矩阵论(方保镕第五版)习题解答2.3

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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。

研究生矩阵论课后习题答案（全）习题二

研究生矩阵论课后习题答案（全）习题二习题二1．化下列矩阵为Smith 标准型：（1）222211λλλλλλλλλ??-??-+-??; （2）22220000000(1)00000λλλλλλ-?-??-??; （3）2222232321234353234421λλλλλλλλλλλλλλ??+--+-??+--+-+---??;(4)23014360220620101003312200λλλλλλλλλλλλλλ++?? -----??. 解：（1）对矩阵作初等变换23221311(1)10010000000(1)00(1)c c c c c c r λλλλλλλλλ+--?-→-→?-++，则该矩阵为Smith 标准型为+)1(1λλλ；（2）矩阵的各阶行列式因子为44224321()(1),()(1),()(1),()1D D D D λλλλλλλλλλ=-=-=-=, 从而不变因子为222341234123()()()()1,()(1),()(1),()(1)()()()D D D d d d d D D D λλλλλλλλλλλλλλλλ===-==-==-故该矩阵的Smith 标准型为2210000(1)0000(1)0000(1)λλλλλλ??--??-??；（3）对矩阵作初等变换故该矩阵的Smith 标准型为+--)1()1(112λλλ; (4)对矩阵作初等变换在最后的形式中，可求得行列式因子3254321()(1),()(1),()()()1D D D D D λλλλλλλλλ=-=-===, 于是不变因子为2541234534()()()()()1,()(1),()(1)()()D D d d d d d D D λλλλλλλλλλλλλ=====-==-故该矩阵的Smith 标准形为2100000100000100000(1)00000(1)λλλλ-??-??. 2.求下列λ-矩阵的不变因子：（1）210021002λλλ-----??；（2）1001000λαββλαλαββλα+-+?+??-+??；（3）100100015432λλλλ--?-??+??；（4）0012012012002000λλλλ+++??+??. 解：（1）该λ-矩阵的右上角的2阶子式为1，故而33()(2)D λλ=-，所以该λ-矩阵的不变因子为2123()()1,()(2)d d d λλλλ===-;（2）当0β=时，由于4243()(),()()D D λλαλλα=+=+，21()()1D D λλ==，故不变因子为12()()1d d λλ==，2234()(),()()d d λλαλλα=+=+当0β≠时，由于224()[()]D λλαβ=++，且该λ-矩阵中右上角的3阶子式为2(),βλα-+且4(2(),())1D βλαλ-+=，则3()1D λ=，故21()()1D D λλ==，所以该λ-矩阵的不变因子为123()()()1,d d d λλλ===224()[()]d λλαβ=++;（3）该λ-矩阵的右上角的3阶子式为1-，故而4324()2345D λλλλλ=++++，所以该λ-矩阵的不变因子为123()()()1,d d d λλλ=== 4324()2345d λλλλλ=++++;（4）该λ-矩阵的行列式因子为123()()()1,D D D λλλ===44()(2)D λλ=+,所以该λ-矩阵的不变因子为123()()()1,d d d λλλ===44()(2)d λλ=+.3．求下列λ-矩阵的初等因子：（1）333232212322λλλλλλλλ??++??--+--+??；（2）322322 2212122122λλλλλλλλλλ??-+--+??-+--??. 解：(1)该λ-矩阵的行列式因子为212()1,()(1)(1)D D λλλλ==+-，故初等因子为21,(1)λλ+-；(2) 该λ-矩阵的行列式因子为212()1,()(1)(1)D D λλλλλ=-=+-，故不变因子为因此，初等因子为1,1,1λλλ+--.4．求下列矩阵的Jordan 标准形：（1）131616576687------??；（2）452221111-----??；（3）3732524103---??--??；（4）111333222-----??；（5）***********????-????--??；（6）1234012300120001??. 解：（1）设该矩阵为A ，则210001000(1)(3)E A λλλ??-→??-+??，故A 的初等因子为2(1)(3)λλ-+，则A 的Jordan 标准形为300011001-；（2）设该矩阵为A ，则310001000(1)E A λλ-→??-??，故A 的初等因子为3(1)λ-，从而A 的Jordan 标准形为110011001；（3）设该矩阵为A ，则210001000(1)(1)E A λλλ?? -→??-+??,故A 的初等因子为从而A 的Jordan 标准形为1000000i i -?? ; （4）设该矩阵为A ，则21000000E A λλλ??-→??,故A 的初等因子为2,λλ，从而A 的Jordan 标准形为000001000; （5）设该矩阵为A ，则210001000(1)E A λλλ??-→??+??,故A 的初等因子为2,(1)λλ+，从而A 的Jordan 标准形为000011001--??; （6）设该矩阵为A ，则1234012300120001E A λλλλλ-------??-=??--??-?? ，该λ-矩阵的各阶行列式因子为123()()()1,D D D λλλ===44()(1)D λλ=-，则不变因子为123()()()1,d d d λλλ===44()(1)d λλ=-，故初等因子为4(1)λ-，则A 的Jordan 标准形为1100011000110001. 5．设矩阵142034043A ??=--??，求5A .解：矩阵A 的特征多项式为2()(1)(5)A f I A λλλλ=-=--，故A 的特征值为11λ=,235λλ==.属于特征值11λ=的特征向量为1(1,0,0)Tη=,属于235λλ==的特征向量为23(2,1,2),(1,2,1)T Tηη==-.设123121[,,]012021P ηηη==-,100050005?? Λ=??,则1A P P -=Λ.,故4455144441453510354504535A P P -??-?=Λ=-. 6.设矩阵211212112A --=--??-??，求A 的Jordan 标准形J ，并求相似变换矩阵P ，使得1 P AP J -=.解:(1) 求A 的Jordan 标准形J .221110021201011200(1)I A λλλλλλ--=-+→- ---,故其初等因子为21,(1)λλ--，故A 的Jordan 标准形100011001J ??=??.(2)求相似变换矩阵P .考虑方程组()0,I A X -=即1231112220,111x x x --= ?--??解之,得12100,111X X== ? ? ? ?-.其通解为1122k X k X +=1212k k k k ?? ?-??,其中21,k k 为任意常数.考虑方程组11212121211111122200021110002k k k k k k k k k -- -→-+----,故当1220k k -=时,方程组有解.取121,2k k ==,解此方程组,得3001X ??= ? ???.则相似变换矩阵123100[,,]010111P X X X ??==??-??.7.设矩阵102011010A ??=-??，试计算8542234A A A A I -++-. 解: 矩阵A 的特征多项式为3()21A f I A λλλλ=-=-+,由于8542320234(21)()(243710)f λλλλλλλλλ-++-=-++-+,其中532()245914f λλλλλ=+-+-. 且32A A I O -+=,故8542234A A A A I -++-=2348262437100956106134A A I --??-+=--??.8.证明：任意可逆矩阵A 的逆矩阵1A -可以表示为A 的多项式. 证明:设矩阵A 的特征多项式为12121()n n n A n n f I A a a a a λλλλλλ---=-=+++++L ,则12121n n n n n A a A a A a A a I O ---+++++=L ,即123121()n n n n n A A a A a A a I a I ----++++=-L ,因为A 可逆,故(1)0nn a A =-≠,则9.设矩阵2113A -??=，试计算4321(5668)A A A A I --++-.解: 矩阵A 的特征多项式为2()57A f I A λλλλ=-=-+,则227A A I O -+=,而432225668(57)(1)1λλλλλλλλ-++-=-+-+-,故14321111211(5668)()12113A A A A I A I -----++-=-==-.10.已知3阶矩阵A 的三个特征值为1，－1，2，试将2n A 表示为A 的二次式. 解: 矩阵A 的特征多项式为()(1)(1)(2)A f I A λλλλλ=-=-+-,则设22()()n f g a b c λλλλλ=+++,由(1)0,(1)0,(2)0,f f f =-==得解之，得2211(21),0,(24)33n n a b c =-==--,因此2222211(21)(24)33n n n A aA bA cI A I =++=---.11.求下列矩阵的最小多项式：（1）311020111-；（2）422575674-??----??；（3）n 阶单位阵n I ；（4）n 阶方阵A ，其元素均为1；（5）0123103223013210a a a a a a a a B a a a a a a a a --?=??--??--??. 解:(1) 设311020111A -=??,则231110002002011100(2)I A λλλλλλ---=-→-----,故该矩阵的最小多项式为2(2)λ-.(2) 设422575674A -=----??,则2(2)(511)I A λλλλ-=--+,故该矩阵有三个不同的特征值,因此其最小多项式为2(2)(511)λλλ--+(3) n 阶单位阵n I 的最小多项式为()1m λλ=-. (4) 因为1()n I A n λλλ--=-,又2A nA =,即2A nA O -=,故该矩阵的最小多项式为()n λλ-.(5)因为22222200123[2()]I B a a a a a λλλ-=-++++,而2222200123()2()m a a a a a λλλ=-++++是I B λ-的因子,经检验知()m λ是矩阵B 的最小多项式.。

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

矩阵论习题答案矩阵论习题答案在数学领域中，矩阵理论是一门重要的分支，它在各个学科领域都有广泛的应用。

矩阵论习题是学习矩阵理论的重要环节，通过解答这些习题，我们可以更好地理解和运用矩阵的性质和操作。

本文将为大家提供一些常见矩阵论习题的答案，希望能够对大家的学习有所帮助。

1. 习题：计算矩阵的转置。

答案：对于一个m×n的矩阵A，其转置矩阵记为A^T，其行和列互换。

即，如果A的第i行第j列元素为a_ij，则A^T的第i列第j行元素为a_ij。

可以通过编写程序或手动计算来得到转置矩阵。

2. 习题：计算矩阵的逆矩阵。

答案：对于一个可逆矩阵A，其逆矩阵记为A^-1，满足A·A^-1 = A^-1·A = I，其中I为单位矩阵。

可以通过高斯消元法或伴随矩阵法来计算逆矩阵。

3. 习题：计算矩阵的秩。

答案：矩阵的秩是指矩阵中线性无关的行（或列）的最大个数。

可以通过高斯消元法或矩阵的行（或列）简化形式来计算矩阵的秩。

4. 习题：计算矩阵的特征值和特征向量。

答案：对于一个n×n的矩阵A，其特征值和特征向量满足方程A·v = λ·v，其中λ为特征值，v为特征向量。

可以通过求解特征方程det(A - λ·I) = 0来计算特征值，然后将特征值代入方程(A - λ·I)·v = 0来计算特征向量。

5. 习题：计算矩阵的奇异值分解。

答案：对于一个m×n的矩阵A，其奇异值分解为A = U·Σ·V^T，其中U为m×m的正交矩阵，Σ为m×n的对角矩阵，V为n×n的正交矩阵。

可以通过奇异值分解算法来计算矩阵的奇异值分解。

6. 习题：计算矩阵的广义逆矩阵。

答案：对于一个m×n的矩阵A，其广义逆矩阵记为A^+，满足A·A^+·A = A，A^+·A·A^+ = A^+，(A·A^+)^T = A·A^+，(A^+·A)^T = A^+·A。

矩阵论(方保镕、周继东、李医民)习题1-3章

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 f A的全体为
f A a0 I a1 A am Am ai R, m正整数
1
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.
(ai bi ) ai bi 2
i1
i1
i1
于是可知 L，因此 L 不是 V 的子空间.
18.
解：
Span(
' 1
,

' 2
,

' 3
)
的基为
1'
,

' 2
,

' 3
的一个最大无关组，

' 1
,

' 2
,

' 3
在基1
,

2
,

3
下的坐标依次为
(1, -2, 3) T , (2 , 3 , 2) T , (4, 13, 0 ) T
故 C =(1 , 2 , 3 , 4 ) 1 ( 1 , 2 , 3 , 4 )
1 0 0 0 1 2 0 5 6
= 0100
0010
1 336 1 1 2 1
0001
1 013
2 056 1 336
= 1 1 2 1 .
1 013
⑵ 显然，向量α在基1 , 2 , 3 , 4 下的坐标为 X =(1 ,2 ,3,4 ) T ,
7
（2）取
A

1 0
0 0
，B

矩阵论(方保镕版清华大学)课后自测题五答案

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=-Xλλ，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⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=2200,101001011010011C , 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)⎰⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛=-10101dt dtde A dt 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)(11T T 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 ++=.。

研究生矩阵论课后答案

|
xk
|2
)
1 2
是范数.
k =1
(2)证明函数 || x ||∞ = max{| x1 |,| x2 |,...,| xn |}是范数.
2.设
x∈R2,
A=
⎛4 ⎜⎝1
1⎞ 4⎟⎠
,请画出由不等式||
x
||
A
≤
1决定的x的全
体所对应的几何图形.
3.在平面 R2中将一个棍子的一端放在原点,另一端放
生成子空间V,求V的正交补空间V ⊥.
15.(MATLAB)将以下向量组正交化.
(1) x1 = (1,1,1)T , x2 = (1,1, 0)T , x3 = (1, −1, 2);T
(2) f (t) = 1, g(t) = t, h(t) = t2是[0,1]上的多项式空间
的基,并且定义(
f
9.把下面矩阵A对应的λ -矩阵化为Smith标准形,并且写
出与A相似的Jordan标准形.
⎛1 −1 2 ⎞
(1)
⎜ ⎜
3
−3
6
⎟ ⎟
⎜⎝ 2 − 2 4⎟⎠
⎛ −4 2 10⎞
(2)
⎜ ⎜⎜⎝
−4 −3
3 1
7 7
⎟ ⎟⎟⎠
⎧ dx1
⎪ ⎪
dt
=
3x1
+ 8x3
10.(MATLAB)求解微分方程:
α3 = (0,1,1)T 的矩阵为: ⎡ 1
A=⎢ 1 ⎢⎣−1
0 1⎤ 1 0⎥ 2 1⎥⎦
求在基e1 = (1,0,0)T ,e2 = (0,1,0)T ,e3 = (0,0,1)T下的矩阵.
10.设S = {ε1,ε2 ,ε3,ε4}是四维线性空间V的一个基,已知

矩阵论(方保镕版)自测题答案二

1 cos(1) 2 sin( 1) . cos(1)
六、证：（1）因
A 1 0.73 1 ；故 lim A 0;
k k

（2）因 A 有范数小于 1，故 A k 绝对收敛；且其和的形式
k 0
为 (I A) 1 .
1 0 1 2 1 七、解： A 1 2 1 ~ 0 1 0 3 2 0 0
则 A C B ，所以, 方程 AX b 的极小范数最小二乘解为 X A b .
八、证：（1）因为 A C T AC , 所以(1) n A C A ，则有
C (1) n 0,
2
2
n 必为偶数.
（2）设 AX X , X [ x1 , x2 ,, xn ]T 的分量中绝对值最大者为
自测题二
一、解： A I , A k k I , ak Ak ak k I ,
a0 I a1 A a2 A 2 an A k (a0 a1 an n ) I ,
其中 a0 a1 an n R ，故取 V 的基为 I ， dim V 1 .
故
A
F
Q T AQ
F

F

n（n 1) 2
； ' ( A) n ；
A2 n
；
cond ( A) 2 n ； ( A 1 ) m
1 0 （2）取 A 0
2
1.
1 1 1 1 0 0 ，，得 0 0 1
( ) (a1 2a1b1 b12 , a1 b1 a2 b2 , a3 b3 )

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(方保镕、周继东、李医民)习题4-9章

习题 4.11．解：1,,21===∞αααn n .2．解： α1=6,α2=14, α∞=3 ;β1=5,β2=13,β∞=3 .3．证：（１）记 ‖α‖=max ( ‖α‖a , ‖α‖b ) , 则当α≠０时,‖α‖＞０；当α=０时‖α‖=０. ‖k α‖=max ( ‖k α‖a , ‖k α‖b )=max ( k ‖α‖a , k ‖α‖b )=k max ( ‖α‖a , ‖α‖b ) =k ‖α‖. ‖βα+‖=max ( ‖βα+‖a , ‖βα+‖b )≤max ( ‖α‖a +‖β‖a , ‖α‖b +‖β‖b ) ≤max ( ‖α‖a , ‖α‖b )+max ( ‖β‖a , ‖β‖b ) =‖α‖+‖β‖.所以‖α‖是n C 上的范数.（２）记 ‖α‖=k 1‖α‖a + 2k ‖α‖b , 则当α≠０时, ‖α‖＞０；当α=０时‖α‖=０. ‖k α‖=k 1‖k α‖a +k 2‖k α‖b= k (k 1‖α‖a +k 2‖α‖b )=k ‖α‖.‖βα+‖= k 1‖βα+‖a +k 2‖βα+‖b≤ k 1 (‖α‖a +‖β‖a )+k 2 (‖α‖b +‖β‖b ) = (k 1‖α‖a +k 2‖α‖b )+ (k 1‖β‖a +k 2‖β‖b ) =‖α‖+‖β‖.所以‖α‖是n C 上的范数.4．证法提示：与上题类似.图形在第一象限的部分由1,121==x x 和()13221=+x x 所围成.5．证：考虑()()T T 0,1,1,0==βα，则当21=p 时，4=+pβα，而2=+pp βα，显然pppβαβα+≤+不成立.6．解：不是向量范数，因为不满足三角不等式，如取()T 1,0=α，()T 0,1=β,()1,1=+βα , ，而βαβα+=>=+2223.曲线1322321=+x x 在第一象限的图形如下所示.7．证：（1）当()0=t f 时，()01=t f ；当()t f 不恒等于零时，由其连续性知()t f 必在[]b a ,的某个子区间[]11,b a 上不等于零，从而有()()()⎰⎰>≥=ba b a dt t f dt t f t f 1101对R k ∈，有()()()()⎰⎰===babat f k dt t f k dt t kf t kf 11对于()[]b a C t g ,∈，有()()()()()()()()111t g t f dtt g dt t f dt t g t f t g t f bababa+=+≤+=+⎰⎰⎰故()1t f 是C []b a ,中的向量范数.（2）当()0=t f 时，()0=∞t f ；当()t f 不恒等于零时，存在[]b a t ,0∈，使得()00≠t f ，从而有()[]()()0max 0,>≥=∈∞t f t f t f b a t对于R k ∈，有()[]()[]()t f k t kf t kf b a t b a t ,,max max ∈∈∞==()∞=t f k对于()[]b a C t g ,∈，有()()[]()()[]()()[][]()[]()()()∞∞∈∈∈∈∞+=+≤+≤+=+t g t f t g t f t g t f t g t f t g t f b a t b a t b a t b a t ,,,,max max max max故()∞t f 是[]b a C ,中的向量范数.8．证：当θα=时，0=Aα；当θα≠时，由A 对称正定知，0>ααA T ，即0>Aα.对R k ∈，有()()A T T A k A k k A k k αααααα===. 再由A 对称正定知，存在正交阵Q ，使得 ()n T diag AQ Q λλλ,,,21 =，0>i λ 从而有T n n Q Q A ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⋅⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=λλλλ11 令()T n Q diag B λλ,,1 =，则有()()222ααααααααB B B B B A TT T T A====对于n R ∈β，有()2222βαβαβαβαB B B B B A+≤+=+=+=A A βα+ 故A α是n中的向量范数.9．解：11≤α即121≤+ξξ，如图1所示，12≤α，即12221≤+ξξ，如图2所示；1≤∞α，即{}1,max 21≤ξξ，如图3所示.10．证：当θα=时， A θα=，B θα=，从而0=α；当θα≠时，01≥αA ，由B 可逆知 θα≠B ，从而02>αB ，故θα>，对于C k ∈，有()()()()ααααααααk B k A k B k A k k B k A k =+=+=+=212121333对于n C ∈β，有()()()()βαββααβαβαβαβαβα+=+++=+++≤+++=+212122112133333B A B A B B A A B A故α是n C 中的向量范数.11．证：（1）由ββαββαα+-≤+-=，故βαβα-≥-，又αβαββα-≥-=-，从而βαβα-≥-.（2）同理可证.12．证：设j e 为n 阶单位矩阵的第j 列，则n n e h e h e h +++= 2211β.由三角不等式有n n e h e h ++≤ 11β设n e e M ++= 1，则对于确定的范数∙，M 是常数.故i ih M max ⋅≤β.再由不等式βαβα-≤-则有i i h M m a x ⋅≤≤-+βαβα.对任给正数ε，取M εδ=，则当δ<i ih max 时，结论恒成立.13．证：（1）设()n x x x ,,,21 =α，且01m a x i i ni x x =≤≤，则0i x =∞α；另方面又有∞∞=≤++==≥++=ααααn x n x x x x x i n i n 001111故有∞∞≤≤αααn 1（2）由22122212220∞==∞=≤==≤=∑∑αααλn x n x x x i nini ii 则有∞∞≤≤αααn 2（3）再由上面的两个结果可得 1211αααn n≤≤因此，向量范数α1，α2及α3两两等价.14．证：设()T x x 21,=α，则有()22222221212221212322222αααα=+++≤++==x x x x x x x x A T A()()22222122122212αα=+≥+++=x x x x x x A故 223ααα≤≤A.15．证：由柯西不等式()22,βαβαβα⋅≤=T 当且仅当βα,线性相关时，等号成立，即()22,βαβα⋅=又已知0≥βαT ，故()()22,,βαβαβαβα⋅===T .16．证：（1）充分性.由C T C=I 及坐标变换公式βαC =可得==αααT 22()()()22βββββββ===T T T TC C C C ，即22βα=.必要性.由22βα=，知ββααT T =.利用坐标变换公式βαC =,可导出()ββββT T T C C =.令()n n ij T b C C B ⨯==，显然B 是实对称矩阵，且B 对应的二次型满足：()0≠=βββββT T B由于非零向量β的任意性（随)(x f 任意变化），故有B=C T C=I. （事实上，可以取()()x g x f i =，此时i εβ=，（即自然基向量，第i 个分量为1，其余为0），由ββββT T B =知()n i b ii ,,11 ==；又取()()()x g x g x f j i +=，此时()j i j i ≠+=εεβ，由ββββT T B =可得2=+++jj ji ij ii b b b b ，即()n j i j i b ij ,,1,,0 =≠=，故有B=I ，也就是C TC=I.） (2) 取正交矩阵⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=62310613121613121C 则使（1）成立的基（Ⅱ）为 )1(31)(),1(21)(221t t t g t t g -+=-=)21(61)(23t t t g ++=而且 )3,2,1,()()(=±≠j i t f t g j i .习题 4.21. 解：将A 看成是1×3的矩阵，则||A ||1={}.412|1|.21,2,1max =++-==-∞A 由谱范数的性质知[]6)(6maxmax 22====λλT TAA A A .{}43,02,1max 1=+++-=i i B {}61,32max =+++-=∞i i B⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=1064642422i i i i B B H))1328()(1328((--+-=-λλλλB B I H 故13282+=B .2. 解：24,5,51===∞FAA A .028********=-+-=-λλλλA A I T先介绍三次一元方程032213=+++a x a x a x 求根的一般方法.作代换：令a y x +=消2x 项，得特殊三次方程03=++q py y ，其根为：⎪⎩⎪⎨⎧+=+==)240cos(2)120cos(2cos 203303231θθθr y r y r y 其中 33⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p r ,⎪⎭⎫⎝⎛-=r q 2arccos 31θ .根据以上公式，令8+=y λ，得033323=-+y y ，即3-=p ，33+=q ；=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=33p r 34.837，0577.202arccos 31=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=r q θ，代入得=1y 6.115 ，046.52-=y ，069.13-=y .故得115.14811=+=y λ，954.2822=+=y λ，931.6833=+=y λ.因而115.142=A ≈3.757.3. 解：由矩阵的从属范数（又称算子范数）的定义可得：1111)(maxmaxxP Ax P xAx A a a --≠≠==θθ11111)(maxAP P Ap P --≠==ββθβ即A 从属于11x P x -=的算子范数A 用矩阵AP P 1-的1范数来表示.4. 解：令),max(121hx x x h -=α，首先，它满足向量范数定义条件，故h α是向量范数.再者，易知∞=βαh，其中αβp =，⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=h h p 1101.由从属于向量范数的矩阵范数（又称算子范数）的定义，可得： ∞-∞∞-≠∞∞≠≠====11maxmaxmaxPAP PAP P PA A A a hh a h ββααααθβθθ()∞⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡---++=1222121122211212111a a a a a a h h a a a =).1,max(121122211222121211a a a a ha a a h a a --++-++5. 证：因为不满足矩阵范数定义的第四个条件，如取A =⎥⎦⎤⎢⎣⎡1111，则A ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=22222，但()1)(max )(max )(max 22,12,122,1=>=≤≤≤≤≤≤ij j i ij j i ij j i a a A ,所以不是范数. 6. 证：（1）当A =0时，0=A ；当0≠A 时，存在0i 与0j ，使得000≠j i a ，从而有000>≥j i a mn A .对C k ∈，有.)max (max A k a mn k ka mn kA ij ij ==⋅= 对于m an ij b B )(=，有()ij ij ij ij b a mn b a mn B A +≤+=+max max ()B A b a mn ij ij +=+≤max max .对于()nxs ij b B =，有kj ik nk b a ms AB ∑=⋅=1maxij ij kj ik n k b a n ms b a ms max max max 1⋅⋅⋅≤⎪⎭⎫⎝⎛⋅≤∑==()()B A b ns a mn ij ij =⋅⋅max max .因此，由（1）定义的A 是mxn C 中的矩阵范数.（2）同理可证非负性、齐次性及三角不等式成立.对于()nxs ij b B =，有{}{}⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅≤⋅=∑∑=kj ik n k kj ik nk b a s m b a s m AB 11\max ,max max ,max{}ijij b a n s m max max ,max ⋅⋅⋅≤{}(){}()ijij b s n a n m max ,max max ,max ⋅⋅≤=B A ⋅.因此，由（2）定义的实数A 也是mxn C 中的矩阵范数.7. 证：当A =0时，0=A ；当0≠A 时，,01≠-AP P 从而0>A . 对C k ∈，有()A k APp k APp k P kA p kA MMM===---111)(.对于nxn C B ∈，有BA BPp APp BPp AS p PB A p A MMMM+=+≤+=+=+-----11111)(BMMBP P AP P PAB P AB ))(()(111---==B A BP P APP MM=⋅≤--11故A 是nxn C 中的矩阵范数.8. 证：非负性、齐次性及三角不等式显然成立.下面分别验证第四个条件也成立.对于nxn C B ∈，有（1）{}{}s s M M s M B A B A AB AB AB ,max ,max ≤= {}{}B A B B A A s M s M =⋅≤,max ,max （2）s s M M s M B A B A AB AB AB ⋅+≤+=22 B A B B A A s M s M =++≤)2)(2( 因此，它们都是nxn C 中的矩阵范数.9. 证：因为)(max 2A A A H λ=，矩阵A A H 是Hermite 矩阵，其特征值是非负实数，记为01≥≥≥n λλ ，于是得12λ=A ，且)(A A t AHr F==∑=ni i1λ21A =≥λ另一方面，∑==ni iF A 1λ21A n n =≤λ，故有F FA A An≤≤2110. 证：（1）111==≥--I AA A A ，故有AA 11≥- （2）由1111)(-----=-B A B A B A 即得.11. 证：因为1<A ，所以由定理知I-A 可递.又由（I-A ）-I=-A ，两端右乘()1--A I ，可得()()11----=--A I A A I I ，故AA A I A A I A A I I -≤-≤--=-----1)()(1)(111.12. 证：设A 的属于特征值λ的特征向量为α，即λαα=A ，从而有αλαm m A =，则有αααλαλm m m mA A ≤==，即m mA ≤λ，也就是m m A ≤λ.13. 证：设对应λ的特征向量为α，即λαα=A ，从而αλα11=-A ，则ααλαλ111-==A α1-≤A ，即11-≤A λ，也就是11-≥Aλ.14. 证：设mxn ij a A )(=，=α,),,(21T n x x x 记ij E 为第i 行、第j 列的元素是1，其余元素是0的矩阵，则T j ij x E )0,,0,,0,0( =，且p pij x E ≤α，所以有pm i nj ij ij pm i nj ij ijpE a E aA ∑∑∑∑====≤=1111ααα∑∑===≤m i nj pm pij A a 111αα即1m A 与p α相容.15. 证：设=αT n x x x ),,(21 ，则有∑∑∑∑∑=====⋅≤=mi mi nj nj j ij nj j ij x a x a A 1111222122)(α∑∑∑====ni j m i nj ij x a 12121)(222max α⋅⋅≤ij ija mn 222αA =故有22ααA A ≤.（注：推导中使用了不等式))((1212211∑∑==≤++ni i ni i n n b a b a b a ，i i b a ,常数）16. 证：设=α()T n x x x ,,,21 ，由上题的推导可得22222max αα⋅⋅≤ij a mn A {}2222)(max ),(max αij a n m ≤222αA =即22ααA A ≤ .j nk ik n k k ik n k k ik x a x a x a A max )(max max max 111⋅≤≤=∑∑∑===∞α{}∞∞∞=⋅≤⋅≤αααA a n m a n ij ij )max ,(max )max (.17. 证：分两步证：第一步，给定n C 中的非零列向量β和mxn C 中的矩阵范数M ∙，以m C 中的列向量α，定义实数MTαβα=验证α是m C 中的向量范数.事实上，当θα=时，00==M a ；当θα≠时，由θβ≠知0≠T αβ，从而0>=MTαβα.对于C k ∈，有MTMT MT k k k k αβαββαα===)()(=αk .对于mC ∈γ，有MTT MTγβαββγαγα+=+=+)(MT MTγβαβ+≤=γα+，故α是m C 中的向量范数.18. 解：取⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=000000111 A ，⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=111 α，显然11=A ，1=∞α.但是()Tn A 0,,0, =α，从而n A =∞α.由于1>n ，故∞∞>αα1A A 即A 的1范数与向量α的∞范数不相容.19. 证：设B =),,(21n βββ ，利用222i i A A ββ≤可得222212nFA A ABββ++= )(2222122n A ββ++≤ =222FBA，即F F B A AB 2≤，另一方面利用上述不等式，有222)(B AABA B A B AB ABFFFHHFHH FHp==≤=因此题中结论成立.20. 证：对于矩阵A ，存在酉矩阵Q ，使得⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡***=n HAQ Q λλλ21=B 即上三角矩阵B 与A 相似，且有222222221F FH FA AQQ B==≤+++λλλ两端开平方即得证.21. 证：由算子范数定义以及“F A 与2x 相容”得：FF x x A x A Ax A =≤===)(max max 2121222.22. 解：因为不满足三角不等式，如取 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0010A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0100B 则谱半径0)(=A ρ，0)(=B ρ，但1)(=+B A ρ.23. 证：因为A ，B 对称，所以2)(A A =ρ，2)(B B =ρ，故222)(B A B A B A +≤+=+ρ)()(B A ρρ+=.24. 证：∑=≤≤∞=≤4141max )(j ij i a A A ρ176,1,1,1max =⎭⎬⎫⎩⎨⎧=.习题 51. 证：由于0lim lim )()(=-⇔=∞→∞→A A A A k k k k ,再利用矩阵范数的性质 A A A A k k -≤-)()(，所以有0lim )(=-∞→A A k k ，即A A k k =∞→)(lim .2. 证：因为=+-+)()()()(B A B A k k k k βαβα)()()()(B B A A k k k k ββαα-+-B B B B A A A A B B A A k k k k k k k k k k k k ββββααααββαα-+-+-+-=-+-≤)()()()(BB B A A A k k k k k k βββααα-+-+-+-≤)()(.利用0lim)(=-∞→A A k k ，0lim )(=-∞→B B k k ，以及0l i m =-∞→ααk k ，0lim =-∞→ββk k ，k α，k β有界，知)((lim )()(=+-+∞→B A B A k k k k k βαβα故有B A B A k k k k k βαβα+=+∞→)(lim)()(.3. 解：（1）由于9.01=A ，从而A 是收敛矩阵.（2）由于A 的特征值为651=λ，212-=λ，故165)(<=A ρ，故A 的收敛矩阵.4. 解：由于A 的特征值为a 21=λ，a -==32λλ于是a A 2)(=ρ，故当1)(<A ρ即21<a 或2121<<-a 时，A 为收敛矩阵.5. 证：记∑∞==0)(k k A S ， Q A P Q PA SNk k k N k N )(0)()(0)(∑∑==== ,于是)(0)(lim N N k k SQ PA∞→∞==∑∑∑∞==∞→===0)(0)()()lim (k k Nk k N QA P PSQ Q A P即∑∞=0)(k k Q PA 也收敛.如果∑∞=0)(k k A绝对收敛，则∑∞=0)(k k A 收敛.又由于)()()(k K k A Q A P Q PA τ≤≤其中τ是与k 无关的正数，由比较判别法知∑∞=0)(k k Q PA收敛，故∑∞=0)(k k Q A P 也绝对收敛.6. 解：（1）设⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=3171A 可求得A 的特征值为221-==λλ，所以2)(=A ρ，由幂级数∑∞=121k kx k的收敛半径为1)1(lim lim 221=+==∞→+∞→k k a a r k k k k . 因r A >=2)(ρ , 知矩阵幂级数∑∞=121k kA k发散. （2）设⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=1281B ，可求得B 的特征值为31-=λ，52=λ，所以()5=B ρ.又因幂级数∑∞=06k kkx k 的收敛半径 6166lim lim 11=+==+∞→+∞→k k a a r k k k k k k 即有r B <)(ρ，故矩阵幂级数∑∞=06k kkB k 绝对收敛.7. 解：设⎥⎦⎤⎢⎣⎡=6.03.07.01.0A ，由于19.0<=∞A ，故矩阵幂级数∑∞=0k kA 收敛，且其和为⎥⎦⎤⎢⎣⎡=--937432)(1A I .8. 证：因A jI jI A )2()2(ππ=，所以有jI A jI A e e e ππ22=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++= 432)2(411)2(!31)2(!21)2(jI jI jI jI I e A ππππI j e A ⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-= 5342)2(!51)2(!312)2(!41)2(!211πππππ={}A A e I j e =+ππ2sin 2cos . 又因A I I A )2()2(ππ=，所以有)2sin(cos )2cos(sin )2sin(I A I A I A πππ+=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+- 5342)2(!51)2(!312cos )2(!41)2(!21sin I I I A I I I A πππππ=I A I A ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+- 5342)2(!51)2(!312cos )2(!41)2(!211sin πππππ=A A A sin 2sin cos 2cos sin =+ππ9. 证：因为()()()AA T T T TTA e e A A A I A A A I e T-==++++=⎪⎭⎫⎝⎛++++= 3232!31!21!31!21 所以有()I e e ee ee A A A ATA AT===⋅=-0.故A e 为正交阵.10. 证：因为()()()jA HjA HjA HjA e e e e -===, 于是有()I e e e e e jA jA HjAjA ===-0故jA e 为酉阵.11. 解：（1） ()23λλλλ-=-=A I f ；（2）由Cayley-Hamilton 定理知 ()023=-=A A A f ，即A 3=A 2 从而有A 4=A 3·A=A 3=A 2 A 5=A 4·A=A 3=A 2 …………………故 ++++++=n A A n A A A I e !1!31!2132 ()222!1!31!21A e A I n A A I -++=⎪⎭⎫⎝⎛++++++=()() ++-+++-=+1253!1211!51!31sin k k A k A A A A()()()2211sin !1211!51!31A A k A A k-+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+++-+=12. 解：()()()0211=--+=-λλλλA I求得A 的特征值为11-=λ，12=λ，23=λ，于是存在可逆阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=013013111C ，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=-246330110611C使得⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=-2111AC C .再根据矩阵函数值公式为 ()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+--++---==--------111112122121133330333303234661,,e e e e e e e e e e e e e e e C e e e Cdiag e A ()12,,--=C e e e Cdiag e t t t tA⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+--++---=------t t tt t t t t t t t tt t te e e e e e e e e e e e e e e 33330333303234661222 ()()12sin ,1sin ,1sin sin --=C Cdiag A=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--01sin 601sin 6001sin 42sin 21sin 22sin 42sin 6113. 解：（1）对A 求得C ，使得J AC C =⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=-11111111，所以有 ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=⋅=-012131001210001000ln ln 1JC C A（2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡=21J J A ，其中⎥⎦⎤⎢⎣⎡=20121J ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=10112J 于是有⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡=2ln 0212ln ln 1J ， ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0010ln 2J⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=010002ln 00212ln ln ln ln 21J J A .14. 解：（1）⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+---=--------t t t t t t tt Ate e ee e e e e e22222222；（2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-----=-41541541510141401101111015253253253632tt tAte e e e ；（3）()()()t Ate t t t t t t t t t t t t t t t e 222222211223245812442112122-⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+-----++--+++=；（4）tt t At e te e e 322020010050000000360120000151---⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=. 15. 解：（1）()()()Ae I eA A A I A A 1,1sin sin ,11cos cos 2-+==-+=（2）()I A 1cos cos =，()I A 1sin sin =，eI e A =2；（3）I A =cos ，A A =sin ，I e A =2.16. 解：（1）100010005445I A A I A -+-=；（2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-+---++--=e e e e e e e e e e A 311333331313；（3）⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+--=336332636364arcsin ππA ；（4）()A A A I 105,17885211211=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=+-. 17. 解：()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=t t t t t A dt dsin cos cos sin ()()()1,0,sin cos cos sin 1==⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=-t A dtdt A dt d t t t t t A dt d .18. 解：2=m 时取()⎥⎦⎤⎢⎣⎡=t t t t A 02，则 ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=t t t t t A dt d t t t t t A 20234,023222342 ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=t t t t t A dt dt A 20224223 可见，()()()t A dtdt A t A dt d 22≠.19. 解：两边对t 求导数，得⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+---+---+=t t t t t t t t t t t t t t t t t t At A cos 35cos 5cos 25cos 10cos 5cos 5cos 5cos 5cos 25cos 10cos 5cos 5cos 5cos 5cos 25cos 10cos 35cos 541cos 令t=0，并注意到I =0cos ，得⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=221131122A .20. 解：这是数量函数对矩阵变量的导数.设()mxn ij a A =，则()2FAA f ==()∑∑===m s Tnt st A A tr a 112. 又因为()n j m i a a fij ij,,2,1;,,2,12 ===∂∂，所以 ()A a a f dA df n m ij nm ij22==⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂=⨯⨯ .21. 解：由于()AX AX X dXdT 2=，再由n n T x y x y x y X Y +++= 2211，知()Y X Y dx d T =，而0=dX dc ，因此()Y AX dXx df -=2.22. 证：（1）设()()m n ij n m ij x X b B ⨯⨯==,，则mm n k kj ik x b BX ⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑1，于是有()∑∑∑===++++=nk nk nk km mk kj jk k k x b x b x b BX tr 11111()()m j n i b x BX t jiijr ,,2,1;,,2,1 ===∂∂()()Tmn n m B b b b b BX tr dXd =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡= 1111 注意到BX 与（BX ）T =X T B T 有相同的迹，所以()()()()TTT B BX tr dXdB X tr dXd==（2）设()()()AX X tr f x X a A T m n ij n n ij ===⨯⨯,, 则有⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=∑∑∑∑====km nk nk nk k nk nk km k nk k k nm mn T x a x a x a x a AX x x x x X 111111111111,∑∑∑∑∑∑======++++=nk nk km ek ne em kj nk ek ne ej k ek ne e x a x x a x x a xf 11111111⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂=∂∂∑∑==kj nk ek n e ej ij ij x a x x x f 11 =∑∑∑===⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂ne n k kj ek ij ej n k kj ek ij ej x a x x x a x x 111=∑∑==+nk ej ek kj n k jk x a x a 11().X A A X A AX x f dX df T T mn ij+=+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂=⨯23. 证：设()()u X A u X f T --=，因为A A T =，所以()Au u X Au AX X f T TT +-=2利用第21题的结果可得()u X A Au AX dXdf-=-=222.24. 证：设()n n ij a A ⨯=，记ij a 的代数等子式为ij A ，将detA 按第i 行展开，得in in ij ij i i A a A a A a A ++++= 11det ，所以()n j i A a fij ij,,2,1, ==∂∂，从而有()()()()()TTTn n ij A A A A adjA A dAdf 11det det --⨯====其中adjA 是A 的伴随矩阵.25. 解：设()n n ij b B ⨯=，()m n ij a A ⨯=.由于A T BA 的第k 行第k 列元素为tk ns st nt sk a b a ∑∑==11，所以()()∑∑∑===⎪⎭⎫⎝⎛==mk tk n s st n t sk Ta b a BA A tr A f 111()()tjnt nt nj tj n t it ij mk nt tjt j tk n s st n t sk mk n s tjst nt sj tk n s st n t sk a b a a b a a b a a b a a b a a b a j k j k ∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑===========++++⎪⎭⎫⎝⎛=+⎪⎭⎫ ⎝⎛=≠≠1111111111111故∑∑∑==++=--+=+++⎪⎭⎫⎝⎛++++=∂∂ns sjbi tj nt it ni nj ii j i ij ij tj n t it i i j i i j ij a b a b b a b a b a a b b a b a a f 11,1,11,1,111最后得X B BX a b a b a fdA df T m n n s sj si m n tj n t it m n ij+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=⨯=⨯=⨯∑∑11特别地，当B 是对称矩阵时，BA dAdf2=；当A 为列向量时，BA A f T =，且A B BA dAdfT +=.26. 解：设 ()n m ij a A ⨯=，()T n x x x X ,,,21 =, 由于,,,)()(,,)(111111Tnk k mk nk k k T Tnk k mk k n k k x a x a AX X G x a x a AX X F ⎪⎭⎫⎝⎛==⎪⎭⎫⎝⎛==∑∑∑∑====所以()()()T mn n m Tn mi i iTmi i ia a a a x Fx F dX dF a a x Ga a x F ,,,,,,,,,,,,,,1111111 =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂==∂∂=∂∂故A a aa a x F x FdX dF mn m n n T =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂= 11111,, T mn n m Tn A a a a a x G x G dX dG =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂= 11111,,27. 解：因为()()()b b AX b b A X AX A X b AX b AX bAX x f T T T T T T T+--=--=-=22故由上两题的结果得 ()()b A AX A A b b A AX A dXdfT T T T T T -=--=2228. 解：因为()i Tni i Ti ii a a n x fx f x f α==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∂∂,,,,11 故有()Tn Tn x fx f dX df αα,,,,11=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=.29. 解： ()()⎰⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++-++-+=-33323122322221133121122331121c c ct c c e c e c t c e t c e dt t A t tt t()()⎰⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=-0023011311121212e e e dt t A ()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎰00302222422202222t e et e t e t dx x A dt d t t t tt30. 解：设⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=1221A ，A 的特征值为231i±=λ，相应的两个特征向量为⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+=2311i α，⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=2311i β作矩阵⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+=23123111i iP利用欧拉公式x i x e ix sin cos +=，则⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+--=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡=--t t t t t t Pe e P e it it At3sin 313cos 3sin 323sin 323sin 313cos 00133 故()⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=t t t e t x At 3sin 313cos 3sin 3210.31. 解：设⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=3553A ，它的特征值为i 53±=λ，对应的两个线性无关的特征向量为()()T T i i 1,,,1==βα，作可逆矩阵⎥⎦⎤⎢⎣⎡=11i i P ，从而有 ()()tt i ti A e t t t t i i e e i i e 353535cos 5sin 5sin 5cos 1121011⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-+ 故()()()()其中,5cos 5sin 5sin 5cos 5cos 5sin 5sin 5sin 5cos 5cos 5cos 5sin 010*******t t t t tt t A Ate t b t a e t t d e t t t t e t t e d e e e t X ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=---⎰⎰τττττττττ ()()()()()()t t t e t t t e t b t t t e t t t e t a t t t t 5cos 4155cos 55sin 4415sin 4145sin 55cos 4415sin 4155cos 55sin 4415cos 4145sin 55cos 4414444⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--+⎥⎦⎤⎢⎣⎡++--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--+⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=----32. 解：设 ()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=121,101024012t e t b A ，()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=1110x ， ()()A I -=λλϕdet =23λλ- , 由C-H 定理知A 3=A 2，A 4=A 2，A 5=A 2，……，从而有()()()() +++++=432!41!31!21At At At At I e At()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---+--=--++=⎪⎭⎫⎝⎛+++++=tt t t e t e e t t t t tA t e tA I A t t t tA I 121040211!41!31!2122432 故{}⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+=+=⎰⎰-dt o x e d b e o x e t x t At t A At00021)()()()(τττ = ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡t At e t t t e )1(1102111 .习题 61. 解：（1）⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=-000520010000511A ；（2）⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=-031032310313100312A .2. 证：因为1100--⎥⎦⎤⎢⎣⎡=T S I P A r，所以 1111000000----⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=T S I PP L I T T S I P AGA rrrA T S I P T S I L I S I P rrr r=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=----111100000000故G 是A 的减号逆.当0=L 时，有 G P I T P I T T S I PP I T GAG rrrr=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=--0000000000011 从则G 是A 的自反减号逆.3. 解：所有m n ⨯矩阵是A 的减号逆；只有m n ⨯零矩阵是A 的自反减号逆.4. 解：设m n ij g G ⨯=)(，满足100=i j g ，其余元素任意的矩阵G 是A 的减号逆；而满足100=i j g ，)(00j k g ki ≠和)(00i k g k j ≠任意，),(0000i t j s g g g t j si st ≠≠=的矩阵G 是A 的自反减号逆.5. 证：因为nB B =2，所以由计算可知： []A B b n a b a b A AGA =-+-+=-)1()(1 即G 是A 的减号逆.6. 证：经计算易知A a a a A )(2322213++-=，所以 A A a a a AGA =++-=-31232221)(故G 是A 的减号逆.7. 解：经若干次初等行变换和列变换，将A 化成前面第2题中提到的Hermite 标准形=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=00S I H r⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---000002001011001 即容易求得⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=416101102P ，⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=1000000010010000000100100T使得A 与T 相抵：⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---==000002001011001H PAT 那么，由第2题知⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-----=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-33322211132146101461024600000001000100c c c c c c c c c P c c c T P L I T A r令⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡==0000L ，得⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=-000101000102000r A .8. 解：11b X A =的通解为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+--+=2121515252525451c c c c X22b X A =的通解为⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+---+++---+=432432321421323131313131313132313131313132c c c c c c c c c c c c X （c 任意取值）.9. 解：⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----=-c cc c A 011100110001⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----=-c c c c A r 011100110001；⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--------=+311333111331113381A .10. 解：可求得A 的满秩分解为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-==11101101412001FG A 于是⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---==--+036214111125181)()(11T T T T F F F GG G A .11. 解：（1）取[]01=A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=11B ，则[]1=AB ，[]1)(=+AB ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+01A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+2121B ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=++21A B ，可见+++≠A B AB )(. (2)取⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011A ，可求得⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+010121A ，而⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==++010121)(2A A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+010141)(2A ，可见22)()(++≠A A . （3）取⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011A ，则A 的特征值为1和0，而⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+010121A 的特征值为21和0.（4）取⎥⎦⎤⎢⎣⎡=11A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1011P ，[]1=Q ，则有⎥⎦⎤⎢⎣⎡=12PAQ ，[]1251)(=+PAQ ，[]012111=-+-P A Q可见11)(-+-+≠P A Q PAQ .12. 解：（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=-025100151m A ，11b X A =的最小范数解为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=215151X . （2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=-1111448341091981541m A ，22b X A =的最小范数解为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=1323141X .13. 解：（1）由上面第10题已求得⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=+036214111125181A , 由于 ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=+1101A b AA =b ≠⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-303，所以b AX =不相容，它的极小范数最小二乘解为T b A X )1,1,0,1(0-==+.14. 证：设Gb X =0，则Gb X =为b AX =最小二乘解.充分性：若AGb AX =，则b AX b AGb b AX -=-=-0，故X 为最小二乘解.必要性：若X 为最小二乘解，即b AX b AX -=-0，则2002b AX AX AX bAx -+-=-=)()()()(00002020AX AX b AX b AX AX AX b AX AX AX H H --+--+-+- 由及b AX b AX -=-0()()b AGb A G b X b AGb AGb AX b AX AX AX H H H H H H --=--=--)()()()(00=[]b A AGA G b X H H H H H --)()(=0 .注意：H H H A AGA AG AG ==)(,)(）,[]0)()()()(0000=--=--HH H b AX AX Ax AX AX b AX 得020=-AX AX ，即AGb AX AX ==0.15. 解：（1）⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-147174111e A ，不相容方程组 11b X A =的最小二乘解为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=74111X ；（2）⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----=-410252010610352010251e A ，不相容方程组22b X A =的最小二乘解为T X )6,3,9,3(251-=.16. 解：（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-----=+228456215621221A ，⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=12121X ；（2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=+4446771401111106421A ,⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=275211X .17. 证：充分性. 若b b AA =+及)(b A rank rankA =，则后一条件表明b AX =相容，显然b A X +=为方程组的解.必要性.设方程组有解X .即b AX =0，显然有)(b A rank rankA =，且b AX AX AA b AA ===++00.18. 证（1）：由PAQ PAQ P A Q PAQ =---))()((11 , 知----∈)(11PAQ P A Q ;（2）如取⎥⎦⎤⎢⎣⎡=11A ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1011P ，[]1=Q ，则有⎥⎦⎤⎢⎣⎡=12P A Q ，[]1251)(=+PAQ ，[]102111=-+-P A Q ，可见11)(-+-+≠P A Q PAQ .19. 证：必要性 . 因为C AXB =，所以有 C AXB B B AXB AA B CB AA ===----)(充分性 . 设对某个-A 和-B ，有C B CB AA =--，则--CB A 显然是解，且对任何p n C Z ⨯∈ ，)(-----+=AZBB A Z CB A X 都是解.设Y 为任一解，令Z Y =就有-----+=B A y B A y CB A Y )(，即任一解Y 也满足)(-----+A Z B B A Z CB A 的形式.习题 71. 解：对B 不能进行LU 分解，对C 可以.⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=2300313201231211310131001C .2. 解：（1）⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=532325112153211211A ; （2）⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=311272333121651211231B .3. 解：A 的Doolittle 分解为⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=7002100152510042512501254001520001A ； crout 分解为 ⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=1021005210054521725001524005120005A .4. 解：⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=15251545251525451525A ⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=15251425155115245125 .5. 解：（1）⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=151100102015651115100102101A ；（2）⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=121115311321112511124123121A .6. 解：（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=15.115.025.01941615.15.0125.01A=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-332214332214；（2）⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=15312121153252153211211153121211532312512A .7. 解：（1）⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=1231094111311211L ，⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=2800118011211D ; （2）⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=720154120334156132131321211L .8. 证：由于矩阵r A 的各阶顺序主子式0det ≠k A ),,2,1(r k =，所以有三角分解r r r U L A =，其中r L 和r U 是可逆的下三角矩阵和上三角矩阵.将A 分块为⎥⎦⎤⎢⎣⎡=222112A A A A A r，由r rankA rankA r ==，知A 的后r n -行可由前r 行线性表示，即存在r r n ⨯-)(矩阵K ，使得),(),(122221A A K A A r =，于是r KA A =21，1222KA A =，故⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=----r n r rrr r rr n rrrrI A L U KL L A L U I KL L KA KA A A A 0000001211211212 即得到A 的三角分解LU A =，且其中的L 或U 为可逆阵.。

矩阵论第五章答案

(α k A ( k ) + β k B ( k ) ) − (α A + β B ) = (α k A ( k ) − αA) + ( β k B ( k ) − βB ) ≤ α k A ( k ) − αA + β k B ( k ) − β B = α k A ( k ) − α k A + α k A − αA + β k B ( k ) − β k B + β k B − βB ≤ α k A(k ) − A + α k − α A + β k B (k ) − B + β k − β B .
k =0 k =0 k =0
∞
∞
N
N
N
(k )
∞
∑ PA
k =0
∞
Q = lim S ( N ) = P ( lim ∑ A ( k ) )Q = PSQ = P (∑ A ( k ) )Q
N →∞ N →∞ k =0 k =0
∞ ∞
即 ∑ PA ( k ) Q 也收敛 . 如果 ∑ A ( k ) 绝对收敛，则 ∑ A ( k ) 收敛 . 又由于
1 2 1 3 1 A + A + L + An + L 2! 3! n!
1 ⎛1 1 ⎞ = I + A + A 2 ⎜ + + L + + L⎟ n! ⎝ 2! 3! ⎠ 2 = I + A + (e − 2)A sin A = A − 1 3 1 5 1 k A + A + L + (− 1) A 2 k +1 + L (2k + 1)! 3! 5!

研究生矩阵理论课后答案第5章

按范数收敛
定义:赋范空间V的序列{x(n)|n=1,2,…}按范数 ‖‖α收敛于aV,如果 limn‖x(n)-a‖α=0 命题:对赋范空间V的任意两个等价向量范数 ‖‖α, ‖‖β, 都有 limn‖x(n)-a‖α=0 limn‖x(n)-a‖β=0 (即按任意两个向量范数的收敛实质上等价) 因 0 limn‖x(n)-a‖α d limn‖x(n)-a‖β 0 limn‖x(n)-a‖β(1/c)limn‖x(n)-a‖α
1=|yk|(i=1n|yi|p)1/p =‖y‖p n1/p (*) (i|yi|=|xi|/|xk|1) 1=limp1limp‖y‖p limpn1/p=n0=1 1=limp‖y‖p=limp‖x‖p/‖x‖ ‖x‖=limp‖x‖p
同一向量的三种范数之间的大小关系
Frobenius 矩阵范数
例5.2.2:矩阵的Frobenius范数定义为 ‖A‖F=(i=1mj=1n|aij|2)1/2. (ACmn的向量2-范数蕴含前3条公理)不难证明4 条范数公理全部满足.因非负性和齐次性是显然的;③的证明见课本.我们只讲④的证明. ‖AB‖F2=i=1mj=1n|k=1paikbkj|2 i=1mj=1n((k=1p|aik|2)(k=1p|bkj|2))(C-S不等
则

n
1 ak 1 bk a k bk a b p q q b p a
1 a k bk a b k 1 pa
p

n k 1
ak
p
1 qb
q

b k 1 k
n q
1 1 ab ab q xn|}=|k‖x‖; ‖x+y‖= max{|x1+y1|,…,|xn+yn|} max{|x1|+|y1|,…,|xn|+|yn|} max{|x1|,…,|xn|}+max{|y1|,…,|yn|} =‖x‖+‖y‖

矩阵论(方保镕第五版)习题解答1.2

1 0 0 所求矩阵为 A= 0 1 0 . 0 0 0
(2) 因为
( ) i 1 0 0 ,
( ) j 0 1 0 , ,
( ) i j 1 1 0 ,
所以,
1 0 1 所求矩阵为 A= 0 1 1 . 0 0 0
(3) 由
2
( )
所以
1
是线性变换.同理可证 (
1
也是线性变换.
2
+
2
)( )= ( =
1
1
+
)[(x 1 , x 2 )]
2
[(x 1 , x 2 )]+
[(x 1 , x 2 )]
( x 2 , x1 ) ( x1 , x 2 ) ( x1 x 2 , x1 x 2 )
1 2
( k1 f1 ( x) k 2 f 2 ( x) )= k1 f1 ( x 1) k 2 f 2 ( x 1) (f 1 (x))+k 2
( f 2 ( x))
1
(6) 是.因为 = k1
( k1 f1 ( x) k 2 f 2 ( x) )= k1 f1 ( x0 ) k2 f 2 ( x0 ) (f 1 (x))+k 2
=( e1 , e2 , e3 )C
5
所求矩阵为 B=C 1 AC =
a11 a21 k a31
ka12 a22 ka32
a13 a23 k a33
1 0 0 1 1 0 0 0 1
(3) 所求矩阵为
( e1 e2 , e2 , e3 )=( e1 , e2 , e3 ) B=C 1 AC =
在基 ei 下的矩阵就是 C. (3) ( ( 1 ) , =( ( 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

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( 必要性.若
( i ), j )= a ji , (
( j ), i )= aij ( i ), j )=－( i , ( j ))，
是反对称变换，即(
则 a ji aij ，也就是 AT A . 充分性.设 AT A ，对任 , V n ，有
1 ，其中 1 15. 证：存在正交阵 Q ，使 Q AQ n
m 1 i 0(i 1,, n) .取 m i 0, 令B Q 1 Q ，则虽然 m n
B 是正定
8. 证：设 V n 的标准正交基为 1 ,, n ，又
在该基下的矩阵为
A，则 A H A ，从而 A 是正规矩阵，故存在酉矩阵 P，使 P H AP A（对
角阵）.再构造 V n 的另一组基 e1 ,, en ，使满足
(e1 , e2 ,, en ) ( 1 , 2 ,, n ) P
1
x1 ( 1 ,, n ) ， xn y1 ( 1 ,, n ) ， yn
x1 ( ) ( 1 ,, n ) A xn y1 ( ) ( 1 ,, n ) A yn
的特征向量，u m 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 C ，则有 v m C m A B m u m ，但 , 所以v m u m ，但所以 v u .这样， B 与 C 有完全一致的特征向量和相 v与u 都是正实数，应的特征值，因此 B 与 C 可用同样的矩阵 P，使 P 1 BP与P 1CP 是同样的对角矩阵，即
所以 B 半正定；而当 A 的列向量组线性无关时，当 X 0, 则Y 0 ，此时， X T BX Y T Y 0 ，即 B 正定.
13. 证：（1）必要性.设 A 半正定，则对任正数 m， mI A 是正定的，因此 mI A 的主子式全大于零.如果 A 有一个 K 阶主子式 M 0 ，那么在 mI A 中取相应的主子式 N，则有
M T (M T ) 1 BM 1 M T PT IPM ( PM )T I ( PM ), 即 B ( PM )T I ( PM ),
这里 ( PM ) 为非奇异矩阵，所以 M T AM 是正定的. 又由 A P T IP ，P 非奇异，可知
A1 ( PT IP) 1 P 1 I ( PT ) 1 P 1 I ( P 1 )T
，即为 0 或为纯虚数.
7. 证：设 AX X ，则 A2 X 2 X ，因为 A 2 A ，且 X ，所以
2 0 ，即 0 或 1 .再由 A 为实对称知，存在正交矩阵 Q ，使
Q 1 AQ diag1,,1,0,,0 .
m 1 B Q 1 Q ，则有 m n
1 Q 1 A . m B Q n
当 A 为半正定时，由于 i 0(i 1,2,, n) ，故 m 为正整数时，可取 m i 为算术根，于是由上知，对任正整数 m，均有实方阵 B，使 B m A .
的，且有 B m QQ 1 A .下面再证惟一性. 又设 A B m C m ， 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
6
Z 相应的特征值 u ，即 B u , , 则A B m u m ，亦即也是 A
5
即0 m
X T AX XTX
，就有 X T (mI A) X P ，这与 mI A 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 X T AX 0 ，所以必要且只要 X T ( A) X 0 ，即-A 是正定矩阵，记 A 的 K 阶主子式为 A ( k ) ，则相应的-A 的 K 阶主子式 (1) k A ( k ) ，由 (1) k A ( k ) 0 知当 k 为偶数时，
P 1 BP P 1CP
从而 B=C，惟一性得证.
16. 证：因为 A 非奇异，所以 AAT 是正定的，则由上题可知，存在正定矩阵 B1 ，使 AAT B12 , 令 B11 A Q1 ， AB11 Q2 ，则有 A B1Q1 ，
A Q2 B1 ，且 Q1Q1T ( B11 A)(B11 A)T B11 AAT ( B11 )T B11 B12 B11 I ，所以 Q 1
N m k C1m k 1 C k 1m M
因 M 0 ，故可找到 m 0 ，使 N 0 ，这与 mI A 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， mI A 一定是正定的，这是因为 mI A 的主子式可表成
1 ，且 0 ， P AP i n
1
故有
A I P 1 A I P P 1 ( A I ) P
3
1 1 1 = det n 1
习题 2.3
1. 证：因为 A H A, B H B ，又
( AB) H AB B H AH AB
即 BA=AB .
2. 证：设 A 为任一复方阵，令
A BC
①
其中 B 为 Hermite 矩阵，C 为反 Hermite 矩阵，于是，可得
AH B H C H B C
且显见等号成立的充要条件为 i 0(i 1,2,, n) ，即 A 0 . （ 2 ）由线性代数知，存在非奇异矩阵 M ，对角矩阵 D ，使
B M T M M T IM , A M T DM 同时成立.再由第（1）小题知
A B MT I D M MT M MTM B
A ( k ) 0 ；当 k 为奇数时， A ( k ) 0 .
1 ， 14. 证：因为 A 实对称，故有正交阵 Q，使 Q AQ n
1
从而 A QQ 1 . 由于 m 为奇数，特征值 i 均为实数，故令
当 A B B 时的充要条件为
I D 1 D 0 A 0
.
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
mI k M m k C1 m k 1 C k 1 m M
其中 M 是 A 的一个主子式，因而 Ci (i 1,2,, k 1) 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 Ci 0(i 1,2,, k 1) ，以及 mI k M 0 . 如果 A 不是半正定的，那么有一个非零实向量 X，使 X T AX 0 ，
P 和 P T 都是满秩的，于是 rank PT AP rankA，即 rankB rankA

.
2
6. 证：因为 AX X ， X T AT X T ， X T A X T ，
X T AX X T X ， X T X X T X ，由于 X ，所以 X T X 0 ，故
由①与②联立得 B
A AH A AH . ,C 2 2
3. 证：设 V n 的标准正交基为 1 , 2 ,, n ，
A (aij ) nxn ，则有
在该基下的矩阵为
( i ) a1i 1 a2i 2 ani n ,
( j ) a1 j 1 a2 j 2 anj n ,
是正交阵.同样可证 Q 2 为正交阵. 下证惟一性 . 设 A B1Q1 C1 P1 , C1 为正定阵， P1 为正交阵，则
2 2 T ( B1Q1 )(B1Q1 )T (C1 P 1 )(C1 P 1 ) ，即有 B1 C1 ，由上题知 B1 C1 , 从而又得
4
令 C (P 1 )T ，则 C T P 1 ，C 亦为非奇异矩阵，所以
A1 C T IC
即 A 1 可分解成 C T C ，由充要条件知 A 1 正定.
12. 证：
B 实对称显然.对任 n 元列向量 X 均有
X T BX X T AT AX ( AX )T ( AX ), 令AX Y ，则有 X T BX Y T Y 0
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 ( 即
y1 y1 ( ),β) ( x1 ,, xn ) AT ( x1 ,, xn ) A ( , yn yn
(β))
则有
(e1 , e2 ,, en )
(e1 , e2 ,, en )
( 1 , 2 ,, n ) P
( 1 , 2 ,, n ) AP (e1 , e2 ,, en ) P 1 AP
即
在基 e1 , e2 ,, en 下的矩阵为对角阵 .
9. 证：（1）因为 A 半正定，所以存在正交矩阵 P，使