矩阵论答案

合集下载

矩阵理论第一章课后习题答案

1.按通常矩阵的加法及数与矩阵的乘法，下列数域F 上方阵集合是否构成F 上的线性空间：（1）全体形如⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛b a-a 0的二阶方阵的集合；（2）全体n 阶对称（或反对称、上三角）矩阵的集合；（3）{|0,}n n V X AX X F ⨯==∈（A 为给定的n 阶方阵）.解：（1）设⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=111b a-a 0α⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=222a 0b a β⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=3330b a a γ ①αββα+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+111222212121222111b a -a 0a 00a 0b a -a 0b a b b a a a a b a ②)(0b a -a 0000a 0b a -a 0)(323232111321321321333212121333222111γβαγβα++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++---++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=++b b a a a a b b b a a a a a a b a a b b a a a a b a a b a③存在零向量V ∈0，使得对每个V a ∈，a a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+111111b a -a 00000b a -a 00④对每个V a ∈，存在负向量a -,使得0b -a a -0b a -a 0)(111111=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-+a a再令F y x ∈,⑤αα)(b a -a 0xyb xya -xya 0yb ya -ya 0b a -a 0)(111111111111xy xy x y x y x =⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛= ⑥αα=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=111b a -a 011⑦βαβαx x b a xb xb xa xa xa xa b b a a a a x b a x x +=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+222111212121212121222111a 0b a -a 000a 0b a -a 0)(⑧ya xa yb xb yaxa ya xa y x y x +=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+111111*********yb ya -ya 0xb xa -xa 00b a -a 0)()(α所以全体形如⎪⎪⎭⎫⎝⎛b a -a 0的二阶方阵的集合构成F 上的线性空间。

矩阵论简明教程习题答案

1 , 0) T , 5 2 4 5 T , , e 3 =( ) . 令 3 5 3 5 3 5 1 2 2 5 3 5 3 10 1 4 2 1 U= , 则 U AU = 1 . 3 5 3 5 1 5 2 0 3 3 5
1 p1 = 4 , 0
1 p 2 = 0 4
=－1 所对应的方程组 (I+A)x=0 有解向量 1 p 3 = 0 0
令
7．
3 0 1 1 1 0 1 1 P=(p 1 , p 2, p 3 )= 4 0 0 , 则 P = 4 1 4 . 于是有 12 0 4 1 16 4 4 2100 4 2100 2100 1 2100 1 1 2100 0 3 2100 0 A 100 =P P 1 = . 3 100 100 100 1 2 1 4 2 1 4 4 2 2 (1) I A = ( 1) =D 3 ( ), I－A 有 2 阶子式
1 3 2 3 2 T ) . 3
2 1 2 2 1 2 4 ～ 0 0 0 2 4 2 4 4 0 0 0
当 =1 时, 对应的齐次线性方程组 (I－A)x=0 的系数矩阵
由此求出特征向量 p 2 =(－2, 1, 0) T , p 3 =(2, 0, 1) T . 单位化后得
是
d1 1, d 2 1,
d 3 ( 1)( 2)
1 A～J= 1 2
因为 A 可对角化，可分别求出特征值－1，2 所对应的三个线性无关的特征向量：当 =－1 时，解方程组 ( I A) x 0, 求得两个线性无关的特征向量

矩阵论习题课答案

习题课答案一1). 设A 为n 阶可逆矩阵, λ是A 的特征值,则*A 的特征根之一是(b )。

(a) 1||n A λ- (b) 1||A λ- (c) ||A λ (d) ||n A λ2). 正定二次型1234(,,,)f x x x x 的矩阵为A ，则( c )必成立.()a A 的所有顺序主子式为非负数 ()b A 的所有特征值为非负数()c A 的所有顺序主子式大于零()d A 的所有特征值互不相同3).设矩阵11111A ααββ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭与000010002B ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭相似,则,αβ的值分别为( a )。

(a) 0,0 (b) 0,1 (c) 1,0 (d) 1,1二填空题4)若四阶矩阵A 与B 相似，A 的特征值为1111,,,2345，则1B E --= 24 。

5)设532644445A -⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪-⎝⎭,则100A =10010010010010010010010010010010010010032(21)223312(23)442232(31)2(31)2(13)231⎛⎫+---- ⎪+---⋅-⎪ ⎪--⋅-⎝⎭三计算题3.求三阶矩阵1261725027-⎛⎫⎪ ⎪⎪--⎝⎭的Jordan 标准型解 1261725027E A λλλλ+--⎛⎫ ⎪-=--- ⎪ ⎪+⎝⎭,将其对角化为210001000(1)(1)λλ⎛⎫⎪⎪ ⎪+-⎝⎭.故A 的若当标准形为100110001-⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭.■4.设A 是3阶对称矩阵,且A 的各行元素之和都是3,向量()()0,1,1,1,2,1TTαβ=-=--是0AX =的解,求矩阵A 的特征值,特征向量,求正交阵Q 和矩阵B 使得T Q BQ A =依题意有011003121003111003A -⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭因而1003011111003121111003111111A --⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪=-= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭其特征多项式为2()||(3)f E A λλλλ=-=-.故特征值为120,3λλ==.⑴10λ=,解特征方程0AX -=得()11,0,1T X =-,()21,1,0TX =-.特征向量为1122l X l X +.⑵23λ=,解特征方程(3)0E A X -=得()31,1,1TX =.特征向量为33l X . 以上123,,l l l R∈.把向量12,X X 正交并单位化得1(η=,2η⎛⎫= ⎝.把向量3X单位化得3η=.以123,,ηηη作为列向量作成矩阵P ,则P 为正交矩阵且000000003T P AP B ⎛⎫⎪== ⎪ ⎪⎝⎭.0T Q P ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪== ⎪⎪⎝⎭,则Q 满足T Q BQ A =.■ 5解：A 的行列式因子为33()(2)D λλ=+, 21()()1D D λλ==.所以，不变因子为33()(2)d λλ=+, 21()()1d d λλ==，初等因子为3(2)λ+，因而A 的Jordan 标准形为21212J -⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦8.设A 是n 阶特征值为零的若当块。

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。

矩阵论课后题答案(研究生用书)改

⎞ ⎠
⎠
A
P
⎞ ⎠
⎠ ⎞
P
⎠
− 1
A
⎠
A
J
P
P
A P
J
A f f A f E E A A A A
⎞ ⎠
A
A
A
A
E
A
E
⎞
A
A A E
A
⎠
f A
A
A
A
A
A
E
A
E
E
A A
⎠
⎞
A A A
A
A
E
2
f
E
A
f A
⎞ ⎠
A
A A A E A
A
E
A
A
⎠ ⎞
E
A
E
⎠
⎞
⎞ ⎠
f A E
E
⎞
A
A
E
⎞ ⎠
f A E E E
0 0
x
x
x
A A
E
E E A A A A A E
⎞ ⎠
j
E
E A A A A
A
E E
A E
E A
A
A
E A
A
A
F
j
F
j
j
A
E
A
A
A A E A g A E A E A E A g A A E A E E A A A E
A
A
A
F
A
A
H
A
A A A A
F
A
H
A
A
A
A
A
A
F

矩阵论习题答案

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)])([)],([(sin -⋅=P J f J f Pdiag A λλ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=1111101112sin 2cos 2sin 1sin 111101110⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-+-+----+=2cos 1sin 1sin 2cos 1sin 2cos 2sin 2sin 1sin 1sin 2sin 1sin 2sin 2cos 2cos 2sin 2cos .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 cond ；1,5,)1)(5(3212-===+-=-λλλλλλA I .故5lim )(==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⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=000000111A ，⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=111 α，得n aA 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(411322003---=-------=-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,FTFTFT T FTY X Y X Y X Y X ααααα+≤+=+=+)(=Y X +，因此 , X 是向量范数. 又因为FT T 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 TT 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 XXX3,4,3===∞∞X X 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 λn;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 aE E E E E E E E 00000000),,,(),,,(2221121122211211，故A =⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡d cd c b a b a000000; (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I I 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(2320110012λλλλλλ--=---=-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 B B 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 ；⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---==--21103001052152011070)(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-=；得αα-=，即0=α，故11-⊕=V V V .自测题八{}{}{}{},28,36,24,14321≤-=≤-=≤-=≤=g g G g g G g g G g g G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⎰⎰=====10121121121,11tdt 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()==T R 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 ∈=,)(.V Y 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)(11TT T F F F F F . ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==--+11111001313003)(11TT 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 TT T 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⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0004321x 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 HH,.0102102101010110021)()(1111⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==----+F F F F GG G A H H H五、解：令⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----=7610,122121211142b A , ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----=+561651224112331A ，。

矩阵论第三章答案

d1 (λ ) = L = d n −1 (λ ) = 1 ， d n (λ ) = (λ − a )
n
因此初等因子只有一个，即有 (λ − a )n .
11. 证：
A（ λ ）与 B（ λ ）相抵当且仅当它们有相同的不变因
子，当且仅当它们的各阶行列式因子相同.
1 1 ⎤ ⎡λ − 2 ⎢ 12. 解：（ 1 ）因为 λI − A = ⎢ − 2 λ + 1 2 ⎥ ⎥ 的初等因子为 ⎢ − 1 λ − 2⎥ ⎣ 1 ⎦
0 0 ⎤ r2 − (− 1)r3 ⎡1 0 0 ⎤ c 2 − (2λ − 1)c1 ⎡1 ⎢0 ⎥ ⎢ 2 λ − λ ⎥ ⎯⎯ ⎯ λ2 ⎥ ⎯⎯ ⎯ ⎯→ ⎢ ⎯→ ⎢0 λ ⎥ 2 2 2 ⎥ ⎢ ⎥ c3 + (− λ )c1 ⎢ ( ) r + 1 − λ r 0 λ − λ − λ − λ 0 0 − λ − λ 3 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
2. 解：（ 1）因为 A 的特征矩阵为
⎡λ + 1 ⎤ ⎢ ⎥ λ+2 ⎢ ⎥ A(λ ) = λI − A = ⎢ ⎥ λ −1 ⎢ ⎥ λ − 2⎦ ⎣
所以 A（ λ ）的行列式因子为
⎡1⎤ A=⎢ ⎥ ⎣1⎦
不变因子为
d 1 (λ ) = D1 (λ ) = 1, d 4 (λ ) = D4 (λ ) D3 (λ ) d 2 (λ ) = d 3 (λ ) = 1,
10. 解：
因为 A(λ ) = (λ − a )n ，所以 Dn (λ ) = (λ − a )n ，又因
c1 λ − a c2 O
O
= c1c 2 L c n −1 ≠ 0 ，
λ − a c n −1

矩阵论试题

矩阵论试题一、选择题1.设A是n阶方阵，若|A|=0，则A（）。

A. 一定是可逆矩阵B. 一定是不可逆矩阵C. 可能是可逆矩阵，也可能是不可逆矩阵D. 以上说法均不正确答案：B2.若矩阵A与B相似，则A与B具有（）。

A. 相同的特征值B. 相同的特征向量C. 相同的秩D. 相同的行列式答案：A、D（相似矩阵具有相同的特征值和行列式，但特征向量不一定相同，秩也一定相同，但此题只问具有什么，故A、D为正确答案）3.下列矩阵中，属于正交矩阵的是（）。

A. 单位矩阵B. 对角矩阵C. 上三角矩阵D. 任意方阵答案：A（单位矩阵是正交矩阵的一种特殊情况）二、填空题1.设矩阵A=(1324)，则A的行列式|A|=______。

答案：-2（根据行列式的定义和计算方法，有|A|=1×4-2×3=-2）2.若矩阵A与B满足AB=BA，则称A与B为______。

答案：可交换矩阵（或称为可交换的）3.设n阶方阵A的伴随矩阵为A，则|A|=______。

答案：|A|(n-1)）三、计算题1.设矩阵A=(2113)，求A的逆矩阵A^(-1)。

解答：首先求|A|，有|A|=2×3-1×1=5≠0，所以A可逆。

然后利用逆矩阵的公式A^(-1)=(1/|A|)×A*，其中A*是A的伴随矩阵。

A的伴随矩阵A=(3−1−12)（伴随矩阵的元素是A的每个元素的代数余子式构成的矩阵的转置）。

所以A^(-1)=(1/5)×A=(3/5−1/5−1/52/5)。

2.设矩阵A=147258369，求A的秩R(A)。

解答：对矩阵A进行初等行变换，将其化为行最简形。

通过初等行变换，可以得到A的行最简形为1002−303−60。

所以R(A)=2（非零行的个数）。

四、证明题1.证明：若矩阵A为n阶方阵，且|A|=0，则A不可逆。

证明：根据可逆矩阵的定义，若矩阵A可逆，则存在n阶方阵B，使得AB=BA=E（E为单位矩阵）。

矩阵论(徐仲)简明教程习题答案

12. (1)
当 λ =10 时. 对应的齐次线性方程组 (10I－A)x=0 的系数矩阵
3
⎛ 8 − 2 2⎞ ⎛ 2 0 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 5 4⎟ ～ ⎜ 0 1 1⎟ ⎜−2 ⎜ 2 ⎜ ⎟ 4 5⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 0 0 0⎠ 1 2 由此求出特征向量 p 1 =(－1, －2, 2) T , 单位化后得 e 1 = ( − , − , 3 3 =1 , ( I A ) x =0 当λ 时对应的齐次线性方程组－的系数矩阵 2 ⎞ ⎛ 1 2 − 2⎞ ⎛ −1 − 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 4 ⎟～ ⎜ 0 0 0⎟ ⎜−2 − 4 ⎜ 2 ⎜ 4 −4⎟ 0⎟ ⎝ ⎠ ⎝0 0 ⎠ 2 T ) . 3
由此求出特征向量 p 2 =( －2, 1, 0) T , p 3 =(2, 0, 1) T . 单位化后得 e 2 =( −
2 , 5
1 , 0) T , 5
⎛ 1 2 2 ⎞ ⎜− − ⎟ 5 3 5⎟ ⎜ 3 ⎛10 ⎞ ⎜ ⎟ 2 4 5 T 1 4 ⎟ ⎜ 2 −1 e 3 =( , , ) . 令 U= ⎜ − , 则 U AU = 1 ⎜ ⎟. ⎟ 3 3 5 3 5 3 5 5 3 5 ⎜ ⎜ 2 1⎟ ⎝ ⎠ 5 ⎟ ⎜ ⎟ 0 ⎜ 3 ⎟ 3 5⎠ ⎝ (2) A 是 Hermit 矩阵 . 同理可求出相似变换矩阵 ⎛ 1 1 ⎞ − ⎜ 0 ⎟ 2 2⎟ ⎜ ⎛0 ⎞ ⎜ ⎟ i i⎟ ⎜ i −1 U= ⎜ − − ⎟ , U AU= ⎜ 2 ⎟. 2 2 2 ⎜ ⎜ 1 − 2⎟ ⎝ ⎠ 1 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2⎠ ⎝ 2 13. 若 A 是 Hermit 正定矩阵,则由定理 1.24 可知存在 n 阶酉矩阵 U, 使得 ⎛ λ1 ⎞ ⎛ λ1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ λ2 λ2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ H H U AU= ⎜ , λi ﹥0, I=1, 2, ⋯, n.于是 A=U ⎜ ⎟ ⎟U ⋱ ⋱ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ λn ⎟ λn ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ λ1 ⎞ ⎛ λ1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ H ⎜ ⎟ H λ2 λ2 = U⎜ 令 ⎟U U⎜ ⎟U ⋱ ⋱ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ λ λ n ⎠ n ⎠ ⎝ ⎝ ⎛ λ1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ H λ2 B= U ⎜ ⎟U ⋱ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ λ n ⎠ ⎝ t 则 A=B 2 .反之 ,当 A=B 2 且 B 是 Hermit 正定矩阵时 ,则因 Hermit 正定矩阵的乘积仍为 Hermi Hermit 正定矩阵 ,故 A 是 Hermit 正定的. 14. (1) ⇒ (2). 因 A 是 Hermit 矩阵,则存在酉矩阵 U,使得 U H AU=diag( λ1 , λ2 ,⋯, λn ) 令 x=Uy, 其中 y=e k . 则 x ≠ 0. 于是 x H Ax=y H (U H AU)y= λk ≧0 (k=1, 2, ⋯ , n).

矩阵论习题答案（方保镕编著）习题2.3

习题 2.31. 证：因为B B A A H H ==,，又AB A B AB AB H H H =⇔=)(即BA=AB .2. 证：设A 为任一复方阵，令C B A += ①其中B 为Hermite 矩阵，C 为反Hermite 矩阵，于是，可得C B C B A H H H -=+=由①与②联立得2,2HH A A C A A B -=+=.3. 证：设n V 的标准正交基为n εεε,,,21 ，在该基下的矩阵为nxn ij a A )(=，则有,)(2211n ni i i i a a a εεεε+++=,)(2211n nj j j j a a a εεεε+++=((i ε),j ε)=ji a , ((j ε),i ε)=ij a必要性.若是反对称变换，即((i ε),j ε)=－( i ε,(j ε))，则ij ji a a -=，也就是A A T -=.充分性.设A A T -=，对任n V ∈βα,，有⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n x x 11),,(εεα，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n x x A 11),,()(εεα ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n y y 11),,(εεβ，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n y y A 11),,()(εεβ 由于在标准正交基下，两向量的内积就等于它们的坐标向量的内积，故有((α),β)-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n n T n y y A x x y y A x x 1111),,(),,( (α,(β))即是反对称变换.4. 证：（1）因为T A A =，所以()()111---==A A A T T，即1-A 也为对称阵.又因为()n T T Tn A A A A == ，即n A 也是对称阵.（2）因T A A -=，故()()TT A A A 111----=-=，所以1-A 是反对称的.当n 为奇数时，如果A 是反对称阵，则()A A A A n T -=-=-=1，所以0=A ，故不存在奇数阶可逆反对称方阵.5. 证：（1）因为A A T =，设AP P B T =，所以有()B P A P APP B T T TT T ===则B 为对称阵.（2）由于A 与B 相合，知存在满秩矩阵P ，使AP P B T =，又因P 和T P 都是满秩的，于是()rankA AP P rank T =，即rankA rankB =.6. 证：因为X AX λ=，T T T X A X ⋅=λ，T T X A X ⋅-=λ，X X AX X T T ⋅-=λ，X X X X T T ⋅-=λλ，由于θ≠X ，所以0≠X X T ，故λλ-=，即λ为0或为纯虚数.7. 证：设X AX λ=，则X X A 22λ=，因为A A =2，且θ≠X ，所以02=-λλ，即0=λ或1=λ.再由A 为实对称知，存在正交矩阵Q ，使()0,,0,1,,11 diag AQ Q =-.8. 证：设n V 的标准正交基为n εε,,1 ，又在该基下的矩阵为A ，则A A H =，从而A 是正规矩阵，故存在酉矩阵P ，使A AP P H =（对角阵）.再构造n V 的另一组基n e e ,,1 ，使满足P e e e n n ),,,(),,,(2121εεε =则有=),,,(21n e e e(P n ),,,21εεεΛ===-),,,(),,,(),,,(2112121n n n e e e AP P e e e AP εεε即在基n e e e ,,,21 下的矩阵为对角阵Λ.9. 证：（1）因为A 半正定，所以存在正交矩阵P ，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-n AP P λλ 11，且0≥i λ，故有 P I A P P I A P I A )(11+=+=+--=111det 1≥⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡n λλ 且显见等号成立的充要条件为),,2,1(0n i i ==λ，即0=A .（2）由线性代数知，存在非奇异矩阵M ，对角矩阵D ，使DM M A IM M M M B T T T ===,同时成立.再由第（1）小题知T T M M D I M B A ≥+=+BM M M T ==当B B A =+时的充要条件为 001=⇔=⇔=+A D D I .10. 证：设A ，B 是二个n 阶实对称矩阵，且两者相似.当A 为正定矩阵时，A 的特征值全为正实数，但相似矩阵有相同的特征值，故B 的特征值也全为正实数，从而B 为正定矩阵.11. 证：（1）因为A ，B 正定，所以对任非零n 维向量X ，有0,0>>BX X AX X T T ，因此0)(>+=+BX X AX X X B A X T T T由定义知A+B 为正定矩阵.（2）设,AM M B T =则因M 非奇异及A 为对称矩阵，有IP P A BM M T T ==--11)(，其中P 非奇异矩阵.又),()()(11PM I PM IPM P M BM M M T T T T T ==-- 即 ),()(PM I PM B T =这里)(PM 为非奇异矩阵，所以AM M T 是正定的.又由IP P A T =，P 非奇异，可知T T T P I P P I P IP P A )()()(111111------===令T P C )(1-=，则1-=P C T ，C 亦为非奇异矩阵，所以IC C A T =-1即1-A 可分解成C C T ，由充要条件知1-A 正定.12. 证： B 实对称显然.对任n 元列向量X 均有Y AX AX AX AX A X BX X T T T T ===令),()(，则有0≥=Y Y BX X T T所以B 半正定；而当A 的列向量组线性无关时，当0,0≠≠Y X 则，此时，0>=Y Y BX X T T ，即B 正定.13. 证：（1）必要性.设A 半正定，则对任正数m ，A mI +是正定的，因此A mI +的主子式全大于零.如果A 有一个K 阶主子式0<M ，那么在A mI +中取相应的主子式N ，则有M m C m C m N k k k ++++=--111因0<M ，故可找到0>m ，使0<N ，这与A mI +是正定的相矛盾，所以A 的主子式必须全大于等于零.充分性.设A 的主子式全大于等于零，那么对任意的正数m ，A mI +一定是正定的，这是因为A mI +的主子式可表成M m C m C m M mI k k k k ++++=+--111其中M 是A 的一个主子式，因而)1,,2,1(-=k i C i 是M 的i 阶主子式之和，也就是A 的一些i 阶主子式之和，所以)1,,2,1(0-=≥k i C i ，以及0>+M mI k .如果A 不是半正定的，那么有一个非零实向量X ，使0<AX X T ，即XX AX X m T T <<0，就有P X A mI X T <+)(，这与A mI +的正定性矛盾，所以A 必须是半正定的.（2）因为A 是负定的，即对非零列向量X ，有0<AX X T ，所以必要且只要0)(>-X A X T ，即-A 是正定矩阵，记A 的K 阶主子式为)(k A ，则相应的-A 的K 阶主子式)()1(k k A -，由0)1()(>-k k A 知当k 为偶数时，0)(>k A ；当k 为奇数时，0)(<k A .14. 证：因为A 实对称，故有正交阵Q ，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=Λ=-n AQ Q λλ 11，从而1-Λ=Q Q A .由于m 为奇数，特征值i λ均为实数，故令11-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=Q Q B m n m λλ ，则有 A Q Q B n m=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-11λλ . 当A 为半正定时，由于),,2,1(0n i i =≥λ，故m 为正整数时，可取m iλ为算术根，于是由上知，对任正整数m ，均有实方阵B ，使A B m =.15. 证：存在正交阵Q ，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=Λ=-n AQ Q λλ 11，其中),,1(0n i i =>λ.取11,0-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=>Q Q B m n m m i λλλ 令，则虽然B 是正定的，且有A Q Q B m =Λ=-1.下面再证惟一性.又设m m C B A ==，B 与C 都是实正定的，A 与B 都相似于对角矩阵，因此它们都有n 个线性无关的特征向量.任取B 的一个特征向量X 和Z 相应的特征值u ，即αααθαααm m u B A u B ==≠=则,,，亦即α也是A的特征向量，m u 为相应的特征值，因此B 的n 个线性无关的向量都是A 的线性无关的向量. 从而，B 与A 的特征向量完全一致.同理，C 与A 的特征向量也完全一致，从而C 与B 的特征向量完全一致.并且，设ναα=C ，则有αααααm m m m u B A C v ====，但m m u v =≠所以,θα，但u v 与都是正实数，所以u v =.这样，B 与C 有完全一致的特征向量和相应的特征值，因此B 与C 可用同样的矩阵P ，使CP P BP P 11--与是同样的对角矩阵，即CP P BP P 11--=从而B=C ，惟一性得证.16. 证：因为A 非奇异，所以AA T 是正定的，则由上题可知，存在正定矩阵B 1，使令,21B AA T =111Q A B =-，211Q AB =-，则有11Q B A =，12B Q A =，且I B B B B AA B A B A B Q Q T T T T ====------1121111111111111)())((，所以Q 1是正交阵.同样可证Q 2为正交阵.下证惟一性.设11111,C P C Q B A ==为正定阵，P 1为正交阵，则T T P C P C Q B Q B ))(())((11111111=，即有2121C B =，由上题知11C B =,从而又得111111P A C A B Q ===--.17. 证：由于B 正定，它与单位矩阵合同，故存在可逆阵C ，使I BC C T =.又由于A 实对称，故AC C T 仍为实对称，从而存在正交阵Q ，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=Λ=n TT Q AC C Q λλ 1)(.令CQ P =，则 I IQ Q Q BC C Q CQ B CQ BP P T T T T T ====)()()(Λ===ACQ C Q CQ A CQ AP P T T T T )()(即存在实可逆矩阵P ，使AP P T 与BP P T 同时为对角阵.18. 证：由上题知，存在非奇异矩阵P ，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n T AP P λλ 1，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n Tu u BP P 1这里),,1(0,0n i u i i =>>λ.由此取行列式得n A P λλλ 212⋅=⋅，n u u u B P 212⋅=⋅.另一方面有⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡++=+=+n n T T T u u BP P AP P P B A P λλ 10)(也取行列式得)())((22112n n u u u B A P +++=+⋅λλλ ，显然有)())((22112121n n n n u u u u u u +++≤+λλλλλλ ，所以BA PB A P +≤+22)(，但02>P ，于是BA B A +≤+ .19. 解：（1）A 的特征值2,1,1221-=-==λλλ，相应的特征向量为()()()T T T i i i i ,1,,1,0,1,,2,321-=-==ααα，将它们单位化得321,,εεε，即可得P =（321,,εεε）.（2）A 的特征值2,2,0221-===λλλ，相应的特征向量()()()TTTi i i 1,,2,1,,2,1,,0321--=-==ααα，将它们单位化得TTTi i i ⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=21,2,21,21,2,21,21,2,0321εεε，故酉矩阵⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=21212122221210i i i P 显然，这两个矩阵都为正规矩阵.20. 证：必要性.设A 与B 都是正规矩阵，如A 与B 酉相似 , 即存在酉矩阵Q ，使得Q-1A Q =B ，因而()A I Q A I Q AQ Q I B I -=-=-=---λλλλ11.充分性.若A 与B 有相同的特征多项式，则存在酉矩阵Q 1及Q 2，使得212111BQ Q AQ Q n --=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=λλ 因此有()()BP P Q Q B Q Q Q BQ Q Q A 11121112112121------===，易知112-=Q Q P 是酉矩阵.21. 证：分四步来证：（1）由AB=BA ，推知A ，B 至少有一个公共的特征向量.事实上，设λR 是A 属于特征值λ的特征子空间.若λαR ∈，即λαα=A ，则αλαB BA =，由BA=AB ，于是有()()αλαB B A =，即λαR B ∈，从而λR 是B的不变子空间，故在λR 中存在B 的特征向量β，显然它也是A 的特征向量.（2）由BA=AB ，推知A ，B 可同时酉相似于上三角阵.即有酉阵Q ，使QHA Q 及Q HB Q 均为上三角阵.事实上，当A ，B 的阶数n =1时，结论显然成立.今设单位向量()1α是A ，B 公共特征向量，再适当补充n-1个单位向量()()n αα,,2 ，使{()()n αα,,1 }为标准正交基，从而P =（()()n αα,,1 ）为酉矩阵，且有()()()()()n BP B βαβαβαα 111,==从而有*10B B b BP P H=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=β，这里b 是()11-⨯n 矩阵，B 1是n-1阶矩阵.而*01A A a rAP P H =⎥⎦⎤⎢⎣⎡=，这里a 是()11-⨯n 矩阵，A 1是n-1阶矩阵.由BA=AB 有)()()()(H H H H P PB P PA P PA P PB ****⋅=⋅，于是得****=B A A B .由此可推得1111B A A B =.故由归纳法假设，存在1-n 阶酉矩阵1P ，使得PT Q P T P B P H =⎥⎦⎤⎢⎣⎡=∆=,001),(1111令上三角，则有⎥⎦⎤⎢⎣⎡∆=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡==0101)(111bP P o o B O b P O T BP P T BQ Q H HHHββ，这是上三角阵.易证Q 是酉矩阵.同理，AQ Q H 也是上三角阵.11 （3）由BA=AB 且A 与B 为正规矩阵，可推得A ，B 可同时酉相似于对角矩阵.事实上，设T AQ Q H =（上三角），则H H H T Q A Q =，而且H H H H H H Q TT Q Q QT QTQ AA )(=⋅=.H H H H H H Q TT Q Q QT Q QT A A )(=⋅=H H H H H H Q T T Q QTQ Q QT A A )(=⋅=由A A AA H H =（正规），可得T T TT H H =，从而知T 为对角矩阵.同理，对BQ Q H 可作同样证明.（4）由BA=AB 且A ，B 正规，可推知AB 也为正规矩阵.事实上，由（3）设⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n H AQ Q λλ 1，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n H u u BQ Q 1于是有⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=n n H u u ABQ Q λλ 11（对角阵），由定理知AB 为正规矩阵.。

矩阵论课后习题答案

第一章线性空间与线性映射习题一 (43-45)1、（1）对于V y x ∈∀,，x y x y x y x y y x y x y x y x +=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+112211112211；（2）对于V z y x ∈∀,,，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=++))()(1111112221111112112211121112211z y z x y x z y x z y x y x z z y x y x z y x z z y x y x y x z y x ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=++))()(1111112221111111122211111221121z y z x y x z y x z y x z y x z y z y x z y x z y z y z y x x z y x ，即)()(z y x z y x ++=++。

（3）对于⎪⎪⎭⎫⎝⎛=00θ和V x ∈∀，显然x x x x x x x =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++=+21121000θ；（4）对于V x ∈∀，令⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=2211x x x y ，则θ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+0021221211221121x x x x x x x x x x x y x ，即x y -=。

（5）对于R ∈∀μλ,和V x ∈∀，有x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x )()()]()[(21)()()2(21)()()]1()1([21)1(21)1(2121212212122212121221121212121μλμλμλμλμλμλμλμλμλμλμλλμμμλλμλμλμμμμλλλλμλ+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-+++=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+（6）对于R ∈∀λ和V y x ∈∀,，有⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+211112211112211))(1(21)()()(y x y x y x y x y x y x y x y x λλλλλλ， ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-++-++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-++=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+211112211112212211122111122122121121212121))(1(21)()()1(21)1(21)()1(21)1(21)1(21)1(21y x y x y x y x y x y y x y x y x y x y x y y x x y x y y y x x x y x λλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλ，即y x y x λλλ+=+)(。

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。

《矩阵论》习题答案

第一章第一章第6题实数域R 上的全体n 阶对称（反对称）矩阵，对矩阵的加法和数量乘法。

解：实数域R 上的全体n 阶矩阵，对矩阵的加法和数量乘法构成R 上的线性空间nn R ⨯,记{}{}A A R A A W A A R A A V T n n T n n -=∈==∈=⨯⨯,/;,/ 以为，对任意的,,,,B B A A V B A T T ==∈则(),B A B A T+=+即V B A ∈+,所以V 对加法运算是封闭的；对任意的A A R k V A T =∈∈,,,则(),,V kA kA kA T∈=即所以V 对数乘运算封闭；所以，V 是nn R⨯的一个线性子空间，故V 构成实数域R 上的一个线性空间。

同理可证，W 也是一个线性空间。

P41第一章第8题(参考P10例题 1.2.5) 证明：存在1k ,2k ,3k ,4k 使得112233440k k k k αααα+++=即11111k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+21101k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+31110k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+41011k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦=0 解12341231341240000k k k k k k k k k k k k k +++=⎧⎪++=⎪⎨++=⎪⎪++=⎩ 得12340k k k k ====所以1α，2α，3α，4α线性无关P42第1章第12题解：因为A=x 1α1+x 2α2+x33α+x 4α4即x 1+x 2+x 3+x 4=1x 1+x 2+x 3=2x 1+x 3+x 4=-2x 1+x 2+x 4=0⇒x 1=-2x2=3x 3=1 x 4=-1所以A 的坐标为[x 1,x 2,x 3,x 4]T=[-2,3,1,-1]TP42第一章第13题答案 f(x)=3+1-n 2x( 泰勒展开))(f x '=2(n-1)2-n x(x)f ''=2(n-1)(n-2)3-n x …… )1(f -n (x)=2(n-1)! )(f n (x)=0f(1)=5 )1(f '=2(n-1) (1)f ''=2(n-1)(n-2) …… )1(f -n (1)=2(n-1)!f(x)=f(1)+ )1(f '(x-1)+!21(1)f ''2)1(-x +……+)!1(1-n )1(f -n (1)1)1(--n x =5+2(n-1)(n-2)+!2)2)(1(2--n n 2)1(-x +……+)!1()1(2--n n ！1)1(--n x=5+211-n C (x-1)+221-n C 2)1(-x +……+211--n n C 1)1(--n x取f(x)=3+1-n 2x在基1, (x-1), 2)1(-x , ……,1)1(--n x 下的坐标为（5 , 211-n C , 221-n C ,…… , 211--n n C T)教材P42习题14：求基T)0,0,0,1(1=α，T)0,0,1,0(2=α，T )0,1,0,0(3=α，T)1,0,0,0(4=α，到基T )1,1,1,2(1-=β，T )0,1,3,0(2=β，T )1,2,3,5(3=β，T )3,1,6,6(4=β的过度矩阵，确定向量T x x x x ),,,(4321=ξ在基1β，2β，3β，4β，下的坐标，并求一非零向量，使它在这两组基下的坐标相同。

矩阵论智慧树知到答案章节测试2023年长安大学

第一章测试1.方阵可逆是无0为其特征值的必要但不充分条件。

（）A:对B:错答案:B2.相似矩阵有相同的（）。

A:迹B:特征值C:特征向量D:行列式答案:ABD3.矩阵的初等因子为（）。

A:B:C:D:答案:A4.方阵的每个特征值都是的最小多项式的根。

（）A:对B:错答案:A5.酉矩阵的行列式为1。

( )A:错B:对答案:A第二章测试1.矩阵范数和谱半径之间有什么关系？( )A:两者之间没有任何关系B:两者相等C:矩阵范数大于或者等于谱半径D:矩阵范数小于或者等于谱半径答案:C2.矩阵的1范数，2范数以及∞范数之间有何关系？( )A:矩阵的1范数一定大于其2范数B:矩阵的1范数一定大于其∞范数C:矩阵的∞范数一定大于其1范数D:它们之间没有一定的关系答案:D3.如何计算矩阵的条件数？( )A:逆矩阵范数的平方B:矩阵的范数乘以其范数的逆C:矩阵范数的平方D:矩阵的范数乘以其逆矩阵的范数答案:D4.矩阵范数与向量范数一定是相容的？( )A:错B:对答案:A5.矩阵范数所满足的性质比向量范数满足的性质多了哪一条？( )A:三角不等式B:非负性C:相容性D:齐次性答案:C第四章测试1.设矩阵是Hermite正定矩阵，则在保证分解矩阵主对角元素全为正的情况下，矩阵存在唯一的Cholesky分解。

（）A:对B:错答案:A2.设矩阵，则矩阵，若矩阵为单位下三角矩阵，为上三角矩阵，则该分解称为Crout分解。

（）A:对B:错答案:B3.设矩阵，则，其中为单位下三角矩阵，为上三角矩阵，为矩阵的Doolittle分解。

（）A:错B:对答案:B4.Householder矩阵是酉矩阵。

（）A:错B:对答案:B5.Givens矩阵是Hermite矩阵。

（）A:对B:错答案:B第五章测试1. 1 设矩阵，且的个盖尔圆都是孤立的，则矩阵有个互不相同的是特征值.（）A:错B:对答案:B2. 2 设矩阵，矩阵，矩阵，是矩阵的任意特征值，则下列说法正确的是（）.A:B:C:D:答案:ABC3. 3 设矩阵是阶酉矩阵，，则的特征值满足（）.A:对B:错答案:A4.任何阶矩阵的盖尔圆都可以通过相似变换隔离成个孤立的盖尔圆。

矩阵论答案习题 1.1

习题 1.11. 解：除了由一个零向量构成的集合{}θ可以构成线性空间外，没有两个和有限（m ）个向量构成的线性空间，因为数乘不封闭（k α有无限多个，k ∈p 数域）.2. 解：⑴是；⑵不是，因为没有负向量；⑶不是，因为存在两向量的和向量处在第二或第四象限，即加法不封闭；⑷是；⑸不是，因为存在二个不平行某向量的和却平行于某向量，即加法不封闭.3. 解：⑴ 不是，因为当k ∈Q 或R 时，数乘k α不封闭；⑵ 有理域上是；实数域上不是，因为当k ∈R 时，数乘k α不封闭.⑶ 是；⑷ 是；⑸ 是；⑹ 不是，因为加法与数乘均不封闭.4. 解：是，因为全部解即为通解集合，它由基础解系列向量乘以相应常数组成，显然对解的加法与数乘运算满足二个封闭性和八条公理.5. 解：（1）是线性空间；（2）不是线性空间（加法不封闭；或因无零向量）.6. 解：（1）设A 的实系数多项式()A f 的全体为(){}正整数m R a A a A a I aA f i m m ,10∈++=显然，它满足两个封闭性和八条公理，故是线性空间.（2）与（3）也都是线性空间.7. 解：是线性空间.不难验证tsin，t2sin，…，ntsin是线性无关的，且任一个形如题中的三角多项式都可由它们惟一地线性表示，所以它们是V中的一个组基.由高等数学中傅里叶（Fourier）系数知⎰=ππ2sin1itdttci.8. 解：⑴不是，因为公理2)'不成立：设r=1, s=2, α=(3, 4), 则(r+s) (3, 4)= (9, 4), 而r (3, 4) ⊕s (3, 4)=(3,4) ⊕(6, 4)= (9, 8), 所以(r+s) α≠r α⊕s α.⑵不是，因为公理1）不成立：设α= (1,2) , β= (3,4) ,则α⊕β=(1,2) ⊕(3,4) = (1,2), β⊕α= (3,4) ⊕(1,2) = (3,4) ,所以α⊕β≠β⊕α.⑶不是，因为公理2)'不成立：设r=1, s=2, α=(3,4) , 则(r+s) α=3 (3, 4)= (27, 36) 而r α⊕s α=1 (3,4)⊕2 (3,4)=(3, 4)⊕(12, 16)= (15, 20),于是(r+s) α≠r α⊕s α.⑷是.9. 证若∈βα,V，则()()()() ()()()ββααββααββααβαβαβα+++=+++=+ ++=+++=+=+)11(111111222另一方面，()()()()()()()()βαβαβαβαβαβαβαβα+++=+++=+++=++=+111112因此 ()()βαβαββαα+++=+++，从而有()()()()()()ββαβααβββααα-+++++-=-+++++-于是得 αββα+=+.10. 解：先求齐次方程组的基础解系ξ1=(3,3,2,0)T , ξ2=(-3,7,0,4)T ,即为解空间V 的一组基. 所以， dim V =2.11. 解：考察齐次式 0)1()()(32221=++-++x k x x k x x k即 0)()(3321221=++-++k x k k k x k k ,得线性方程组021=+k k321=+-k k k3=k由于系数行列式不等于零，那么只有 0321===k k k 时, 上述齐次式才对 ∀x 成立，所以x x +2, x x -2, 1+x 线性无关，且任二次多项式c bx ax ++2都可惟一地用它们来表示(因为相应的非齐次方程组有惟一解)，故为基. 令 33212212)()(372k x k k k x k k x x ++-++=++得3,1,3321=-==k k k , 即坐标为 ( 3, -1, 3 ) .12. 解： ⑴ 因为 (4321,,,ββββ)=(4321,,,αααα)C ,故 C =(4321,,,αααα)1-(4321,,,ββββ)=1010*********1-311121163316502- =311121163316502- .⑵显然，向量α在基4321,,,αααα下的坐标为X =(1ξ,432,,ξξξ)T,设α在基4321,,,ββββ下的坐标为 Y =(T),,,4321ηηηη, 则Y =C 1-4321ξξξξ =311121163316502- 1-321ξξξξ=272631912773200312723319427191113194------- 4321ξξξξ = B X⑶ 如果 X = Y , 则有 X= BX ,即得齐次方程组 ( I- B )X=0 , 求其非零解为X = k (－1, －1, －1, 1 )T, k ∈R , 即为所求 .13. 解： (1) 对nk,,2,1 =；n k k l ,,1, +=令()nn ijkla F ⨯=，其中1=kl a ，其余的0=ij a ，则{}kl F 为上三角矩阵空间的一组基，维数为()121+n n .（2）R +中任意非零元素都可作R +的基，dim R +=1. （3）I ，A ，A 2为所述线性空间的一组基，其维数为3.14. 解：（1）由已知关系式求得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=+--=-++=3242134212432112242284ααβααβαααβααααβ于是，由基（I ）到基（II ）的过渡矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=0012200112480124C （2）α在基（II ）下的坐标为（2，-1，1，1）T ，再由坐标变换公式计算α在基（I ）下的坐标为C （2，-1，1，1）T =（11，23，4，-5）T .（3）不难计算得det （1·I —C ）=0，所以1是C 的特征值.不妨取过渡矩阵C 的对应于特征值1的一个特征向量为η，则有C η=1·η，那么α()4321,,,ββββ=η≠0，再由坐标变换公式知，α在基（I ）下的坐标为ξ=C η=η，即存在非零α4V ∈，使得α在基（I ）和基（II ）下有相同的坐标.15. 解：不难看出，由简单基E 11，E 12，E 21，E 22改变为基（I ）和基（II ）的过渡矩阵分别为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=22211120311112021C ，⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-----=1110111121211112C则有（B 1，B 2，B 3，B 4）=（E 11，E 12，E 21，E 22）C 2=（A 1，A 2，A 3，A 4）11-C C 2故由基（I ）改变到基（II ）的过渡矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----==-1111100000111110211C C C .16. 解：（1）由简单基1，32,,x x x 改变到基（I ）和基（II ）的过渡矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=11111111111C ，⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=10110111111011012C故由基（I ）改变为基（II ）的过渡矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---==-1011110010010011211C C C（2）设()[]3x p x f ∈在基（I ）和基（II ）下的坐标分别为()T4321,,,ξξξξα=，()T4321,,,ηηηηβ=，则有βαC =且βα=，即有()0=-βC I ，该齐次方程组的通解为()Tk 0,1,0,0=β,∈k .于是，在基（I ）和基（II ）下有相同坐标的全体多项式为()()()()()()()234321,,,kxkx k x kg x g x g x g x g x f ++===β .17. 解：⑴ 设n的子集合为L ，对任意∈αL ，有),...,,(21n a a a =α, ∑==ni ia 10，对任意L ∈βα,，),...,,(21n a a a =α,),...,,(21n b b b =β 有∑∑∑====+=+++=+n i ni ni iii in n bab ab a b a 111110)(),,...,(βα又∑∑=====ni ni i in a k kaka ka k 1110),,...,(α,所以∈+βαL∈αk L因此L 是V 的子空间.⑵ 对任意∈βα,L ，,...,,(21na a a =α,),...,,(21n b b b =β , 有∑==ni ia11,∑==ni ib 11故 2)(),,...,(11111∑∑∑====+=+++=+ni ni ni iii in n bab ab a b a βα于是可知 ∉+βα L ，因此L 不是V 的子空间.18. 解：),,('3'2'1αααSpan 的基为'3'2'1,,ααα的一个最大无关组，'3'2'1,,ααα在基321,,ααα下的坐标依次为(1, -2, 3)T , (2 , 3 , 2)T , (4, 13, 0 )T 该列向量组的一个最大无关组为 (1, -2, 3)T , (2 ,3 ,2)T .因此，'3'2'1,,ααα的一个最大无关组为 '2'1,αα，即),,('3'2'1αααSpan 的一个基为'2'1,αα .19. 解：（1）因为10V n n ∈⨯，所以V 1非空.设A ，1V B ∈，则有AP=PA ，BP=PB .又因为（A+B ）P=AP+BP=PA+PB=P （A+B ），（kA ）P=k （AP ）=k （PA ）=P （kA ）（∈k ），所以1V B A ∈+，1V kA ∈，故V 1是n n R ⨯的子空间.（2）取⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0001A ，B ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1000，则det A=det B =0，从而1V A ∈，1V B ∈，但⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+1001BA ，()0det ≠+B A ，所以1V B A ∈+，故V 1不是子空间.又A A =2，从而2V A ∈，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=00022A ，()A A 2000422≠⎥⎦⎤⎢⎣⎡=，所以22V A ∈，故V 2也不是子空间.20. 证：因为（2，-1，3，3）=（-1）（1，1，0，0）+3（1，0，1，1），（0，1，-1，-1）=（1，1，0，0）+（-1）（1，0，0，1）即生成的子空间有相同的基，所以它们生成的子空间相同.21. 解： (1)设14321V x x x x A ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡=，则由AP=PA 可得齐次方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-+=-03003303334213x x x x x x求得基础解系为（1，-3，0，0）T ，（1，0，0，1）T ，从而V 1的基为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=00311A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=10012A ，dimV 1 =2 .(2) V 1的矩阵一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=+=2121221103k k k k A k A k A ()R k k ∈21,.22. 证：若V 1的维数为0，则V 1与V 2都是零空间，当然相等；若V 1的维数是0≠m，由于21V V ⊆，故V 1的任一组基m e e e ,,,21 都是V 2的线性无关组.又因V 2与V 1的维数相同，故这个线性无关组也是V 2的一组基，即V 1与V 2有相同的基，因此V 1=V 2.23. 解：设()WV a a a a ∈=4321,,,α，则有0,043214321=+++=-+-a a a a a a a a由此相加或相减可得031=+a a ，042=+a a ，从而31a a -=，42a a -=，故得 ()()()1,0,1,00,1,0,1,,,212121-+-=--=a a a a a a α.但（1，0，-1，0），（0，1，0，-1）线性无关，即为所求的基.24. 解：（1）设()22⨯=ija A ，()Vb B ij∈=⨯22，则02211=+a a ，02211=+b b ,因为()22⨯+=+ijij b a B A ，()()022221111=+++b a b a，()22⨯=ijka kA ，()()02211=+ka ka ，所以VB A ∈+，V kA ∈，又V ∈⨯220，所以V 是22⨯的子空间.（2）在V 中取⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=10011A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=01102A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=01003A 它们线性无关.因为02211=+a a 即1122a a -=，于是321212111A a A a A a A ++=，因此，V的一组基为A 1，A 2，A 3，从而dim V =3.25. 解：（1）{}3,,,dim 2121=ββααSpan,{}2,dim 21=ααSpan,{}2,dim 21=ββSpan故交的维数为2+2-3=1，交的一组基为（-5，2，3，4）T ，和的维数为3，{}121,,βαα为一组基.（2）{}4,,,,dim21321=ββαααSpan ,{}{}2,dim ,3,,dim 21321==ββαααSpan Span故交的维数为1，基为1β；和的维数为4，{}2321,,,βααα为一组基.26. 证：（1）设1,V ∈βα，且∑∑====ni n i iiiix ex 11εα,∑∑====ni ii i n i i y e y 11εβ则 ()()∑∑==+=+=+ni ni ii ii i iy xe y x11εβα∑∑====ni ni iiiikx ekx k 11εα （k 是数）即βα+与αk 在两组基下的坐标也是相同的，所以1V ∈+βα，1V k ∈α，故V 1是子空间.（2）因V 中每个向量在两组基下的坐标相同，所以基向量()n i e i ,,2,1 =在n e e e ,,21 下的坐标为（0，…，0，1，0，…，0）它也应为i e 在n εεε,,,21 下的坐标，于是有1=i e ()n i ii ,,2,1 ==εε.27. 证：设(){}R a a a a A V ij ji ij ij ∈===⨯,221, (){}Rb b b b B V ij ji ij ij∈-===⨯,222容易验证V 1与V 2都是V 的子空间.对任意V C ∈有 ()()TTC C C C C -++=2121且()()2121,21V CCV CCTT∈-∈-，所以21V V V+=.因为()212122V D V D V V d D ij ∈∈⇒∈=⨯且jiij ji ij dd d d -==⇒且11()2,1,0==⇒j i d ij即0=D ，所以{}021=V V ，则21V V V ⊕=.28. 证：由齐次线性方程组的理论可推知V 1是n-1维的，且有基=1α（-1，1，0，…，0），=2α（-1，0，1，0，…，0），…，=-1n α（-1，0，…，0，1）.又n x x x === 21，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-=--00013221n n x x x x x x此方程组系数矩阵的秩为n -1，故解空间V 2的维数为1，令x n =1，便得V 2的一组基=β（1，1，…，1）；又以121,,,-n ααα ，β为行的n 阶行列式()0,1111111000100101000111≠-=---+n n故121,,,-n ααα ，β为的一组基，且有n21V V ⊕=.29. 证：设V 是n 维线性空间，n e e e ,,21 为基，则()i e L 都是一维子空间（i =1，2，…，n ），且有()()()()V e e e L e L e L e L n n ==+++,,,2121 .又因n e e e ,,,21 是基，零向量θ表示式惟一，故这个和是直和，即()()()Ve L e L e L n =⊕⊕⊕ 21.。

矩阵论答案习题 1.2

习题 1.21. 解：因为对2的任一向量(21,x x)，按对应规则都有2中惟一确定的向量与之对应，所以是2的一个变换.(1) 关于x 轴的对称变换； (2) 关于y 轴的对称变换； (3) 关于原点的对称变换； (4) 到x 轴的投影变换； (5) 到y 轴的投影变换.2. 解： (1) 不是.因为(2211ααk k +)＝2211ααk k ++β≠k1(1α)+k2)()()(22112βαβαα+++=k k=2211ααk k ++)(21k k +β(2) 不是.因为(2211ααk k +)＝β≠k1(1α)+k2βα)()(212k k +=(3) 不是.因为取 x =(1 , 0 , 0 ) ,1≠k 时,(k x )=(k 2,0, 0)≠k( x )= k (1, 0, 0)=(k , 0, 0) (4) 是.因为设x =(321,,x x x ) ,y =(321,,y y y)(k 1x +k 2y )=112(x k),,2(),,1322121322y y y y y k x x x x +-++-=k1(x )+k 2( y )(5) 是.因为()()(2211x f k x f k+)=)1()1(2211+++x f k x f k=k1(f 1(x ))+k2))((2x f(6) 是.因为()()(2211x f k x f k+)=)()(022011x f k x f k+= k1(f 1(x ))+k2))((2x f(7) 不是.因为设x =(321,,x x x) ,y =(321,,y y y)(k 1x +k 2y )= ()0),sin(),cos(22211211y k x k y k x k ++≠k 1(x )+k2( y )=)0,sin ,(cos )0,sin ,(cos 212211y y k x x k+ =()0,sin sin ,cos cos 22211211y k x k y k x k++.3. 解：1(α+β)=1[()]()11222221,,y x y x y x y x--+=++()()=-+-=1212,,y y x x 1(α)+1(β)1(k α)=1(k (x 1, x 2))()()kx x k kx kx=-=-=1212,,1(α)所以1是线性变换.同理可证2也是线性变换.(1+2)(α)= (1+2)[(x 1, x 2)]=1[(x 1, x 2)]+2[(x 1, x 2)]),(),(),(21212112x x x x x x x x --+=-+-=12(α)=1［2(α)］=1[( x 1, -x 2)]=(- x 2, -x 1)21(α)=2［1(α)］=2[( x 2, -x 1)]=( x 2, x 1) .4. 证：（1）因()()()C B A B A C B A +-+=+()()=-+-=BCCBACCA (A )+(B )()()()()=-=-=ACCA k C kA kA C kA k(A )故是线性变换.（2）(A )B +A (B )()()BC CB A B AC CA -+-==-=ABC CAB (AB )5. 解：令 ()3,,R c b a c c b a a ∈↔⎥⎦⎤⎢⎣⎡+ 即可.6. 证：设()[]nx p x f ∈，则(12-21)(f(x))=1［2(f(x))］－2［1(f(x))］=1［xf(x)］－2［f(x)］()()()()x f x f x x f x x f ='-'+=故12－21是恒等变换.7. 证：设2V∈α，则2211e k e k +=α，由于2(e 1)+ 2(e 2)=2(e 1+e 2)=e '1+e '22(e 1)－2(e 2)=2(e 1－e 2)=e '1－e '2所以，2(e 1)=e '1,2(e 2)= e '2于是1(α)=k11(e 1)+k21(e 2)2211e k e k'+'== k12(e 1)+k22(e 2)=2(α)故1=2.8. 解：(1) 因为j i ,在xoy 平面上，其投影不变，故有(i )=i ,(j)=j ,又k 垂直xoy 平面，则0)(=k , 得((i ),(j ),(k ))=(i ，j ，k ) 0010001所求矩阵为A =010001.(2) 因为,001)(γβαα++==i,010)(γβαβ++==j ,,011)(γβαγ++=+=j i所以, 所求矩阵为 A =110101 .(3) 由的定义知,(i )=((1 ,0 ,0 ))= ( 2 ,0 ,1)(j )= ((0 ,1, 0 ))= ( -1, 1 , 0)(k )=((0 ,0 ,1))= ( 0 ,1 , 0)有 ((i ),(j ),(k ))=(),,k j i1110012-所求矩阵为 A =1110012- .(4) 据题设：)())(('t f t f = 则)(1x =(bt eatcos )'=btbebt aeatatsin cos -=21bx ax-)(2x =(bteatsin )'=12bx ax +)(3x =( btteatcos )'=431bx ax x-+ )(4x =(btte atsin )'=342bx ax x++ )(5x =(bte t atcos 212)'=653bx ax x-+)(6x = (btt sin 212)'=564bx ax x++于是 ()(1x ,)(2x ,)(3x ,)(4x ,)(5x ,)(6x )()Dx x x x x x 654321,,,,,= ,所求矩阵为D =abb a a bbaa bba ---000010000100001000019. 解：(1) (123,,e e e)=(321,,e e e )1010100=(321,,e e e)C所求矩阵为 B=C 1-AC =111213212223313233a a a a a a a a a(2) (321,,e ke e)=(321,,e e e )100001k =(321,,e e e)C所求矩阵为B=C1-AC =333231232221131211akaakaakaakaa(3)(3221,,eeee+)=(321,,eee)1111=(321,,eee)C 所求矩阵为B=C1-AC=33323231132312221211222113121211aaaaaaaaaaaaaaaa+----++10. 解：由定义知()()31121,0,2εεε+==212)0,1,1()(εεε+-=-=()()23,1,0εε==所以，所求矩阵为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-11112.11. 解：因为()()21121,2εεε'+'==()()1231,3εε'==()()2131,1εεε'+'-=-=所以，所求矩阵为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-11132.12. 解： (1η,2η,3η)=(321,,εεε)111101011--(321,,εεε)=(1η,2η,3η)111101011--1-= (1η,2η,3η) CB=C 1-AC =111101011--21011101-111101011-- 1-= 12121211---- .13. 解：(1) (1η,2η,3η) = (321,,e e e) C ,过渡矩阵为C=(321,,e e e)1-(1η,2η,3η)=11110121 1-111122221---- =252112323123232---(2) ()(1e ,)(2e ,)(3e )=(1η,2η,3η) = (321,,e e e) C故在基{}ie 下的矩阵就是 C . (3) (()1η,(2η),(3η) ) = (1η,2η,3η) = (321,,e e e) C=()(1e ,)(2e ,)(3e ) C = (1η,2η,3η) C故在基{}iη下的矩阵仍为C . 14. 解：（1）由于()21111110cE aE c aE +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=()22121210cE aE c a E +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=()211121100dE bE db E +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=()2212221dE bE d b E +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=故1在该基下的矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=d cd c b a b a A 00000001类似地，可得2在该基下的矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=d bc ad bc a A 00000002.由于3=12，所以3在该基下的矩阵为⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡==2222213d bdcdbccd ad cac bd bad abbc ab ac a A A A同理，可得4在该基下的矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=a ca cb a b aA 0200022000204（2）由于由简单基E 11，E 12，E 21，E 22改变为给定基E 1，E 2，E 3，E 4的过渡矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=001110011000001C于是，4在给定基下的矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--==-a bca b c cc a b b a C A C B 002202204115. 解：（1）将题给关系式写成矩阵形式为(()1e ,(2e ),(3e ) )()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡11011101,,423312121321εεε即()()()B e e e 3211321321,42331212111011101,,,,εεεεεε=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-由于()()C e e e 321321,,,,=εεε，所以有(=),,321εεε()()BCC e e e 321321,,,,εεε=故在基（II ）下的矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡----==256355123BC A（2）因为(=)1ε()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡001,,001,,321321A εεεεεε()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=953,,001,,321321e e e CA e e e所以()1ε在基（I ）下的坐标为（3，5，9）.16. 解：（1）取[]2x p 的简单基1，x ，x 2，则有()()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡==101110102,,1,,1,,22321xx Axx f f f从简单基改变到基f 1，f 2，f 3和g 1，g 2，g 3的过渡阵分别为 ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=5222101011C ，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=211010112C故有(g 1, g 2, g 3)=(1, x, x 2)C =()211321,,C C f f f -()()21101232121102,,,,1C C A C g g g C C Axx ---==即在基（II ）下的矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---==--11211221211012C C A C A（2）因为()()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-321,,321,,1123212C g g g xx x f()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=032,,321g g g所以(f(x))=()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-032,,032,,321321A g g g g g g()23211354,,x x g g g +--=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-= .17. 证：设在给定基下的矩阵为()ija A =，并设C 为从旧基到新基的过渡矩阵，由于在任一组基下的矩阵相同，则有ACCA 1-=，即AC=CA ，根据“A 与一切满秩矩阵可变换”性质，即可定出A 必为数量矩阵()常数k kI A ,=.18. 解：由基321,,ηηη到基321,,εεε的过渡矩阵为⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=3103161213121211C故{}i ε在基下的矩阵为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--==-46846453106111C B C B .那么，+，，， (+ )在基{}iε下的矩阵分别为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=+2644241011151061B A ，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=60127212212661AB ,⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=123414026215291361BA ，()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=+3612078611442549675181B A B .19. 证：设有可逆方阵P 与Q ，使 B=P 1-AP , D=Q 1-CQ 则DB OO =CQQAPP11--O O=11--OO QPCA OOQP O=QP OO 1-CA OOQP OO即 CA OO 与 DB OO 相似.20. 证：设1r rankA=，2r rankB =，则A ，B 的行向量的极大无关组中分别含有21,r r 个行向量，设分别为11,,r αα 和21,,r ββ ，则A 的每个行向量均可由11,,r αα线性表示，B的每个行向量均可由21,,r ββ线性表示.又可A+B 的每个行向量是A 与B 的相应行向量的和，故A+B 的每个行向量均可由11,,r αα，21,,r ββ 线性表示.因此A+B 的行向量组的极大无关组中所含向量的个数不超过21r r+，即()rankBrankA B A rank+≤+.21. 证：设()n B r rankAβββ,,,,21 ==，则()()0,,,,,,2121===n n A A A A AB ββββββ ，所以θβ=1A ，θβ=2A ，…，θβ=n A .这就说明B 的列向量nβββ,,,21 都是以A 为系数矩阵的齐次方程组的解.由于rr a n k A =，所以解空间的维数为r n -，从而知nββ,,1的极大无关组所含向量的个数rn -≤，即rn rankB-≤，因此有nr n r rankB rankA =-+≤+ .22. 证：设A ，B 为同一数域上的n m ⨯与g n ⨯阶矩阵，显然，方程组BX=θ的解向量X 也满足方程组()θ=XAB ，记{}θ==BX X U ， (){}θ==XAB XV则VU⊂，于是dinV AB rank n rankB n U =-≤-=)(dim即()rankBAB rank ≤.又由于()()()TT TAB rank AB rankAB rank ==rankArankAT=≤因此 (){}r a n k B r a n k AAB rank,min ≤.23. 证：由上题知，()rankAA A rank T≤，现在只需证明()rankAA A rank T≥即可.考虑线性方程组θ=AX A T，设()T nx x x X,,,21 =是方程组的一组解，将θ=AX A T两边左乘X T ，得θ=AX A XTT，即()θ=AX AX T，所以θ=AX，即{}{}00=⊂=AX X AX A XT.于是()rankAn A Arankn T-≤-即有()rankAA Arank T≤，故有()rankAA Arank T= ，并且有()()rankArankA A A rankA ArankTTTT T===即有()()TTAA rankA ArankrankA==.注：对复矩阵A ，上式不一定成立.例如⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=11ii A ,1=rankA .由于⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=00001111i i i i A AT故()=A Arank T.此时，相应的关系式应为()()A A rankAA rankrankA **== .24. 证：必要性.由上题已证得，充分性只要在AX=θ两边左乘A T 即可.25. 证：（1）因为nrankA=，故nm≥，不妨设A 的前n 行线性无关，且构成的n 阶满秩方阵为A 1，后n m -行构成的矩阵为A 2，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=B A B A B A A AB 2121所以()()rankBB A rankAB rank =≥1，但()r a n k B AB rank ≤，故()r a n k BAB rank =.（2）同理可证. 26. 解：（1）⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0011A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=0011B ；（2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0001A ， ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0020B ；（3）⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0001A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1000B .27. 证：因为()()()n m rankBrankA AB rankrankC,min ,min ≤≤=，但n m >，故m 阶方阵C 的秩mn <≤，所以C 是降秩的.28. 解：先求矩阵A 的特征值和特征向量为 121==λλ，()T20,6,31-=α23-=λ,()T1,0,02=α故的特征值和特征向量为121==λλ，()3212063e e ek +-，0≠k23-=λ，3ke ， 0≠k .29. 解：（1）121==λλ，()T1,0,11=α，()T0,1,02=α，13-=λ，()T1,0,13-=α.(2)1=λ,()T2,1,31-=α，i143,2±=λ，().10,1432,1463,2Ti i -±-±=α（3）121==λλ，()T20,6,31-=α，23-=λ，()T1,0,02=α；（4）2321===λλλ，()T0,0,1,11=α，()T0,1,0,12=α，()T1,0,0,13=α，24-=λ，()T1,1,1,14---=α.以上分别求出了在不同基下所对应矩阵A 的特征值和特征向量，则类似于上题的方法，可求出不同基下所对应的特征值和特征向量.30. 解：（1），（2），（4）为非亏损矩阵（单纯矩阵），其变换矩阵P 分别为（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-101010101；（2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡----+---+101021432143211461463i ii i;（4）⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---11101010011111.31. 证：设在给定基下的矩阵为A ，则()n i A i ni i ,,2,100det 1=≠⇔≠=∏=λλ32. 证：设rrankA =，则存在满秩矩阵P 与Q ，使得()0,r I diagPAQ =，故有()C I diagBPPAQQPABPr 0,111==---其中()ijC BQQC==--11，这说明AB 与diag （0,rI）相似.另一方面，有()0,111r I C d i a g P A Q BPQBAQ Q==---，说明BA 与()0,r I Cdiag相似.不难验证有()()()()0,det 0,det r r I CdigI C I diagI -=-λλ故AB 与BA 有相同的特征多项式，因此有相同的特征值和迹.33. 证：设A 的任一特征值为λ，λ的对应于λ的特征子空间记为λV .对λV 中任意向量Z 有BZZ B BAZ ABZ λλ===故λV BZ ∈，因此λV 为线性变换()BZZ =的不变子空间，即()BZZ =为λV 中的线性变换，此线性变换的特征向量即为B 的特征向量，但它又属于λV ，由λV 的定义知它又是A 的特征向量，即A 与B 有公共的特征向量.34. 证：设A 的特征值为iλ，则A 2的特征值为2iλ，由12=iλ有1±=i λ，若所有1=i λ，则A+I 为满秩矩阵，故由（A+I ）（A-I ）=A 2-I 2=0，有A=I .35. 证：不失一般性，设B 非奇异，有AB=B -1（BA ）B 即AB 与BA 相似，所以它们有相同的特征多项式.36. 证：设A 为n 阶方阵，具其秩为r ，由于A 2=A ，知A 的列向量都是A 的对应于特征值1的特征向量.因γ=rankA ，故特征值1的几何重复度为r ，其代数重复度至少为r .又θ=AX的基础解系中的向量个数为r n -，即A 的特征值0的几何重复度为r n -，其代数重复度不小于r n -.由于一个n 阶矩阵的特征值的代数重复度之和恰为n ，故特征值1和0的代数重复度分别为r 和r n -.可见A 除了1和0外无其它特征值，而1和0的几何重复度之和为n ，故A 为非亏损矩阵，所以A 相似()0,rIdiag .37. 证：用反证法.若A 可相似于对角矩阵，对角元素即为A 的特征值，且至少有一个不为0.但是，由于λαα=A ，于是θαλα==kkA，因为θα≠，所以0=kλ，故0=λ，即A 的特征值都等于0，矛盾.38. 证：由XAX λ=，有()Xk kX A λ=，XX A kk λ=，从而有()()Xf X A f λ=，即X 也是()A f 的特征向量.显然()A f 的特征值为()λf ，即为λ的多项式.39. 解：取3中的自然基321,,εεε，计算得(1ε)=(0 , -2 ,-2 ) , (2ε)=(-2 , 3 ,-1 ) , (3ε)=(-2 , -1 ,3 )则在基321,,εεε下的矩阵为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡------=31213222A而A的特征值为2,4321-===λλλ，与之对应的特征向量为()TX0,2,11-=，()TX2,0,12-=，()TX1,1,23=，则有()2,4,41-=Λ=-diagACC，其中⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=112211C.由()321,,ααα=（321,,εεε）C求得3R的另一组基为()0,2,12211-=+-=εεα，()2,0,12312-=+-=εεα，()1,1,223213=++=εεεα，显然在该基下的矩阵为对角阵Λ.40. 解：（1）因为()21xx+=，()21xx+=，()xx+=12，所以在基1，x，x2下的矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=111111A.（2）由于A原特征值为121-==λλ，23=λ，相应的特征向量为()TX01,11-=，()TX1,12-=，()TX11,13=，存在可逆阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=111111C，使⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--==-2111AACC，故所求的基321,,eee为()()()2223211,1,1,,1,,xxxxCxxeee+++-+-==.41. 解：（1）对任意的V∈βα,及Rlk∈,，有()()()()()BBlBBkBlklkBlkTTTTTTββααβαβαβα-+-=+-+=+=k ((α))+l ((β))故是线性变换.（2）取V的简单基⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=1,1,11321AAA由于(),111⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=A⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=11)(2A,⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=11)(3A,所以在基321,,AAA下的矩阵为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=111111RR的特征值为2,0321===λλλ，对应的线性无关的特征向量为（1，1，0）T，（0，1，1）T，（0，1，-1）T，令⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=111111C，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=Λ2则有Λ=-RCC1，由（B1，B2，B3）=（A1，A2，A3）C求得V的另一组基为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+=111211AAB，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+=11322AAB，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=11323AAB，在该基下的矩阵为Λ.42. 证：（1）取n的一组基neee,,,21，设1（neee,,,21）=（n eee,,,21）A2（neee,,,21）=（n eee,,,21）B则有 (12)（n e e e ,,,21）=（n e e e ,,,21）（AB ）(1+2)（ne e e,,,21）=（ne e e,,,21）（A+B ）由12=1+2，可得AB=A+B ，从而有B T A T =A T +B T .若1是1的特征值，则 1也是A 的特征值，从而1也是A T 的特征值，设A T 对应于特征值1的特征向量为β，即()0≠=βββTA，由（B T A T ）β=（A T +B T ）β，可得B T β=β+B T β，即β=0，这与β是A T 的特征向量矛盾，故1不是1的特征值.（2）因1有几个不同的特征值，所以1有n 个线性无关的特征向量.记1的对应于特征值nλλλ,,,21的线性无关的特征向量为X 1，X 2，…，X n ，即1ii iXXλ= （i =1，2，…，n ），则X 1，X 2，…，X n 作为n的基时，1的矩阵A =diag （nλλλ,,,21）.再由AB=A+B 及1≠iλ知 ()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=-=-1,,1,122111n n d i a g A I A B λλλλλλ 即1与2在该基X 1，X 2，…，X n 下的矩阵都为对角阵.43. 证：对任意0λαV ∈，有1(αλα0)∈.由于1(2(α))=2(1(α))=2(λα)所以2()0λαV ∈, 故0λV 是2的不变子空间.44. 解：(1) ('3'2''1,,,ee e e )=( 4321,,,e e e e )C=(4321,,,e e e e)2111011*********---∴ B=C1-AC =242134040168101042699631-----(2) 先求核θ(1-) . 设η=)(1θ-在基{}iε下的坐标为(4321,,,x x x x)，(θη=)在此基下的坐标为(0,0,0,0)，于是A4321x x x x = 000此时A 的秩为２，解之，得基础解系 )1,0,2,1(,)0,1,23,2(21--=--=ξξ,作 421232112,232e e e e e e +--=+--=ηη. 显然，21,ηη为核θ(1-)的一组基，故核由21,ηη所张成，即 θ(1-)=Span (21,ηη) .再求值域(4) . 由于((e 1),(e 2),(e 3),(e 4)) = (4321,,,e e e e) A而A 的秩为２，所以(e 1),(e 2),(e 3),(e 4)的秩也为２，且(e 1),(e 2)线性无关，故组成(4)的基，从而(4)=Span ((e 1),(e 2)) .(3) 由(2)知21,ηη是核θ(1-)的一组基，易知2121,,,ηηe e为4的一组基，由于有(2121,,,ηηe e)=(4321,,,e e e e )1100223101201---- = (4321,,,e e e e) D所以在此基下的矩阵为B=D 1-AD =220021001290025-(4) (2)知(e 1),(e 2)是值域(4)的一组基，又知(e 1),(e 2),43,e e为4的一组基，有((e1),(e2),43,e e )=(4321,,,e e e e )122012100210001--=(4321,,,e e e e) T所以在此基下的矩阵为B=T 1-A T =00002231291225 .45. 证：取3中的自然基321,,εεε，因为(+ )(1ε)=(1ε)+ (1ε)=（1，0，0）+（0，0，1）=（1，0，1）同理有(+ )(2ε)=（2，0，0），(+ )(3ε) =（1，1，0）这表明+ 将基321,,εεε变换成3中的另一组基1e =（1，0，1），2e =（2，0，0），3e =（1，1，0）（易证它们线性无关）. 又因（+ ）（3）是3的子空间，而321,,e e e是（+ ）（3）的最大无关组，故这个子空间的维数为3，再由习题1.1中第22题的结果知（+ ）（3）=3（此时取V 2=3）.46. 解：因为2［(321,,a a a)］=(［(321,,a a a)］)=()[]21,,0a a =（0，0，1a ）所以2的像子空间为R (2)(){}R a a ∈=,0,核子空间为N (2)(){}R a a a a ∈=2232,,,因此，dimR (2)=1，其一组基为（0，0，1）；dim N (2)=2，其一组基为（0，1，0），（0，0，1）.47. 证：（1）由的定义容易验证满足可加性和齐次性，所以它为线性变换.又因2[(nx x x,,,21)]=[()()2111,,,0,0],,,0--=n n x x x x ，…推知n[()()0,,0,0],,,21==n x x x，即nϑ=（零变换）.（2）若[()()()0,,0,0,,,0],,,1121==-n n x x x x x，则1x =2x =…=1-n x=0即()θ1-为由一切形如（0，0，…，n x ）的向量构成的子空间，它是一维子空间，则（0，…，0，1）是它的基.又由维数关系 dim (V)+dim1-(θ)=n便得 (V) 的维数等于 n-1 .48. 证：（1）必要性.若(V)= (V)，对任V∈α，则∈)(α（V ）=(V) ，故存在V∈β，使=)(α)(β，=)(α2)(β= )(β=)(α ，由α的任意性有 = .同理可证= .充分性.若= ,=, 对任(∈)α(V )V ⊂，=)(α)(α= ()(α)∈ (V ) , 故(V)⊂ (V) ；同理可证 (V)⊂(V).(2)必要性.若()=-θ1)(1θ-，对任V∈β,作-β)(β，因（-β)(β）=)(β-2)(β=)(β-)(β=θ ，所以，-β)(β∈()θ1- =)(1θ- ，则（-β)(β）= θ，故=)(β )(β，由β的任意性有 =. 同理，通过作β- )(β，可得=.充分性.若= , =, 对任 ∈α()θ1-，由=)(α=)(α（)(α）= （θ）=θ ，故()⊂-θ1)(1θ-；同理，由任∈β)(1θ- ，可得 ()⊂-θ1)(1θ-.。

矩阵论(华中科技大学)课后习题答案

习题一1.判断下列集合对指定的运算是否构成R 上的线性空间（1）11{()|0}nij n n iii V A a a⨯====∑，对矩阵加法和数乘运算；（2）2{|,}n n T V A A R A A ⨯=∈=-，对矩阵加法和数乘运算；（3）33V R =；对3R 中向量加法和如下定义的数乘向量：3,,0R k R k αα∀∈∈=；（4）4{()|()0}V f x f x =≥，通常的函数加法与数乘运算。

解：（1）、（2）为R 上线性空间（3）不是，由线性空间定义，对0α∀≠有1α=α，而题（3）中10α= （4）不是，若k<0，则()0kf x ≤，数乘不满足封闭性。

2.求线性空间{|}n nT V A R A A ⨯=∈=的维数和一组基。

解：一组基10001010101010000000100..................0010010⎧⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩L L L ⎪⎪⎪⎪⎭dim W =n (n +1)/23.如果U 1和U 2都是线性空间V 的子空间，若dim U 1=dim U 2，而且12U U ⊆，证明：U 1=U 2。

证明：因为dim U 1=dim U 2，故设{}12,,,r αααL 为空间U 1的一组基，{}12,,,r βββL 为空间U 2的一组基2U γ∀∈，有()12r X γγβββ=L L而()()1212r r C αααβββ=L L ，C 为过渡矩阵，且可逆于是()()()11212121r r r X C X Y U γγγγβββαααααα-===∈L L L L L L由此，得21U U ⊆又由题设12U U ⊆，证得U 1=U 2。

矩阵论答案

V = Rn[ x] − Rn−1[ x] ，任取 f ( x ) ∈ V ，均有 0 ⋅ f ( x ) = 0 ∉ V ，所以， V 对数乘运算不封闭，故 V 不
构成实数域 R 上的线性空间。（4）全体实数对 {( a, b) | a, b ∈ R} ，对于如下定义的加法 ⊕ 和数量乘 a = a k ，
其中 a, b ∈ R ， k ∈ R ．因为该加法 ⊕ 和数量乘法 � 运算满足线性运算的全部性质： i） a1 ⊕ a2 = a1a2 = a2 a1 ) = a2 ⊕ a1 ； ii） (a1 ⊕ a2 ) ⊕ a3 = （a1a2） ⊕ a3 = （a1a2） a3 = a （ = a1 ⊕ （ a2 ⊕ a3）； 1 a2 a3） iii ） a1 ⊕ 1 = a1 ⋅ 1 = a1 ； iv） a1 ⊕
A(kx) = k ( Ax) = k (λx) = λ (kx) ，所以 kx ∈ Eλ ，即 Eλ 对数乘运算封闭；故 Eλ 是 C n 的子空间。
6．设有 R 3 的两个子空间，
V1 = {( x1 , x 2 , x 3 ) | 2 x1 + x 2 − x3 = 0} ， V 2 = {( x1 , x 2 , x3 ) | x1 + x 2 = 0,3x1 + 2 x 2 − x3 = 0} ．
因为，
3 −2 1 −1
2 0 −1 4
1 −2 3 −5 =
2 0 −1 3
3 −2 1 −1
2 0 −1 4
−2 0 2 −4
0 −1 3
2 3
2 4
−2 2 = 4 ≠ 0， −4
= ( −2) − 1 − 1
所以，线性方程组只有零解，即向量组 α 1，α 2，α 3，α 4 线性无关，故 α 1，α 2，α 3，α 4 构成 R 2× 2 的基． 3．求线性空间 P4 [ x ] 的向量 f ( x ) = 6 − 5 x − x 在基 1, ( x − 1), ( x − 1) , ( x − 1) 下的坐标．因为 f ( x ) = 6 − 5 x − x 2 = 6 − 5( x − 1) − 5 − ( x − 1) 2 − 2( x − 1) − 1 = −7( x − 1) − ( x − 1) 2 ，所以，

矩阵论课后参考答案(第一二三四

矩阵为 A

1 1
18 22
15 20

，
求
T
在基 1 (1,2,1) ， 2 (3,1,2)，

1
21,2)下的矩阵。
解：由题可知1,2,3 与1,2,3 时空间 L(F 3) 的两组基，则存在一个
过渡矩阵 C 使得
3 -1 2
2 1 2
1 0 0
0 1 0
0 r 2(2)r1 1
0 r3(1)r10
1
0
3 5 -1
2 5 0
1 2 -1
0 1 0
0 0 1
1r2

5 (1)r 3
1 3 2 1 0
0
1 3 2 1 0 0
r2r30 1 0 1 0 1 r3(1)r20 1 0 1 0 1
2
1 0 0 0 0 1 0 0
0 0 0 0
0
0
0
0
，
1
0
0
0
，

0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 1
（3）解：同上理，对 AT A 分析可知其为一个上下成负对称的矩阵，
且对角元全为 0，则其维数为
dim(V ) (n 1) (n 2) 1 (n 1)((n 1) 1) n(n 1)
2
2
其基为 n(n 1) 个 n n 阶的矩阵，故基可写为
2
0 1 0 0 0 0 1 0
1 0
0 0
0 0
所以V1 V2 {0} 。
2）明显V1 V2 Fn