⎪⎪= ⎪ ⎪⎝⎭． 3． cos At 的特征值为 cos , cos 2, cos 2, cos 2t t t t ，谱半径为(){cos max cos ,At t ρ= }cos 2t . cos At 为收敛矩阵当且仅当其谱半径小于1，即cos 1, cos 21t t ≠≠，故实数t 的取值范围是：,2k k t ππ≠.二、(16分) 设a⋅和b ⋅分别是m C 和n C 上的向量范数. 对任何()11, , , , , Tm n m m m n x +++=∈C ξξξξ，定义 a b x u v =+，其中()1, , Tm u = ξξ，()1, , Tm m n v ++= ξξ．1.(10分) 证明⋅是m n +C 上的一种向量范数；2.(6分) 若11122122, , , ,m m m n n m n n A A A A ⨯⨯⨯⨯∀∈∈∈∈C C C C 及, m n u v ∀∈∈C C 有11111111121221212222, , , ,a m a a mb b m a b m b A u A u A v A v A u A u A v A v ≤⋅≤⋅≤⋅≤⋅其中1m ⋅是矩阵1m 范数．证明()()m n m n +⨯+C 上的矩阵1m 范数与上面定义的向量范数⋅相容．证明．1． 1）非负性. 当()11,, , , , 0Tm m m n x ++== ξξξξ时，()1, , 0Tm u == ξξ，()1, , 0T m m n v ++== ξξ，故0a b x u v =+=. 当()11, , , , , 0Tm m m n x ++≠= ξξξξ时，0u ≠或0v ≠，故0au>或0b v >，从而0a b x u v =+>．2）齐次性. ()11, , , ,, , Tm m m n m nx λξξξξ+++∀∈∀=∈ C C，()a b a b a bx u v u v u vx λλλλλλλ=+=+=+⋅=⋅⋅⋅．3）三角不等式.()()1111, , , , , , , , , , , TTm m m n m m m n m n x y ξξξξηηηη+++++∀==∈ C ，记()()()()11112121, , , , , , , , , , , TTTTm m m n m m m n u v u v ξξξξηηηη++++==== ，则12121212aba ab bu u v v u v x y u y v x =+++++++=≤+．由定义知⋅是m n +C 上的一种向量范数． 2．()()()11, , , , , , m n Tm m n m n m m n A x ξξξξ+⨯++++∀∀∈=∈ CC ，将A 和x 分块为11122122A A A A A ⎛⎫=⎪⎝⎭及u x v ⎛⎫= ⎪⎝⎭，其中11122122, , , ,m m m n n m n n A A A A ⨯⨯⨯⨯∈∈∈∈C C C C mu ∈C ，n v ∈C ，则1112111221222122A A A u A v u Ax A A A u A v v +⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 1112212211122122a b a a b b A u A v A u A v A u A v A u v A A x =+++≤+++111111122122m m m m a b ba u u A v vA A A ⋅+⋅+⋅+⋅≤()()11111111211222aa m m m m bbm m AA u u vA vA AA⋅+⋅⋅+=+⋅+≤()11,bm m a v u x AA=+=⋅⋅所以()()m n m n +⨯+C 上的矩阵范数1m ⋅与上面定义的向量范数⋅相容．三、(18分) 1.(8分)设()ijn nX x ⨯=是矩阵变量，且det 0X ≠．求()1det TdX dX-； 2.(10分)设1011A ⎛⎫= ⎪⎝⎭．求矩阵幂级数()()12211121!k k k k A t k --+∞=--∑的和．解. 1．()111det , det det n nik ik ij ij ik ik k k jX X x X x X x X X -=≠===+∑∑，其中ik X 是ik x 的代数余子式，()det ij ijX X x ∂=∂，从而()()()()122det 11det det det det ij ijij ijX X X x x Xx X X -∂∂∂⎛⎫==-⋅=-⎪∂∂∂⎝⎭， ()()()()111*22de 1det de t 1de det t t TTij i Tj d X X dX X X X X x X X ---⎛⎫⎛⎫∂ ⎪==-=-= ⎪ ⎪- ⎪∂⎝⎭⎝⎭． 2．()()()()11221221111si 1121!!n 21k k k k k k k k A t A t A A At k k ----+∞+∞==---==--∑∑.()210111I A λλλλ--==---. 设()()()()120sin ,1b t b q t t t λλλλ=-++．在该式及对其两边关于λ求导后的式子中，将1λ=代入得()()()101sin ,cos ,t b t b t t t b t =+⎧⎪⎨=⎪⎩ 解得()()01sin cos co s , b t t t t b t t t =-=．从而()()()101010cos sin cos .110sin 0sin cos sin 1t t t t tAt b t A b t I t t t t ⎛⎫=+⎛⎫⎛⎫=+-= ⎪ ⎝⎭⎝⎪⎭⎪⎭⎝()()()()112212211111011sin 1121!21!sin 0cos sin k k k k k k k k A t A t A A At k k t t t t ----+∞+∞=-=--⎛⎫===⎪-⎛-⎝⎭⎫⎪⎝⎭∑∑ sin 0sin cos sin t t t t t +=⎛⎫ ⎪⎝⎭.四、(14分) 设112010232A ⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭．1.(8分)求矩阵A 的Crout 分解；2. (6分)利用Crout 分解求方程Ax b =的解，其中()1, 1, 1Tb =-.解．1.设111213212223313233001001001l r r A l l r ll l ⎛⎫⎛⎫⎪⎪= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. 由Crout 分解的紧凑计算格式得 11111l a ==, 212131310, 2l a l a ====, 1312121311111, 2,a a r r l l ==== 222221121,l a l r =-=- 323231121,l a l r =-= ()232321132210,r a l r l =-= 3333311332232,l a l r l r =--=-故A 的Crout 分解为111201102120010000A ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪= ⎪⎪ ⎪⎝⎝-⎭-⎪⎭．2. 由 123101212001011y y y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪ ⎪= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎭--⎝ 解得123111y y y ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎝-⎪⎝⎭⎭，再由 123101*********x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪=- ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭解得123011x x x ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎝-⎪⎝⎭⎭，即方程Ax b =的解的解为 011x ⎛⎫ =-⎪⎪ ⎪⎝⎭．五、(14分) 利用Gerschgorin 定理及特征值的隔离方法判断矩阵1211621111A -⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭是否有小于零的特征值，并估计A 的每个特征值的分布范围．证明．1. A 有小于零的特征值.A 的三个行盖尔圆为{}{}{}123 , 136,311 2 n n n G z G z z z z G z +-=∈=∈-≤=∈≤≤C C C ，三个列盖尔圆为{} {} {}123 , 126,311 3 n n n Gz G z z z z G z +-=∈=∈-≤=∈≤≤C C C ． 1G 与 1G 均为孤立的盖尔圆，且 11G G ⊂，而2G 与3G 相交， 2G 与 3G 也相交．由盖尔圆定理知 1G 中有A 的一个特征值，() ()2323G G G G 中有A 的两个特征值．令111115522251611521, 1215B D D AD -⎛⎫ ⎪ ⎪===⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎪，则1B 与A 相似，从而与A 有相同的特征值．1B 的三个列盖尔圆为{}1112, ,41665 n B n B z z G z G z ⎧⎫=∈=∈⎨⎬⎩⎭-≤+≤C C139 2 11n B z z G -⎧⎫=∈⎨⎩⎭≤⎬C ． 11B G仍为孤立的盖尔圆．由盖尔圆定理知 11B G 中仍有且仅有1B 的一个特征值. 由于1B 为实矩阵，其特征多项式为实系数多项式，从而其特征值如为复数，则必共轭成对出现．注意到 11B G的圆心为()1, 0-，在实轴上， 11B G 关于实轴对称，如果含有复特征值，则其共轭的特征值也在 11B G 中，与每个孤立盖尔圆中只有一个特征值矛盾．因此，含于 11B G中的该特征值必为实数，即位于实轴上．再注意到 11B G 的半径为45知，该特征值位于闭区间91, 55⎡⎤--⎢⎥⎣⎦中，故1B ，从而A ，有一个小于零的特征值．2. 令122228433324351, 31161114B D D AD -⎛⎫ ⎪ ⎪===⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎪，则2B 与A 相似，从而与A 有相同的特征值．2B 的三个行盖尔圆为{}123117146114, , 4 n n n G z G z G z z z z ⎧⎫⎧⎫=∈=∈=∈⎨⎬⎨⎬⎩⎭≤≤+-⎭-≤⎩C C C ，它们是3个孤立的盖尔圆，从而每个盖尔圆中各有2B ，即A 的一个特征值．由与上面相同的推理知，每个特征值均为实数，都位于实轴上，故A 的特征值分别位于[]5, 3-，1335, 44⎡⎤⎢⎥⎣⎦和 3751, 44⎡⎤⎢⎥⎣⎦中．综合1.的结果知，A 的3个特征值分别位于91, 55⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，1335, 44⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 和 3751, 44⎡⎤⎢⎥⎣⎦中．六、（22分）设101101, 102102A D ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．1.（8分）求A 的全部{}1逆；2.（8分）求A 的加号逆A +；3.（6分）判断矩阵方程AX D =是否有解．解．1．3221010101210111111111100002000001000000000000000000000AI TI I S ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫⎪ ⎪ ⎪=→⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝--⎭- ， 1001010101201001010121211a a a a a T S b b b b b ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪=-= ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪--+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪-⎝⎭，故A 的全部{}1逆为{}12 , 112a a a b a A b b b ⎧⎫-⎛⎫⎪⎪=⎨⎬ ⎪--+⎝⎭⎪⎪⎩⎭任意． 2．A 为列满秩矩阵，故A 的加号逆为111010210252102010110112201121A --+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥ ⎪=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ 22212221021250116516-⎛⎫⎛⎛⎫⎪-⎫== ⎪⎪--⎝⎝-⎝⎭⎭⎭． 3. 在A 的{}1逆的集合{}1A 中取A 的一个{}1逆()1A =100010⎛⎫⎪-⎝⎭．由教材定理 6.5知AX D =有解的充要条件是()1AA D D =．计算得()1101110011110110010101021022100212100010AA D D ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪=-== ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎛⎫⎭⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭≠-，故矩阵方程AX D =无解．中南大学2013年秋季硕士研究生《矩阵论》考试试题考试形式：开卷时间：120分钟总分：100分姓名学号一、 (16分) 设A 为3阶Hermite 矩阵，||12A =−, ()1tr A =，且()1, 0, 2T i 为()40A I x ∗−=的一个解，其中I 为单位矩阵, A ∗为A 的伴随矩阵.1. (8分) 确定t 的取值范围，使ln()I At +有定义；2. (8分) 求A .二、(16分) 记所有形如00A M B =的矩阵（其中,A B 分别为m 和n 阶方阵）的集合为Ω．对每个00A MB Ω=∈（其中()ij m m A a ×=，()pq n n B b ×=），定义 1,11||||||max ||m mijpq p q ni j M an b ≤≤===+⋅∑∑．1.(10分) 证明M 是Ω上的一种矩阵范数；2.(6分) 证明M 与C m n +上的向量1范数相容．三、(18分) 1.(8分) 设()ijm nA a ×=是给定的矩阵，()ijn mX x ×=是矩阵变量，且()()f X tr XA =．求()Tdf X dX； 2.(10分)设2102A − =．求||A e 及AtAe ．四、(14分) 设313010431A=−−．求矩阵A 的QR 分解．五、(16分) 利用Gerschgorin 定理及特征值的隔离方法判断矩阵1.511121219A −=是否可逆，并估计A 的每个特征值的分布范围．六、（20分）设1001010, 02100A b=−=．1.（12分）求A 的加号逆A +；2.（8分）利用加号逆判断方程Ax b =是否有解，并在有解时求其极小范数解，无解时求其极小范数最小二乘解．2013年矩阵论试题参考答案一、 (16分) 设A 为3阶Hermite 矩阵，||12A =−, ()1tr A =，且()1, 0, 2Ti为()40AI x ∗−=的一个解，其中I 为单位矩阵, A ∗为A 的伴随矩阵. 1. (8分) 确定t 的取值范围，使ln()I At +有定义； 2. (8分) 求A . 解 1. 设A 的三个特征值为123,,λλλ.依题意有12312312,,1λλλλλλ=−++=.记()11, 0, 2,T iξ= 则()140A E ξ∗−=，()11240E A ξ−−=，即()130E A ξ−−=，从而3−是A 的一个特征值，1ξ是对应的特征向量.代入前面的式子可算得A 的另两个特征值为2, 2. 所以()3,()3||A At t ρρ==. 故使ln()I At +有定义的t 须满足()3||1At t ρ=<，即1||3t <. 2. 由Hermite 矩阵的不同特征值所对应的特征向量正交知，特征值2所对应的特征向量与1ξ正交，从而满足方程1320z iz −=，由此解得特征向量()()230, 1, 0, 2, 0, 1T Ti ξξ==. 将三个特征向量正交化单位化得酉矩阵00100U =，满足322H U AU − =，从而0033102201020100202220200H i A U U i −−===−−.二、(16分) 记所有形如00A M B= 的矩阵（其中,A B 分别为m 和n 阶方阵）的集合为Ω．对每个00A M B Ω=∈（其中()ijm mA a ×=，()pqn nB b ×=），定义1,11||||||max ||m mijpq p q ni j M an b ≤≤===+⋅∑∑．1.(10分) 证明M 是Ω上的一种矩阵范数；2.(6分) 证明M 与C m n +上的向量1范数相容．证明 1．易知1||||||||||||m m M A B ∞=+，1||||,||||m m A B ∞都是矩阵范数．1）非负性. 当0M =时，必有0,0A B ==，从而1||||||0||||0||0m m M ∞=+=. 当0M ≠时，必有0A ≠或0B ≠，从而1||||0m A >或||||0m A ∞>， 1||||||||m M A =||||0m B ∞+>．2）齐次性. 0 0,C A M B λ∀∈∀=∈Ω，有00A M B λλλ = ，()111m m m m m m M A BA BA BMλλλλλλλ∞∞∞=+=⋅+⋅=⋅+=⋅．3）三角不等式. 12121200,00A A M M B B ∀==∈，12121200A A M M B B ++= +，111121212121212m m m m m m M M A A B B A A B B M M ∞∞∞+=+++≤+++=+．4）乘积不等式. 12121200,00A A M M B B ∀==∈，12121200A A M M B B=， 1111212121212m m m m m m M M A A B B A A B B ∞∞∞=+≤+()()11112212m m m m A B AB MM ∞∞≤++=⋅．由定义知M 是Ω上的一种矩阵范数．2．00A M B ∀=∈ Ω，12C m n x x x + = ∈ ，其中12,C C m nx x ∈∈， 12Ax Mx Bx =．由1||||,||||m m A B ∞都与向量1范数相容得1112121111111m m m m Mx Ax Bx A x Bx A x Bx ∞∞=+≤+≤+()111m m A BxM x ∞=+=⋅，所以Ω上的矩阵范数M 与C m n +上的向量1范数相容．三、(18分) 1.(8分) 设()ijm nA a ×=是给定的矩阵，()ijn mX x ×=是矩阵变量，且()()f X tr XA =．求()Tdf X dX； 2.(10分)设2102A − =．求||A e 及AtAe ．解 1．()1111()n mn m kl lk ij ji kl lkij ji k l k l f X tr XA x a x a x a x a =======+− ∑∑∑∑，()ji ij f X a x ∂=∂，故 ()()()()TT ji ijTij df X f X a a A dX x∂====∂．2． ()221202I A λλλλ−−==−−，故A 的特征值为2,2，A e 的特征值为22,e e ，故224||.A e e e e ==再设()()()()210,2te q t b t b t λλλλ=−++．在该式及对其两边关于λ求导后的式子中，将2λ=代入得()()()210212,,tteb t b t te b t =+ = 解得 ()()222012, tttb t e te b t te =−=．从而()()()2222210221102.02010t t Att t t t e te e b t A b t I te e te e −− =+=+−=2222222212202002t t tt t At t t e te e te e Ae e e −−−− ==.四、(14分) 设313010431A=−−．求矩阵A 的QR 分解．解用Givens 变换求A 的QR 分解．A 的第一列为304，取 133405501043055T = −得 133403135315501001001043431013055T A=−=− −− −． 13T A 的右下角的2阶矩阵第一列为11− ，再取2310000T=得23131005315310010*******T T A R=−= −3．令132333410005550100043040555H HQ T T−===，则Q 为酉矩阵，且A 的QR 分解为35315004005A QR== ．五、(16分)利用Gerschgorin定理及特征值的隔离方法判断矩阵1.511121219A−=是否可逆，并估计A的每个特征值的分布范围．解A的三个行盖尔圆为：{}{}{} 1231.52,,2293 n n nzG z G z zz G z=∈=∈=+≤−≤≤∈−C C C．三个列盖尔圆为：{}{}{} 1231.5,,32292 n n nG z Gz z z G z z′′′=∈=∈+≤−≤−≤=∈C C C．3G与3G′都为孤立的盖尔圆，且33G G′⊂，而1G与2G相交，1G′与2G′也相交．由盖尔圆定理知3G′中有A的一个特征值，1G与2G的并中有A的两个特征值．取12391,,4d d d===．令112341.5194,12999924dD d B DADd−−===，则B与A相似，从而与A有相同的特征值．B的三个行盖尔圆为：1231313271.52, 99,94 n n nG z G zz z G z z+≤−=∈=∈=∈≤−≤C C C1G是一个孤立的盖尔圆， 2G与 3G相交，由盖尔圆定理知， 1G中有A的一个特征值，2G与 3G的并中有B的两个特征值．而 1G及 2G与 3G的并都不包含原点，故B的三个特征值中都不等于零，B可逆，从而A也可逆．由于A，B都为实矩阵，其特征多项式都为实系数多项式，从而其特征值如为复数，则必共轭成对出现．注意到123,,G G G 及 123, , G G G 的圆心都在实轴上，123,,G G G 及 123, , G G G都关于实轴对称，如果含有复特征值，则其共轭的特征值也在同一个盖尔圆中，与每个孤立盖尔圆中只有一个特征值矛盾．因此，B 的特征值，从而A 的特征值都为实数．综上，A 有两个特征值分别位于孤立的盖尔圆 1G 和3G ′的实轴上，即位于实数区间 531, 1818 −− 和[]7, 11中．而另一个特征值位于 () ()123123\\G GG G G G G G 的实轴上，即位于155, 2, 6, 21899 −=中．所以，A 的特征值分别位于区间531, 1818 −− ，5, 29 和 []7, 11中．六、（20分）设1001010, 02100A b=−=．1.（12分）求A 的加号逆A +；2.（8分）利用加号逆判断方程Ax b =是否有解，并在有解时求其极小范数解，无解时求其极小范数最小二乘解．解 1. 100100010010, 210000A=−→A 的满秩分解为101000101021A=−，1101010100100100010101010010010212121HH HH HA −+ −−−  1110101052102221021010101220112501160000−−−  =  −−−。

矩阵的测试题及答案

矩阵的测试题及答案一、选择题1. 矩阵A和矩阵B相乘，结果为矩阵C，若矩阵A是3x2矩阵，矩阵B是2x4矩阵，矩阵C的维度是：A. 3x2B. 3x4C. 2x4D. 4x3答案：B2. 下列矩阵中，哪一个是可逆矩阵？A. [1 0; 0 0]B. [1 2; 3 4]C. [2 0; 0 2]D. [0 1; 1 0]答案：C3. 矩阵的转置操作会改变矩阵的：A. 行数B. 列数C. 行列式D. 秩答案：B二、填空题4. 若矩阵A的行列式为3，矩阵B是A的伴随矩阵，则矩阵B的行列式为______。

答案：95. 对于任意矩阵A，其逆矩阵A^-1与A的乘积结果是______。

答案：单位矩阵I三、简答题6. 解释什么是矩阵的特征值和特征向量，并给出一个3x3矩阵的特征值和特征向量的计算方法。

答案：矩阵的特征值是指能使得线性方程组(A - λI)v = 0有非零解的标量λ，其中A是给定的矩阵，I是单位矩阵，v是非零向量，称为对应于特征值λ的特征向量。

对于一个3x3矩阵A，计算其特征值通常需要求解特征多项式det(A - λI) = 0，得到特征值λ后，将λ代入(A - λI)v = 0，求解线性方程组得到特征向量v。

四、计算题7. 给定两个矩阵A和B，其中A = [1 2; 3 4]，B = [5 6; 7 8]，计算矩阵A和B的和以及A和B的乘积。

答案：矩阵A和B的和为 [6 8; 10 12]，矩阵A和B的乘积为[19 22; 43 50]。

8. 若矩阵C = [1 0; 0 1]，求矩阵C的100次幂。

答案：矩阵C的100次幂仍然是 [1 0; 0 1]，因为C是单位矩阵，其任何次幂都是其自身。

五、论述题9. 讨论矩阵的秩在解决线性方程组中的应用，并举例说明。

答案：矩阵的秩是指矩阵中线性独立行或列的最大数目。

在线性方程组中，系数矩阵的秩可以用来判断方程组的解的情况。

如果系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩且等于未知数的数量，则方程组有唯一解；如果系数矩阵的秩小于增广矩阵的秩，则方程组无解；如果系数矩阵的秩大于增广矩阵的秩，则方程组有无穷多解。

矩阵理论试题参考答案

矩阵理论2007年考试参考答案一、判断题（40分）（对者打∨，错者打⨯）1、设,n nA B C⨯∈的奇异值分别为120n σσσ≥≥≥>，'''120n σσσ≥≥≥>，如果'(1,2,,)i i i n σσ>=，则22||||||||A B ++>. ( ⨯ )2、设n nA C ⨯∈为正规矩阵，则矩阵的谱半径2()||||r A A =. ( ∨ )3、设nn CA ⨯∈可逆，nn C B ⨯∈，若对算子范数有1||||||||1A B -⋅<，则B A +可逆.( ∨ )4、设323121000a a A a a a a -⎛⎫⎪=- ⎪ ⎪-⎝⎭为一非零实矩阵，则2221123()a a a A --++为A 的一个广义逆矩阵 ( ∨ )5、设A 为m n ⨯矩阵，P 为m 阶酉矩阵, 则P A 与A 有相同的奇异值. ( ∨ )6、设n nA C⨯∈，且A 的所有列和都相等，则()r A A ∞=. ( ⨯ )7、如果12(,,,)T n n x x x x C =∈，则1||||min i i nx x ≤≤=是向量范数. ( ⨯ )8、0010140110620118A ⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦至少有2个实特征值. ( ∨ ) 9、设,n nA C⨯∈则矩阵范数m A∞与向量的1-范数相容. ( ∨ )10、设n nA C⨯∈是不可逆矩阵，则对任一自相容矩阵范数有1I A -≥, 其中I 为单位矩阵. ( ∨ )二、计算与证明（60分）1. (10分)设矩阵n nA C ⨯∈可逆, 矩阵范数||||⋅是nC 上的向量范数||||v ⋅诱导出的算子范数,令()L x Ax =, 证明:||||11||||1max ||()||||||||||min ||()||v v vx vy L x A A L y =-==⋅.证明: 根据算子范数的定义, 有||||1max ||()||||||x L x A ==,11100||||1||||10||||||||111||||max max ||||||||||||min ||||min ||()||min ||||y A x x y y y y A x y A Ay x Ay Ay L y y --=-≠≠==≠=====,结论成立.2.(10分) 已知矩阵110130110,112114A b ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,(1) 求矩阵A 的最大秩分解; (2) 求A +;(3) 用广义逆矩阵方法判断方程组Ax b =是否有解?(4) 求方程组Ax b =的最小范数解或最佳逼近解?(要求指出所求的是哪种解)解: (1)10110101011011A BD ⎛⎫⎛⎫⎪== ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭,(2)12111()1213T TB B B B +--⎛⎫== ⎪-⎝⎭, 121121()13521T T D D DD +--⎛⎫⎪ ⎪== ⎪- ⎪ ⎪-⎝⎭,541033157215541A D B +++-⎛⎫ ⎪ ⎪==⎪- ⎪ ⎪-⎝⎭, (3) 314AA b b +⎛⎫⎪== ⎪ ⎪⎝⎭, 方程组Ax b =有解;(5) 最小范数解:()01101Tx A b +==.3. (10分) 设矩阵n nA C ⨯∈为单纯矩阵, 证明: A 的特征值都是实数的充分必要条件是存在正定矩阵n nH C⨯∈, 使得HA 为Hermite 矩阵.证明: (充分性) (0)Ax x x λ=≠, ,(0,)HHHHx HAx x Hx R x Hx x HAx R λ=∈>∈,R λ∈.(必要性) A 为单纯矩阵, 所以11, (,,),n i A P DP D diag R λλλ-==∈,令H H P P =, 则1H HHA P PP DP P DP -==为Hermite 矩阵. 4. (10分) 设矩阵n nA C⨯∈为行严格对角占优矩阵, 用Gerschgorin 圆盘定理证明:(1) 矩阵A 为可逆矩阵;(2) 如果矩阵A 的所有主对角元均为负数, 证明A 的所有特征值都有负实部. 证明：(1)A 行严格对角占优||||i ij ii j iR a a ≠⇒=<∑1({:||||})ni i i ii ii i S S z C z a a λ=⇒∈=∈-<100ni ii S S =⇒∉⇒∉(2)0,||||ii ii ii a a a λ<-<⇒A 的特征值都有负实部5. (10分) (1) 设矩阵()m nA Cm n ⨯∈<, 且H m AA I =, 其中m I 为单位矩阵, 证明H A A 酉相似于对角矩阵, 并求此对角矩阵.证明: 由于矩阵H A A 和H m AA I =的非零特征值相同, 所以矩阵HA A 的特征值为1(m个)和 0(n m -个), 同时由于矩阵H A A 为Hermite 矩阵, 所以矩阵HA A 酉相似于对角矩阵000m n nI D ⨯⎛⎫=⎪⎝⎭ (2) 设矩阵m nnA C ⨯∈, 证明: 2||||1AA +=.证明: 令2B AA B B +=⇒=. 设B 的特征值为λ, 则2λλ=, 即0,1λ=.设,00n x C x Ax ∈≠⇒≠, 所以有()1()B Ax AA Ax Ax +==⋅, 即1是矩阵B 的特征值, 故()1r B =, 1/22||||[()]()1H B r B B r B ⇒===.6. (10分) (1) 设矩阵()ij n n A a ⨯=, 则,||||max ||a ij i jA n a =⋅是矩阵范数.(2) 设,,,n x y p q C ∈为非零列向量, 矩阵H H A xp yq ,x y,p q =+⊥⊥其中，求2||m A .解：(1) 0A ≠⇒ij a ⇒不全为零,||||max ||0;a ij i jA n a =⋅>,,||||max ||||max ||||||||a ij ij a i ji jkA n ka k n a k A =⋅=⋅=;,,,||||max ||max ||max ||||||||||a ij ij ij ij a a i ji ji jA B n a b n a n b A B +=⋅+≤⋅+⋅=+(2)H H A xp yq ,x y,p q =+⊥⊥⇒其中2222()()||||||||H H H H H H H HA A xp yq xp yq x pp y qq=++=+⇒22222222||||||||||||||||x p x q +p,q 为矩阵HA A 对应于2222||||||||,x p 2222||||||||x q 的特征向量.又因为()()2H rank A A rank A =≤⇒()()2H rank A A rank A ==⇒2222||||||||,x p 2222||||||||x q 为H A A 全部非零特征值所以22222222221||||()||||||||||||||||nHm i i A AA x p x q λ===+⇒∑2||||m A =。

07-08(1)-07级-矩阵论试题与答案

一（20分）设矩阵10112043A -⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦，（1）求A 的初等因子组；（2）求A 的Jordan 标准形J ；（3）求可逆矩阵P 使得J AP P =-1；（4）求k A 。

答案：（1）21111120(2)(2)(1)4343I A λλλλλλλλλ+-⎡⎤+-⎢⎥-=--=-=--⎢⎥-⎢⎥-⎣⎦观察得，21231,1,(2)(1)D D D λλ===--因此，初等因子组为2(1),(2)λλ-- 5分（2）1112J ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦10分（3）设123[,,]P ααα=，由1P AP J -=，得1121233(1)(2)2(3)A A A ααααααα=⎧⎪=+⎨⎪=⎩由（1），1()0I Aα-=，解得1112α⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦其中20110.05110010.54200I A --⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-=--→⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦由（2），21()I A αα-=-，解得2011α⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦其中12011100.50.5[,]1101010.50.542200I A α----⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥--=--→-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦由（3）3(2)0I A α-=，解得3010α⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦其中30110021000014100I A -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-=-→⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦1100100111,201210111P P -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=--=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦15分（4）1001002kkk J⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，12102122124021k k k kk k kA PJ P k k k k --+⎡⎤⎢⎥==+---+⎢⎥⎢⎥-+⎣⎦20分二（20分）设微分方程组0d d (0)xA x tx x ⎧=⎪⎪⎨⎪⎪=⎩，其中311202113A -⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥--⎣⎦，0111x ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦（1）求A 的最小多项式)(λA m ；（2）求A te；（3）求该方程组的解。

矩阵论试题及答案可编辑全文

2006矩阵论试题答案一．填空（每题4分，共40分）1．设−−=41311221222832A ，则A 的值域4(){,R }R A y y Ax x ==∈的维数=)(dim A R 2 .2．设A 的若当标准型−−−=10000011000001100000020000012000002J ，则A 的最小多项式=)(λψm 32(1)(2)λλ+−.3．设110430102A −=−，则()5432333h A A A A A A =−++−=110430102−− −−. 4．设埃尔米特阵为 −−+=2005111i i i i A ，则矩阵A 为正定的埃尔米特阵.5．在3R 中有下列两组向量：()13,1,2Tα=−−，()21,1,1Tα=−，()32,3,1Tα=−； ()11,1,1Tβ=，()21,2,3Tβ=，()32,0,1Tβ=，则由321,,ααα到321,,βββ的过渡矩阵=P 619113421270−−−−−− −− .6．设33CA ×∈，21332211{}ij m j i A a ===∑∑，H AA 的非零特征值分别为15 ,5 ,3，则=2mA.7．设12102101, 11111137A B −== −−，12,V V 分别为齐次线性方程组 0Ax =，0Bx =的解空间，则=)dim(21V V ∩ 1 .8．设1(1)1(1)121()321nn n n n n n A n n n n +−−=++ −，则lim n n A →∞=1311e .9．设213121202A −=，则A 的 LDU 分解为 A =100121012/51 2001123205200115004/5001−  −   − 10．设 −=5221A ，=0242B ，则2448204048102040100A B−−−⊗=. 二．（10分）设T 为n 维欧氏空间V 中的线性变换，且满足：),(),(Ty x y Tx −=，试证明：T 在标准正交基下的矩阵A 为反对称阵（T A A −=）证明：设n ααα,,,21 为V 的标准正交基，n n ij a A ×=}{，下证：ji ij a a −=：由=),,,(21n T ααα A n ),,,(21ααα 知n ni i i i a a a T αααα+++= 2211，n nj j j j a a a T αααα+++= 2211， ),(),(j i j i T T αααα−=；=),(j i T ααji j n ni i i a a a a =+++),(2211αααα ， =),(j i T ααij n nj j j i a a a a =+++),(2211αααα , 所以：ji ij a a −=.三．（10分）在复数域上求矩阵−−−=7137341024A 的若当标准形J ，并求出可逆矩阵P 使得J AP P =−1.解： A 的若当标准形210021002J=. 令123(,,)P p p p =，则有112123232,2,2Ap p Ap p p Ap p p ==+=+;1213262100621062104170,417,4173150315315p p p p p −−−−=−=−= −−−解得：123(2,1,1),(0,1,0),(1,2,1)T T Tp p p ===− , 201112101P=−.四. （10分）已知 =654321x x x x x xX ，162534()sin()x x f X e x x x x =++，求dXdf . 解答：16161234652543225516cos()cos()x x x x ff f x x x df dX ff f x x x x e x x x x x x x x x e ∂∂∂∂∂∂== ∂∂∂ ∂∂∂. 五.（10分）已知311202113A −=−−−，求4sin()A π，Ae .解：3||(2)E A λλ−=−，A 的最小多项式2)2()(−=λλϕ .待定系数一：令24sin ()(2)q a b πλλλλ=−++，则21,0a b b +==,4sin()A E π=;令2()(2)e q a b λλλλ=−++，则222,a b e b e +==.222211212112A e e e E e A −−=−+=− −−.待定系数二：令324sin ()(2)q a b c πλλλλλ=−+++，则22222414018,8,32216a b c b c a b c c ππππ ++=+=⇒=−==− =− ; 224sin()(44)32A E E A A E ππ=−−+=.令32()(2)e q a b c λλλλλ=−+++，则2222222414,,22a b c e b c e a e b e c e c e++= +=⇒==−== ; 2221()2211212112A e e E A A e −−− =− +−−= .六.（10分）设−=01200110A ，求A 的奇异值分解. 解答一：=5002A A H ，A 的奇异值为5,2; 00Σ= , 25H HV A AV = ，1001V =; 1100100100200100U AV −−− =Σ==; 00000000U− =; 0000010001 0 000 0 000A=.解答二：=5002A A H ，那么A 的奇异值为5,2，A A H对应于特征值5，2的标准特征向量为 = =01,1021x x ，=0110V ; 再计算H AA 的标准正交特征向量，解得分别与5，2，0，0对应的四个标准正交特征向量=0520511υ， −=2102102υ，−=0510523υ，=2102104υ，−−=210210051052210210052051U ; 所以=∆=HV UA 0000000000000110.七．（10分）设n n i A ×∈≠C 0，2rank rank i i A A =),,2,1(n i =，且当i j ≠时),,2,1,(0n j i A A j i ==.试用归纳法证明存在同一个可逆阵n n P ×∈C 使得对所有的i ),,2,1(n i =有1−=P PE a A ii i i ，其中C ∈i a . 证明：1n =时，命题显然.假设n k ≤时，命题成立. 当1n k =+时，设1rank A r =.由若当分解11111000D A P P − =，其中1C r rD ×∈可逆; 当2,,j n = 时，由110j j A A A A ==可得1(1)(1)1100, C 0n n j jj A P P B B −−×− =∈(直接推出的j B 为()()n r n r −×−的) 再由0i j A A =得0i j B B =(,,2,,)i j i j n ≠= ;0j B ≠,2rank rank j j B B =也是明显的.由假设知存在可逆阵(1)(1)C n n Q −×−∈使得1j j jj B a QE Q −=，其中C j a ∈，2,,j n = .此时,再由110j j A A A A ==得到11111111110101010000000a A P P a P P Q Q −−− == ; 记1100P P Q =，则 11111111100000000 (2,,).0 j j j jj j j jj jj A P P P P B a QE Q a P P a P E P j n E −−−−− =====由归纳原理知命题为真.。

矩阵论B卷及答案上海交通大学

上海交通大学《矩阵论》 B 卷姓名：班级：学号：一、单项选择题(每题3分，共15分)（答案AAAAB ）1. 设1()kk A f A k ∞==∑收敛，则A 可以取为A. 0091⎡⎤⎢⎥--⎣⎦ B. 0091⎡⎤⎢⎥-⎣⎦C. 1011⎡⎤⎢⎥-⎣⎦ D. 100.11⎡⎤⎢⎥⎣⎦注：A 的特征值为0，-1，而1kk x k∞=∑的收敛区间为[1,1)-2. 设M 是n 阶实数矩阵，若M 的n 个盖尔圆彼此分离，则M A. 可以对角化 B. 不能对角化 C. 幂收敛 D. 幂发散注：由定理M 有n 个不同特征值，故可以对角化3. 设211112121M --⎡⎤⎢⎥=--⎢⎥⎢⎥--⎣⎦的，则M 不存在 A. QR 分解 B. 满秩分解 C. 奇异值分解 D. 谱分解注：M 的秩为2故无QR 分解 4. 设，则A = A.214020031-⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭B.114010061-⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭C.224020031-⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭D.204020061-⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭注：'()At Ate Ae =，故()'A At t A Ae Aee ====5. 设3阶矩阵A 满足多项式222(4)(3)A E A E O --=, 且其最小多项式m (x )满足条件(1)(3)1m m ==,则A 可以相似于A. 200130002M ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦B. 20002002M ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦C. 20012002M ⎡⎤-⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦ D. 200030013M -⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦注：B 中矩阵的最小多项式为()22x - 二、填空题(每题3分，共15分) 1．设220A A -=，则cos 2A ＝ [ E+()2cos11A - ]。

2．已知n nA C ⨯∈,并且()1A ρ<,则矩阵幂级数kk kA ∞=∑=［()2AE A - ］。

矩阵理论历年试题汇总及答案

矩阵理论历年试题汇总及答案矩阵理论是线性代数中的一个重要分支，它涉及到矩阵的运算、性质以及矩阵在不同领域中的应用。

历年来的矩阵理论试题通常包括矩阵的基本运算、矩阵的特征值和特征向量、矩阵的分解等重要概念。

以下是对矩阵理论历年试题的汇总及答案解析。

矩阵的基本运算试题1：给定两个矩阵 \( A \) 和 \( B \)，其中 \( A =\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} \)，\( B =\begin{bmatrix} 5 & 6 \\ 7 & 8 \end{bmatrix} \)，求 \( A + B \) 和 \( AB \)。

答案：首先计算矩阵的加法 \( A + B \)，根据矩阵加法的定义，对应元素相加，得到 \( A + B = \begin{bmatrix} 6 & 8 \\ 10 & 12 \end{bmatrix} \)。

接着计算矩阵乘法 \( AB \)，根据矩阵乘法的定义，得到 \( AB = \begin{bmatrix} 1\cdot5 + 2\cdot7 & 1\cdot6 + 2\cdot8 \\ 3\cdot5 + 4\cdot7 & 3\cdot6 + 4\cdot8\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 19 & 22 \\ 43 & 50\end{bmatrix} \)。

特征值和特征向量试题2：已知矩阵 \( C = \begin{bmatrix} 4 & -2 \\ 1 & -1\end{bmatrix} \)，求 \( C \) 的特征值和对应的特征向量。

答案：首先求特征值，我们需要解方程 \( \det(C - \lambda I) = 0 \)，其中 \( I \) 是单位矩阵。

计算得到 \( \det(\begin{bmatrix}4-\lambda & -2 \\ 1 & -1-\lambda \end{bmatrix}) = (4-\lambda)(-1-\lambda) - (-2)(1) = \lambda^2 - 3\lambda - 2 \)。

矩阵论试题(整理)(完整版)实用资料

矩阵论试题(整理)（完整版）实用资料(可以直接使用，可编辑完整版实用资料，欢迎下载）矩阵论试题（06，12）一.(18分填空：设1.A-B的Jordan标准形为J=2.是否可将A看作线性空间V2中某两个基之间的过渡矩阵（）。

3.是否可将B看作欧式空间V2中某个基的度量矩阵。

（）4.（），其中。

5.若常数k使得kA为收敛矩阵，则k应满足的条件是（）。

6.AB的全体特征值是（）。

7.（）。

8.B的两个不同秩的{1}-逆为。

二.(10分设,对于矩阵的2-范数和F-范数，定义实数，（任意）验证是中的矩阵范数，且与向量的2-范数相容。

三.(15分已知。

1.求；2.用矩阵函数方法求微分方程满足初始条件x(0的解。

四.(10分用Householder变换求矩阵的QR分解。

五.（10分）用Gerschgorin定理隔离矩阵的特征值。

（要求画图表示）六.(15分已知。

1.求A的满秩分解；2.求A+；3.用广义逆矩阵方法判断线性方程组Ax=b是否有解；4.求线性方程组Ax=b的极小范数解，或者极小范数最小二乘解x0。

（要求指出所求的是哪种解）七.(15分已知欧式空间R22的子空间R22中的内积为V中的线性变换为T(X=XP+XT, 任意XV，1.给出子空间V的一个标准正交基；2.验证T是V中的对称变换；3.求V的一个标准正交基，使T在该基下的矩阵为对角矩阵.八.(7分设线性空间V n的线性变换T在基下的矩阵为A，T e表示V n的单位变换，证明：存在x00，使得T(x0=(T e-T(x0的充要条件是为A的特征值.矩阵论试题（07，12）一.(18分填空：1.矩阵的Jordan标准形为J=2.设则3.若A是正交矩阵，则cos(A=4.设，A+是A的Moore-Penrose逆，则(-2A, A+=5.设，则AB+I2I3的全体特征值是（）。

6.设向量空间R2按照某种内积构成欧式空间，它的两组基为和且与的内积为则基的度量矩阵为（）。

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