矩阵论_杨明_华中科技大学_课后习题答案
华中科技大学研究生矩阵论Matrix2-1
1
1
（backward identity）
§2.3 最小多项式 (minimal polynomials)
讨论 n 阶矩阵多项式的相关问题： 矩阵多项式（重点是计算） 矩阵的化零多项式（Cayley 定理） 最小多项式 Jordan标准形的应用（简化计算） 相似不变性 Jordan化的方法
n (2) 由 I A 0 知 1 2 n 0
(3) 解方程
( A 0 ) X 0 得通解
x2 x3 xn 0, x1 k
即
X k (1,0, , 0)T
于是，A关于 0 的特征向量为 X k (1,0, , 0)T , k 0, n-1 从而得T=d/dx的特征向量为 (1, x, , x ) X k , k 0.
背景：求基{i，i=1~n}, 使得 T(1 2 … n) = (1 2 …n)
1. {1 2 … n} 线性无关
1 2 n
2. L{i}是不变子空间: Ti=ii
一、变换T的特征值与特征向量
(I T )( ) O (T I )( ) O
定理2.5 (存在定理) 在复数域上，每个方阵A都相似于 一个Jordan阵JA。 含义： Jordan 矩阵可以作为相似标准形。 惟一性：Jordan 子块的集合惟一。 A相似于B JA 相似于JB
4 方阵A的Jordan 标准形的求法
目标：求可逆矩阵P和Jordan矩阵JA ，使AP=PJA 分析方法： 在定理 2.5 的基础上逆向分析矩阵JA和P的构成。 求法与步骤：
例1 求Pn[x]上微分变换d/dx的特征值与特征向量。
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 杨明 华中科技大学 课后习题解答
1.判断下列集合对指定的运算是否构成 R 上的线性空间
n
（1）V1 {A (aij )nn | aii 0}，对矩阵加法和数乘运算； i 1
（2）V2 {A | A Rnn , AT A}，对矩阵加法和数乘运算；
（3）V3 R3 ；对 R3 中向量加法和如下定义的数乘向量： R3 , k R, k 0 ；
x2 3 4 x3
x3 x4
分别取 x3 1, x4 0 和 x3 0, x4 1 ，求得齐次方程 AX 0 解空间的一组基
1 4 1 0T , 1 1 0 1T
所以 A 的零空间为
N(A ) L 1 4 1 T0 , 1 1 T0 1
8.在 R22 中，已知两组基
1
E1
0
A1, A2 , , Ar 线性无关矛盾，故
所以
dimN(A)=n-r dimR(A)+dimN(A)=n
1 1 3 0
7.设
A
2
1
2 1 ，求矩阵 A 的列空间 R(A)和零空间 N(A)。
1 1 5 2
解：通过矩阵的行初等变换将矩阵 A 化为行阶梯形
1 1 3 0 1 1 3 0
（4）V4 { f (x) | f (x) 0}，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 0 有 1 = ，而题（3）中1 0 （4）不是，若 k<0，则 kf (x) 0 ，数乘不满足封闭性。
2.求线性空间V {A Rnn | AT A}的维数和一组基。
由此，得过渡矩阵
0 1 1 1
C
1
0
1
1
1 1 0 1
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⎧⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩⎪⎪⎪⎪⎭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 ααα为空间U 1的一组基，{}12,,,r βββ为空间U 2的一组基2U γ∀∈，有()12r X γγβββ=而()()1212r r C αααβββ=，C 为过渡矩阵，且可逆于是()()()11212121r r r X C X Y U γγγγβββαααααα-===∈由此，得21U U ⊆又由题设12U U ⊆，证得U 1=U 2。
矩阵论(华中科技大学)课后习题问题详解(1)
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(2016研究生) 百度文库第2版, 杨明、刘先忠编著
6 欧氏空间中向量的夹角： 定义：0，0，夹角定义为： cos= ( , ) 和 正交 （，）=0
7 线性空间的内积及其计算： 设{1，2，…, n } 是内积空间Vn(F)的基， ，Vn(F)，则有 =x11＋x22＋…＋x n n = (12… n)X； =y11＋y22＋…＋y n n= (1 2… n)Y 度 (，)=
归纳：
任何线性空间V n[F]在任意一组基下的坐标属于Fn 。 每一个常用的线性空间都有一组“自然基”，在这 组基下，向量的坐标容易求得。 求坐标方法的各异性。
2、 线性空间V n（F）与Fn的同构
坐标关系
V n （F）
基{1，2，。。。 n}
Fn
由此建立一个一一对应关系
V n （F），X Fn， （）=X （1+2）=（1）+（2） （k）=k（）
V n （F）表示数域F上的 n 维线性空间。 只研究有限维线性空间。
三、坐标
1 定义 1 .3 （P . 3)设{1，2，…， n } 是空间 n Vn ( F ) 的一组基， Vn ( F ) ， = xi i ，则x1 ， i 1 x2， …， xn 是在基{i}下的坐标。
矩阵被认为是最有用的数学工具，既适用于应用 问题，又适合现代理论数学的抽象结构。
二、教学安排
学时配置 讲授第1章至第6章 (36学时) 第1章：8学时; 第2章：6学时 第3章：6学时； 第4章：6学时； 第5章：6学时； 第6章：4学时
考核方式：课程结束考试
三、教学指导意见
背景要求：线性代数 矩阵与计算工具：MATLAB，MAPLE, … 矩阵与现代应用：应用选讲 教学参考书：
矩阵论
课程：矩阵论（Matrix Theory） 学时： 36学时 （36 Lectures） 教材：矩阵论（第2版， 杨明、刘先忠编著）， 华中科技大学出版社，2005
矩阵论de 课后答案.pdf
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（kα 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kα不封闭；⑵有理域上是；实数域上不是，因为当k∈R时，数乘kα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f(A)的全体为{f (A)= a0 I + a1 A + a m A m a i∈ 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.7. 解：是线性空间.不难验证sin t，sin 2t，…，sin nt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c i= 1 2π t sin itdt .π ⎰08. 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≠rα⊕sα.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α,β∈V，则2(α+β)= 2α+ 2β=(1 + 1)α+(1 + 1)β=(1α+ 1α)+ (1β+ 1β )= (α + α )+ (β + β )= α + (α + β )+ β2另一方面，因此从而有2(α+β)=(1+ 1)(α+β)=(1α+ 1β)+ 1(α+β)= (α + β )+ (α + β ) = α + ( β +α )+ βα+(α+β)+β=α+(β+α)+β，(-α )+α + (α + β )+ β + (- β ) = (-α )+α + (β +α )+ β + (- β )于是得α+β=β+α.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k (x2+ x)+ k (x2-x) +k (x+1) = 01 2 3即(k+k )x2 + (k-k + k )x+k = 0 ,1 2 1 2 3 3得线性方程组k1 + k2 = 0k1 - k2+ k3=0k3 = 0由于系数行列式不等于零，那么只有k1 = k2= k3 = 0 时,上述齐次式才对∀x成立，所以x2+x,x2-x,x+1 线性无关，且任二次多项式ax2+ bx + c 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2x2+ 7x+ 3 = (k1+k2 )x2+ (k1-k2+k3 )x+k3得k1=3,k2= -1,k3=3,即坐标为( 3, -1, 3 ) .312. 解：⑴因为 ( β1,β2,β3,β4)=(α1,α2,α3,α4)C,故C=(α1,α2,α3,α4)-1(β1,β2,β3,β4)1 0 0 0 -12 0 5 6 2 0 5 6= 0 1 0 0 1 3 3 6 1 3 3 6 0 0 1 0 -1 1 2 1 = -1 1 2 1.0 0 0 1 1 0 1 3 1 0 1 3⑵ 显然，向量α在基α1,α2,α3,α4下的坐标为X=(ξ1,ξ2,ξ3,ξ4)T, 设α在基β1,β2,β3,β4下的坐标为Y=(η1,η2,η3,η4)T,则ξ1 2 0 5 6 - 1 ξ1Y=C -1ξ2=1 3 3 6 ξ2ξ3 -1 1 2 1 ξ3ξ4 1 0 1 3 ξ44 1 -1 - 119 319ξ11 4 23= - 3 - ξ2 = B X27 9 271 2 ξ33 0 0 - 3 ξ4- 7 - 1 1 2627 3 279⑶ 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k=1,2, ,n；l=k,k+1, ,n令F kl=(a ij)n⨯n，其中a kl=1，其余的a ij=0，则{F kl}为上三角矩阵空间的一组基，维数为12 n(n +1).（2）R+中任意非零元素都可作R+的基，dim R+=1.（3）I，A，A2为所述线性空间的一组基，其维数为3.414. 解： （1）由已知关系式求得⎧β1 = 4α1 + 8α2 + α3 - 2α4⎪ = -2α1 - 4α2 +α4⎪β2⎨ = α1 + 2α2⎪β3⎪= α2 + 2α3⎩β4于是，由基（I ）到基（II ）的过渡矩阵为⎡ 4 - 2 1 0⎤ ⎢ - 4 ⎥ C = ⎢ 8 2 1⎥⎢1 0 0⎥⎢ 2⎥⎣- 2 10 0⎦（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= (β1 , β 2 , β3 , β 4 )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α∈V 4 ，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⎡2 0 - 2 1⎤⎡ 11 -1 -1⎤⎢ ⎥⎢⎥ C = ⎢1 1 13⎥ ， C = ⎢2-1 2 -1⎥1⎢2 1⎥2⎢1 0 ⎥⎢1⎥⎢-1 1⎥⎣1 22 2⎦⎣ 0 1 1 1 ⎦则有（B 1，B 2，B 3，B 4）=（E 11，E 12，E 21，E 22）C 2=（A1，A2，A3，A4）C1 1C25。
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+=+)(。
华中科技大学研究生矩阵论Matrix6-1
对角矩阵
A B [aij B] A B [aijbij ]
6.1 K-积和H-积的定义
例题2 设分块矩阵A = (Ast)，则 AB = (Ast B) 特别地，若A = (A1, A2, …, An)，则 AB = (A1B, A2B,…, AnB) 例题3 快速Walsh(Hadamard)变换 yN = HNxN， 其中 H N / 2 H N / 2 n HN , N 2 , n 1, 2, , H1 [1]. H N / 2 H N / 2 于是有 1 1 n HN H H H H N /2 2 N /2 2 . 1 1 H N / 2 I N / 2 I N / 2 HN ( I 2 H N / 2 )(H 2 I N / 2 ) H N / 2 I N / 2 I N / 2
P(r , t )
i , j 0
c
ij
T
i , j 0
i
r
t
j
Kronecker积的矩阵函数性质 定理6.8（P. 143）设是f(z)解析函数，f(A) 有意义，则
f(IA) = If(A) f(AI) = f(A)I
SN(IA) = ISN(A) SN(AI) = SN(A)I
求[(AI) +(IB)]的特征值和特征向量
例题3：证明对任何方阵A, B, 有
e
A B
e e e e
A B B
A
Hadamard积的性质 定理6.9（Schur积定理）设A、B为同阶方 阵。若A和B半正定（正定），则AB亦半 正定（正定）。
矩阵论杨明华中科技大学课后习题答案.
（2）由得
所以
，求 e ， e ，sinA。
解：由的特征值
由此得
对，对 f ，
对 f ，
2cos
已知 A2=A，求 sinA。
解：设为 A 的特征值，为特征向量由得
因 A2=A，故有于是为矩阵 A 的化零多项式（最小多项式），且为一次银子乘积，所以 A 可对角化即有
这里
10.求解微分方程组
解：
习题五
设，求解：
取矩阵 A 的第1、3 列构成列满秩矩阵 B，取矩阵 F 第 1、2 行构成行满秩矩阵
证明非齐次线性方程组有解的充分必要条件是。
证明：必要性设有解，由得，，即有
充分性设，则有，令 x，于是，故方程组
有解
设，且 A 的 n 个列是标准正交的，证明。
证明：因为矩阵 A 的 n 个列向量是标准正交的，则矩阵 A 为列满秩的矩阵，且有于是是幂等且为 Hermite 矩阵，证明。
证明：因为，且，矩阵 A 是正规阵，可酉相似对角阵，即于是，U 为酉矩阵，并设
求线性方程组的最佳的最小二乘解。
解：
最佳最小二乘解为。
2011华科期末考试矩阵论答案解析
2
它们相应的标准正交的特征向量为v1
1 0, v2
10
A的奇异值为1 5， 2 2
1
0
(2)u1
Av1 1
1 5
0 2 0
,
u2
Av2 2
1 2
101.
1 0 0 0
T 1 2 n 1 2 n A T , ,T , HT (T )H
1 H 1 1 H 1
2
n
An2
1 1 1 1 1 0 3 2 A 0 2 4 2 0 1 2 1
1 1 5 3 0 0 0 0
由此可知rank ( A) 2.
取B
1 0
-1
12 ，C 1
1 0
0 1
3 2
故A C H CC H 1(BHB)1 BH
二，（15
分）设
A
2
0
2
1 1 3
（1）求矩阵 eAt.
（2）求 d (eAt ) . dt
解(1) | A | 0, 1 2 3 2 A的最小多项式m() ( 2)2 令g() c0 c1, f (z) etz f (2) e2t c0 2c1 f ' (2) te2t c1 c0 (1 2t)e2t , c1 te2t .
(3t 3)e2t
te2t te2t
(t
研究生矩阵论课后习题答案 全 习题一
2．求下列线性空间的维数与一个基：
（1） Rn×n 中全体对称（反对称、上三角）矩阵构成的实数域 R 上的空间；
（2）第 1 题（4）中的空间；
（3）实数域 R 上由矩阵 A 的全体实系数多项式组成的空间，其中
⎡1 0 0 ⎤
A = ⎢⎢0 ⎢⎣0
ω 0
0 ω2
⎥ ⎥ ⎥⎦
,ω
=
−1 + 2
3i ,ω2 = ω,ω3 = 1
们的和不属于这个集合，因此此集合对向量的加法不封闭. （3）是. 封闭性显然成立.下面证明此集合满足线性空间的八个要求.
任取该集合中的三个元素，设为α = (a,b), β = (c, d ),γ = ( f , g) ,以及任意实
数 k, l ,则有 ① α ⊕ β = (a + c, b + d + ac) = β + α ; ② (α ⊕ β ) ⊕ γ = (a + c,b + d + ac) ⊕ γ
其中 k 为实数， f (x), h(x), d (x) 是实系数多项式.V1 中含有 A 的零多项式，为V1 的
零元素. f ( A) 有负元 − f ( A) ∈V1 .由于矩阵加法与数乘运算满足其它各条，故V1 关
于矩阵加法与数乘运算构成实数域上的线性空间. （2）否.例如以那个已知向量为对角线的任意平行四边形的两个邻边向量，它
i=1 j=i
关，故它们是 Rn×n 中全体上三角矩阵所构成的线性空间的一组基，该线性空间的
维数是 n(n +1) . 2
（2）数 1 是该空间的零元素，于是非零元素 2 是线性无关的，且对于任一正
实数 a ，有 a = 2log2 a = log2 a o 2 ，即 R+中任意元素均可由 2 线性表示，所以 2 是
矩阵论课后参考答案(第一二三四
;
则 TE 11 E 11ca
b d
a11E 11
a21E 12
a31E 21
a41E 22
即
a0
b 0
a11 a 31
a a
21 41
所以
a 11
a ,a 21
b,a31
0,a 41
0
同理可得： a12 c,a22 d ,a32 0,a42 0
x k11 k22 l11 l22
则
k1 k2 2l1 l2 0
kk212k1kl12k273lll221
l2 0
0
0
，故有
kk12
l2 4l2
l1 3l2
即 x k11 k22 l2 (42 1) l2 (5,2,3,4)
1 1 3 C 1 2 5
1 3 6
17.证明：秩为 1 的 n（n>1）阶阵 A 的最小多项式是 2 (trA) 。
证明：由题知 n 阶矩阵 A 的秩为 1，则说明 A 有 n-1 重 0 特征根
与一个特征根 0 。又因存在 特征多项式可写为
n
i tr(A) ，故可知 0 tr( A) ，故 A 的
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
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 杨明 华中科技大学 课后习题答案
3 2 3 2 P4[x] 中 向 量 P 2 2 x x 3x ， 1 x x x 1 ， P
5. 讨 论 线 性 空 间
3 2 P 3 4 x x 5 x 2 的线性相关性。
求基{Ei}到基{Gi}的过渡矩阵，并求矩阵 解： G1
0 1 在基{Gi}下的坐标 X。 2 3
E3 E4 C1 C2 C3 C4 , Ci R 4
G2
G3
G4 E1
E2
由此，得过渡矩阵
0 1 C 1 1
再由
1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0
解：设 W1 W2 ，则
x1 1 x 2 且 2 x3 1 x4 2
于是，有
x1 1 x 2 2 x 0 3 1 x 4 2
1 1 2 1 x1 0 2 1 1 1 x2 0 即 1 1 0 3 x3 0 0 1 1 7 x4 0
而
1 1 2 1 2 1 1 1 A 1 1 0 3 7 0 1 1
取 x4 1 ，得
1 1 2 1 0 1 1 7 0 0 1 3 0 0 0 0
x1 1 , x2 4 ,x3 3 x ,4 1
.
.
. 0
.
.
.
.
dimW=n(n+1)/2 3.如果 U1 和 U2 都是线性空间 V 的子空间，若 dimU1=dimU2，而且 U1 U 2 ，证明：U1=U2。 证明：因为 dimU1=dimU2，故设
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。