矩阵论第二版答案
矩阵论第二版 杨明
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。
矩阵论第二章答案
n
n
(α, β ) = ∑ iξiηi ∑ = iηiξi =（ β ,α ）
i =1
i =1
n
n
n
(α, β + γ ) = ∑iξiηi (ηi + Ci ) = ∑ iξiηi ∑ + iξiηiCi = (α, β ) + (α,γ )
i =1
i =1
i =1
1
当α = θ 时， (α,α ) = 0 ；当α ≠ 0 ，存在 i0 使得ζ i0≠ ≠ 0 ，从而
k1(xi , x1) + k2 (xi , x2 ) + L + km (xi , xm ) = 0 ,
i = 1,2,L, m
由于上述方程组仅有零解 k1 = k2 = L = km = 0 (意味着 x1, x2 ,L, xm 线性无关)
的充要条件是系数行列式 det△ ≠ 0 ，从而得证.
10. 证： 设基（I）与基（II）的度量矩阵分别为 A 与 B，向量
)T
A(CY2
)
( ) =
X
T 2
C T AC Y2
=
X
T 2
BY2
11. 解： (1) ⇒ u= a v , θ = cos−1((u,v)) = cos−1( a(v,v)) = cos−11 =0
uv
avv
3
⇐ 由 cos−1 ((u, v)) = 0 , u 与 v 必共线，
uv
即成比例 u= a v ,且 a f 0 ;
(2) ⇒ u= a v ( a p 0), θ = cos−1 ((u, v)) = cos−1 ( a(v, v)) = cos−1 (−1) =π
南航双语矩阵论第二章习题答案2016年版.pdf
1
km
for
k 1, 2,
,n
and
m 1, 2,
,n
({ cos(kx) | k 1, 2, , n } is an orthonormal set.)
Exercise 9
Proof Recall: Let S be a subspace of R m . The matrix P is an orthogonal projection matrix from R m onto S if (1) for any x R m , Px S and (2) x Px S (a) Since P is the orthogonal projection matrix from R m onto R( A) , then for any x R m
Exercise 12
Proof The vector y satisfies the following normal equations.
AT Ay AT b
a1T a1T a1 0 T T a 0 a2 a2 Let A (a1，a2， ，an ) . AT A 2 (a1，a 2， ，a n ) a T 0 0 n
1,1 11dx 2 ,
1 1
1 2,
u1
1 2
(The unit vector in the direction of the vector 1. )
1 2 1 2 0 , (The vector projection of x onto the subspace spanned by vector 1)
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+=+)(。
线性代数简明教程,(第二版)科学出版社课后答案第一章矩阵习题答案
0
0 0
1 0 0
0 0 0 1 0 1
1 0
0 1
3 6
1 1
1 2
610
1 0 0 0 2 1 1 4
~r1 2r2
0
0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 3 6
1 1 1
0 1 2
1
6 10
(E A1 )
1 2 3 1
r2 2r1
r3 r1
1 2 3 1 0 0 0 0
0 0 0 0
3 1 4 2 2
(2) B
1 1 1
0 2 4
1 1 13 3 3
0
4 0
1 0 1 1 0
X X
11 21
X12 X 22
E
En O
O Es
AX21 En
A X 22 BX11
O O
BX12 Es
X 21 A1 X 22 O
X11 O
X12 B1
方法二：
Ons Bs
AB A 2B
B1 ( A 2E)1 A
方法一：先求 ( A 2E)1, 再求 ( A 2E)1 A
方法二：直接求 ( A 2E)1 A
行
(( A 2E)A)
(E( A 2E)1 A)
其中
1 0 0
(A
2E)1
2 0
矩阵论第二版答案
矩阵论第二版答案【篇一：华北电力大学硕士研究生课程考试试题(a卷)矩阵论答案】14)一、判断题（每小题2分，共10分）1. 方阵a 的任意一个特征值的代数重数不大于它的几何重数。
(x)见书52页，代数重数指特征多项式中特征值的重数，几何重数指不变子空间的维数，前者加起来为n，后者小于等于n?,?,?,?m是线2. 设12性无关的向量,则 dim(span{?1,?2,?,?m})?m.正确，线性无关的向量张成一组基v,v3.如果12 是v 的线性v?vv12子空间,则也是的线性子空间.错误，按照线性子空间的定义进行验证。
a(?)4. n阶?-矩阵是可逆a(?)的充分必要条件是的秩是n .见书60页，需要要求矩阵的行列式是一个非零的数5. n阶实矩阵a是单纯矩阵的充分且必要条件是a的最小多项式没有重根. 见书90页。
二、填空题（每小题3分，共27分）?210???a??021?,??003（6）??则ea的jordan标准型为?e?0??0?21e200??0?,3?e?。
【篇二：矩阵论简明教程课后习题与答案解析】mite正定矩阵的充分必要条件是，存在hermite正定矩阵b，使得a=b2。
解：若a是hermit正定矩阵,则由定理1.24可知存在n阶酉矩阵u, 使得??1??uhau=?????2???, ?i﹥0,i=1, 2, ?,n. ????n??于是??1????2??ha=u?u ??????n????1??1?????h??2= u??uu?????????n???2????h?u ??n??令?1??b=u????2????h?u ?n??则a=b2.反之,当a=b2且b是hermit正定矩阵时,则因hermit 正定矩阵的乘积仍为hermit正定矩阵,故a是hermit 正定的.14. 设a?cn?n是hermite矩阵，则下列条件等价:（1）a是mermit半正定矩阵。
（2）a的特征值全为非负实数。
矩阵论简明教程(第二版)习题答案
习 题 一1. 设λ为的任一特征值,则因 λλ22- 为A =-A 22O 的特征值, 故022=-λλ. 即 λ=0或2.2. A ～B , C ～D 时, 分别存在可逆矩阵P 和Q , 使得 P 1-AP =B , Q 1-CQ =D .令T =⎪⎪⎭⎫⎝⎛Q O O P则 T 是可逆矩阵,且 T1-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛C O O AT =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛--Q OO PC OO A Q O O P 11=⎪⎪⎭⎫⎝⎛D OO B3. 设i x 是对应于特征值i λ的特征向量, 则 A i x =i λi x , 用1-A 左乘得iiix A x 1-λ=.即i i i x x A 11--λ= 故 1-i λ是A 的特征值, i =1,2,, n .4. (1) 可以. A E -λ=)2)(1)(1(-+-λλλ,=P ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--104003214, ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-2111AP P . (2) 不可以. (3)⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=110101010P , ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=-1221AP P . 5. (1) A 的特征值是0, 1, 2. 故A =－(b －a )2=0. 从而 b =a .又11111-λ----λ----λ=-λaa aa A I =)223(22+---a λλλ将λ=1, 2 代入上式求得 A =0.(2) P =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-101010101. 6.AI -λ=)1()2(2+-λλ, A 有特征值 2, 2, －1.λ=2所对应的方程组 (2I －A )x =0 有解向量p 1=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛041,p 2=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛401 λ=－1所对应的方程组 (I +A )x =0 有解向量p 3=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛001令P =(p ,1p ,2p 3)=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛140004111, 则P 1-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---4416414030121. 于是有A 100=P ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛122100100P 1-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅-⋅-⋅---12412244023012122431100100100100100100100.7．(1)A I -λ=)1(2+λλ=D 3(λ),λI －A 有2阶子式172111----λ=λ－4λ－4不是D 3(λ)的因子, 所以D 2(λ)=D 1(λ)=1, A 的初等因子为λ－1, 2λ. A 的 Jordan 标准形为J =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-000100001 设A 的相似变换矩阵为P =(p 1,p 2,p 3), 则由AP =PJ 得 ⎪⎩⎪⎨⎧==-=23211pAp Ap p Ap 0解出P =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----241231111; (2) 因为),2()1()(23--=λλλD1)()(12==λλD D ，故A ～J =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛200010011设变换矩阵为 P =(321,,p p p ), 则⎪⎩⎪⎨⎧=+==33212112pAp p p Ap p Ap⇒P =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---502513803(3) ),2()1()(23-+=-=λλλλA I D ,1)(2+=λλD1)(1=λD .A的不变因子是11=d ,12+=λd )2)(1(3-+=λλdA ～J =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--211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λ=－1时，解方程组 ,0)(=+x A I 求得两个线性无关的特征向量,1011⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=0122p 当λ=2时，解方程组,0)2(=-x A I 得⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1123p ,P =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---101110221(4)因⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+=-41131621λλλλA I ～⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--2)1(11λλ, 故A ～J =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛10111 设变换矩阵为P =),,(321p p p , 则⎪⎩⎪⎨⎧+===3232211pp Ap p Ap p Ap21,p p 是线性方程组 0=-x A I )(的解向量，此方程仴的一般解形为p =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-t s t s 3取⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0111p ,⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1032p 为求滿足方程23)(p p A I -=-的解向量3p , 再取,2p p = 根据⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛------t s t s 3113113622～⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----t s t s s033000311由此可得 s =t , 从而向量 T3213),,(x x x =p 的坐标应満足方程 s x x x -=-+3213取T3)0,0,1(-=p , 最后得P =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--010001131 8. 设 f (λ)=4322458-++-λλλλ. A 的最小多项式为 12)(3+-=λλλA m ,作带余除法得 f(λ)=(149542235-+-+λλλλ),(λA m +1037242+-λλ, 于是f (A )=I A A 1037242+-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----346106195026483. 9. A 的最小多项式为 76)(2+-=λλλA m , 设 f(λ)=372919122234+-+-λλλλ,则f (λ)=)()52(2λλA m ++2+λ. 于是 [f (A )]1-=1)2(-+I A .由此求出[f (A )]1-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-3217231 10. (1)λI －A =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+41131621λλλ标准形⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--2)1(000101λλ, A 的最小多项式为 2)1(-λ;2) )1)(1(+-λλ; (3) 2λ.11. 将方程组写成矩阵形式:⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛321321188034011d d d d d d x x x tx t x t x , ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=321x x x x ,⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=tx t x t x td d d d d d d d 321x , A =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----188034011则有J =PAP 1-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-100010011, .其中P =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛124012001.令 x =Py , 将原方程组改写成 :,d d Jy y =t则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=+==3321211d d d d d d yty y y ty y t y解此方程组得: y 1=C 1e t +C 2T e t , y 2=C 2e t , y 3=C 3e t -. 于是x =Py =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++++-t t t tt tt c )t (c c )t (c c t c c e e 24e 4e 12e 2e e 3212121. 12. (1) A 是实对称矩阵. A I -λ=2)1)(10(--λλ,A 有特征值 10, 2, 2. 当λ=10时. 对应的齐次线性方程组 (10I －A )x =0的系数矩阵⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--542452228～⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛000110102由此求出特征向量p 1=(－1, －2, 2)T , 单位化后得 e 1= (32,32,31--)T .当λ=1时, 对应的齐次线性方程组 (I －A )x =0的系数矩阵⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----442442221～⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-000000221由此求出特征向量 p 2=(－2, 1, 0)T , p 3=(2, 0, 1)T . 单位化后得 e 2=(0,51,52-)T, e 3=(535,534,532)T . 令U =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---5353253451325325231, 则U 1-AU =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1110.(2) A 是Hermit 矩阵. 同理可求出相似变换矩阵U =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---2121212i 2i 2i21210, U 1-AU =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-22. 13. 若A 是Hermit 正定矩阵,则由定理1.24可知存在n 阶酉矩阵U , 使得U H AU =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛n λλλ21, i λ﹥0, I =1, 2, , n . 于是A =U ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛n λλλ21U H= U ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛n λλλ21U H U ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛n λλλ21U H令B =U ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛n λλλ21U H则 A =B 2.反之,当 A =B 2且B 是Hermit 正定矩阵时,则因Hermit 正定矩阵的乘积仍为Hermit 正定矩阵,故A 是Hermit 正定的. 14. (1)⇒(2). 因A 是Hermit 矩阵,则存在酉矩阵U,使得U H AU =diag(n λλλ,,,21 )令x =Uy , 其中 y =e k . 则 x ≠0. 于是x H Ax =y H (U H AU )y =k λ≧0 (k =1, 2, , n ).(2)⇒(3).A =U diag(n λλλ,,,21 )U H =U diag(n λλλ,,,21 )diag(n λλλ,,,21 )U H令 P =diag(n λλλ,,,21 )U H , 则 A =P H P . (3)⇒(1). 任取x ≠0, 有x HAx =x H P H Px =22Px ≧0. 习 题 二1.1x=01i 42i 1+++-++=7+2,2x =1i)4i(4)2(i)1i)(1(2+-+-+-+=23, ∞x =max {}1i 42i 1,,,-+=4.2. 当 x ≠0时, 有 x ﹥0; 当 x ﹦0时, 显然有 x=0. 对任意∈λC , 有xλ=xnk kk nk kk λξωλλξω==∑∑==1212.为证明三角不等式成立,先证明Minkowski 不等式: 设 1≦p ﹤∞, 则对任意实数 x k ,y k (k =1, 2, , n )有pnk pkk y x 11)(∑=+≦∑∑==+nk ppknk ppky x 1111)()(证 当 p =1时，此不等式显然成立. 下设 p ﹥1, 则有∑=+nk pkk y x 1≦∑∑=-=-+++nk p kk k nk p kk k y x y y x x 1111对上式右边的每一个加式分别使用H ölder 不等式, 并由 (p －1)q =p , 得∑=+nk pkk y x 1≦qnk qp kk pnk pkqnk qp kk pnk pky x y y x x 11)1(1111)1(11)()()()(∑∑∑∑=-==-=+++=qnk pkk pnk pkpnk pky x y x 111111)]()()[(∑∑∑===++再用 qnk pkk y x 11)(∑=+ 除上式两边,即得 Minkowski 不等式.现设任意 y =(n ηηη,,,21 )T ∈C n , 则有∑=+=+nk kk k y x 12ηξω=∑=+nk k k k 12)(ηξω≦∑=+nk k k k k 12)(ηωξω≦∑∑==+nk jk nk k k 1212()(ηωξω=yx +.3. (1) 函数的非负性与齐次性是显然的,我们只证三角不等式.利用最大函数的等价定义:max(A , B )=)(21b a b a -++max(),b a y x y x ++≦max(bba ayxy x++,)=)(21bbaababayxyxyyxx --+++++ ≦)(21babababayyxx y yxx-+-++++=)(21)(21bababa bay yyyxxxx-+++-++=max( b a x x ,)+max( b a y y ,) (2) 只证三角不等式.k 1a y x ++k 2b y x +≦k 1a x +k 1a y +k 2b x +k 2by=( k 1a x +k 2b x )+( k 1a y +k 2b y ) .4. 218132i 453i 11m +=+++++++=A ;66132i 453i 1222222F=+++++++=A;15m =∞A;=1A列和范数(最大列模和)=27+;∞A =行和范数(最大行模和)=9 ;5. 非负性: A ≠O 时S 1-AS ≠O , 于是 m 1AS S A -=＞0. A =O 时, 显然A=0;齐次性: 设λ∈C , 则λλλ==-m1)(SA SA m1ASS-=λA;三角不等式: m11m1)(BSSAS SSB A S B A ---+=+=+≦BA BS S ASS+=+--m1m 1;相容性:m11m1)(BSASSSS AB SAB ---==≦m1m1BSSAS S--=A B.6. 因为I n ≠O , 所以nI ＞0.从而利用矩阵范数的相容性得:n n n I I I =≦n I n I ,即n I ≧1.7. 设 A =(A ij)∈C n n ⨯, x =∈ξξξT21),,,(nC n , 且 A =ij ji a ,max , 则 ∑∑=ikkikAxξa1≦∑∑i kkik a ξ=∑∑kiik k a ][ξ≦n A ∑kkξ=∞m A1x;∑∑=ikkikAx22ξa≦∑∑ikk ik a 2][ξ=∑∑ikk a 22][ξ=nA2x≦n A =∞m A2x.8. 非负性与齐次性是显然的, 我们先证三角不等式和相容性成立. A =(a ij), B =(b ij)∈C n m ⨯,C =(c st )∈C l n ⨯且 A =ijji a ,max, B =ijji a ,max, C =stts c ,max. 则MBA +=max{m ,n }ijij ji b a +,max≦max{m ,n })(max ,ij ij ji b a +≦max{m ,n }(A +B )=max{m ,n }A +max{m ,n }B =MMBA+;MAC=max{m ,l }∑kkt ik t i c a ,max ≦max{m ,n }}{max ,∑kkt ik ti c a≦max{m ,n }}{max 22,∑∑⋅kkt kikti c a(Minkowski 不等式)=max{m ,n }n AC ≦max{m ,n }max{n ,l }AC =M M C A .下证与相应的向量范数的相容性.设 x =∈ξξξT21),,,(nC n , d =kmax {k ξ}, 则有∑∑=ikkikaAxξ1≦∑∑ikkik a ξ=∑∑ki ik k a )(ξ≦∑kk na ξ=n A ∑kk ξ≦max{m ,n }A ∑kk ξ=1MxA;2Ax=∑∑ikk ik a 2ξ≦∑∑ikk ik a 2)(ξ≦∑∑∑ikkk ika )(22ξ (H ölder 不等式)=∑∑∑⋅kkikika 22ξ≦mnA 2x≦max{m ,n }A2x=2MxA;}{max 1∑=∞=nk k ik iAxξa ≦∑=n k k ik ia 1}{max ξ≦}{max22∑∑⋅kk kikia ξ≦}max{22nd nai⋅=n AD ≦max{m ,n }AD =∞x A M .9. 只证范数的相容性公理及与向量2–范数的相容性. 设 A =(a ij)∈C n m ⨯, B =(b st )∈C l n ⨯, x =∈ξξξT21),,,(nC n 且 A =ij ji a ,max , B =st ts b ,max , 则 ∑=≤≤≤≤=nk ktiklt m i AB11,1Gmaxb aml≦}{max ,kt kik ti b a ml ∑≦}{max 22,∑∑⋅kkt kikti b a ml(Minkowski 不等式)≦mln ab =))((b nl a mn =GGBA.∑∑===mi nk k ikAx1212ξa≦∑∑ikk ik a 2)(ξ≦∑∑∑⋅ikkk ika )(22ξ（H ölder 不等式） ≦∑∑⋅ikkna )(22ξ=mnA2x=2G x A .10. 利用定理2.12得122H2===nI UU U.11.A 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---0110211214321cond 1(A )=225255111=⋅=-AA; cond ∞(A )=10251=⋅=∞-∞AA.12．设x 是对应于λ的特征向量, 则A x x m m λ=.又设 v⋅是C n 上与矩阵范数⋅相容的向量范数,那么vmvmvmxA xx==λλ≦vmxA因vx＞0, 故由上式可得 mλ≦mA⇒λ≦mmA.习 题 三1. 2c λc λλ))(2(+-=-AI , 当c λρ=)(﹤1时, 根据定理3.3, A 为收敛矩阵.2. 令S )N (=∑=N)(k k A,)(lim N N S+∞→=S , 则0)(lim lim )()()(=-=+∞→+∞→k k k k k SSA .反例: 设A )(k =k⎪⎪⎭⎫⎝⎛0001k , 则因 ∑+∞=01k k发散, 故 ∑+∞=0)(k k A发散, 但)(lim k k A+∞→=O .3. 设 A =⎪⎪⎭⎫⎝⎛6.03.07.01.0, 则)(A ρ≦=∞A行和范数=0.9＜1, 根据定理3.7,∑∞+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛06.03.07.01.0k k=(I －A )1-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛937432.4. 我们用用两种方法求矩阵函数e A : 相似对角化法. 22a λλ+=-A I , a -a i ,i =λ 当=λi a 时, 解方程组 (i a －A )x =0, 得解向量 p 1=(i, 1)T .当 λ=－i a 时, 解方程组 (i a +A )x =0, 得解向量 p 2=(－i, 1)T .令 P =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-11i i , 则P 1-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-i 1i 1i 21, 于是e A =P ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a a i 00i P 1-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛a a a -acos sin sin cos . 利用待定系数法. 设e λ=(2λ+a 2)q (λ)+r (λ), 且 r (λ)=b 0+b 1λ, 则由⎩⎨⎧=-=+-a aa b b a b b i 10i 10ei e i⇒b 0=cos a , b 1=a1sin a .于是e A =b 0I +b 1A =cos a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛11+a1sin a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a a a a cos sin sin cos . 后一求法显然比前一种方法更简便, 以后我们多用待定系数法. 设f (λ)=cos λ, 或 sin λ则有⎩⎨⎧=-=+a -a b b aa b b sini i sini i 1010 与⎩⎨⎧=-=+aa b b aa b b i cos i i cos i 1010由此可得⎪⎩⎪⎨⎧-==a a b b sini i 010 与⎩⎨⎧==0i cos 10b ab故 (a2i sini a )A =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-0isini isini 0aa =sin A 与(cosi a )I =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a acosi 0cosi =cos A .5. 对A 求得P =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--013013111, P 1-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-24633011061, P 1-AP =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-211根据p69方法二,e At =P diag(e t -,e t ,e t2)P 1-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++---------tt tt t tt ttt t tt t e3e 3e3e 30e 3e 3e 3e 30e e 3e 2e e 3e 4e 661222tsin A =P diag(sin(－1),sin1,sin2)P 1-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--01sin 601sin 6001sin 42sin 21sin 22sin 42sin 616. D 3(λ)=110011----λλλ=2)1(-λλ, D 2(λ)=D 1(λ)=1, A ~J =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛000010011. 现设r (λ,t )=b 0+b 1λ+b 2λ2, 则有⎪⎩⎪⎨⎧==+=++1e 2e 021210b t b b b b b ttb 0=1, b 1=2e t －t e t －2, b 2=t e t －e t +1. 于是e t A =r (A , t )=b 0I +b 1A +b 2A 2=I +(2e `t －t e t－2)⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛100100011+(t e t －e t+1)⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛100100111=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+--tt e 01e 101e e 1e e ttttt同理,由⎪⎩⎪⎨⎧=-=+=++1sin 2cos 021210b t t b b t b b b⇒b 0=1, b 1=t sin t +2cos t －2, b 2=1－t sin t －cos t . 将其代入cos A t =b 0I +b 1A +b 2A 2, 求出cos A t =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----t t t t t t t cos 001cos 10cos sin 11cos cos7. 设 f (A )=∑+∞=0k k A ka ,S N=∑=Nk k A 0k a .则 f (A )=NN S +∞→lim 并且由于 (S N)T=T)(∑=Nk kk Aa =∑=Nk k k A 0T )(a所以, f (A T )=T)(lim N N S +∞→=f (A )T . 8, (1) 对A 求得P =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1111, P 1-=P ,J =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1111111 则有e t A =P ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛t t tt tt tttt t t t ttt e eee 2e ee 6e2e 232e P 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛t ttt ttt t t e ee 2e 60ee e 200ee 000e 232t tt t t t tsin A t =P ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---t t t tt t t t tt tt tt t t sin cos sin sin 2cos sin cos 6sin 2cos sin 232P 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---t tt ttt t t t t t t t t t t sin cos sin 2cos 6sin cos sin 2sin cos sin 232cos A t =P ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----t t t tt t t t tt tttt t t cos sin cos cos 2sin cos sin 6cos 2sin cos 232P=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----t tt ttt t t t t t t t tt t cos sin cos 2sin 60cos sin cos 200cos sin 000cos 232 (2) 对A 求出P =P 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛010100000100001,J =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--010212则有eAt=P ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---11ee e 222tt ttt P 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---100010000e000e e 222tt tttsin A t =P ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--002sin 2cos 2sin t tt t tP 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--0000000002sin 0002cos 2sin tt t t tcos A t =P ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1012cos 2sin 2cos t tt tP 1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛10000100002cos 0002sin 2cos t t t t 9. (1) sin 2A +cos `2A =[)e (e i 21i i A A --]2=[)(e 21i i A A e -+]2=)e e e (e 41)e e e (e 41i 2i 2i 2i 2O O A A O O A A ++++--+---=e O =I(2) sin(A +2πI )=sin A cos(2πI )+cos A sin(2πI ) =sin A [I －!21(2πI )2+!41(2πI )4－…]+cos A [2πI －!31(2πI )3+!51(2πI )5－…] = sin A [1－!21(2π)2+!41(2π)4－…]I +cos A [2π－!31(2π)3+!51(2π)5－…]I=sin A cos2π+cos A sin2π （3）的证明同上.(4) 因为 A （2πi I ）=(2πi I )A ,所以根据定理3.10可得 e I A i π2+=e A e I πi 2=e A [I +(2πI )+!21(2πi I )2+!31(2πi I )3+…]=e A {[1－!21(2π)2+!41(2π)4－…]+i[2π－!31(2π)3+!51(2π)5－…]}I=e A {cos2π+isin2π}I =e A此题还可用下列方法证明:eIA πi 2+=e ⋅AeIi π2=e ⋅A P ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛i π2iπ2πi 2e eeP 1-=e ⋅A PIP 1-=e A用同样的方法可证: e I A πi 2-=e A e I πi 2-.10. A T =－A , 根据第7题的结果得 (e A )T =e TA =e A -, 于是有e A (e A )T =e A e TA =e A A -=e O =I11. 因A 是Herm(i A )H =－i A H =－i A , 于是有e A i (e A i )H =e A i e A i -=e O =I12. 根据定理3.13, A 1-tt A e d d =e At , 利用定理3.14得⎰tA 0d eττ=⎰-tA A1d ed d τττ=A 1-τττd ed d 0A t⎰=A 1-(e -At I ).13.t d dA (t )=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---t t t tsin cos cos sin , t d d(det A (t ))=td d (1)=0, det(td d A (t ))=1, A 1-(t )=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-t tt t cos sin sin cos , t d dA 1-(t )=⎪⎪⎭⎫⎝⎛---t tt t sin cos cos sin14. ⎰tA 0d )(ττ=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎰⎰⎰⎰⎰⎰-0d 30d e2d e d d e d e 02002002ttt ttt τττττττττττττ=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--+---002301e e 1311e e )1(e 212232t t t ttttt15. 取 m =2, A (t )=⎪⎪⎭⎫⎝⎛t t t 02, 则A2(t )=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2234t t t t , t d d(A (t ))2=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+t t t t 2023423≠2A (t )t d dA (t )=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+t t t t 2022423. 困为++==--21)]()[(d d )()]()[(d d )]()()([d d )]([d d m m A A A A A A A A A t t tt t t tt t t tt t m+)(d d )]([1t tt A A m -所以当(td d A (t ))A (t )=A (t )td d A (t )时, 有)(d d )]([)(d d )]([)(d d )]([)]([d d 111t tt t tt t tt t tA A A A A A A m m m m---++==m [A (t )])(d d 1t tA m -16. (1) 设 B =(ijb )n m ⨯, X =(ijξ)m n ⨯, 则 BX =(∑=nk kj ik 1ξb )m m ⨯,于是有tr(BX )=∑∑∑===++++nk kmmkn k kjjk n k k k 11111ξξξbb bijBX ξ∂∂)tr(=jib (i =1,2,…,n ;j =1,2,…,m )⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=mn nm BX X b bb b1111)(tr(d d=T B由于 BX 与TT T )(BX BX =的迹相同，所以TTT))(tr(d d ))(tr(d d BBX XB X X==(2) 设A =(ija )n n ⨯,f=tr(AX X T ), 则有⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=nm mn Xξξξξ1111T，AX =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛∑∑∑∑kkmnkkk nk km kk k k ξξξξaa a a1111 f =∑∑∑∑∑∑++++lkkmlklmlkkjlk lj lkk lk l ξξξξξξaa a 11)]()([][∑∑∑∑∑∂∂⋅+⋅∂∂=∂∂=∂∂kkj lk lkijlj kj lk ijlj lkkj lk lj ijijξξξξξξξξξξa a a f=∑∑+klj li kkj ik ξξa amn ij X ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂=ξf fd d =XA A X A AX)(TT +=+17. 设A =(ija )m n ⨯, 则 F (x )=(∑∑∑===nk kn k nk k nk k k 1211,,,a a a 1k ξξξ ),且A d F F F x Fnn n n n n n =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=a a a a a a a a a21222211121121d d d d d d d ξξξ18. ()⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---------=='tt tt t t t tt t tt t t t ttt AtAt A 222222222e4e 3e 3e 6e3e 6e2e ee 4e e 2e 2e e e 2e e 4ee在上式中令t =0, 则有A =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=133131113e OA19. A =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---502613803, x (0)=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛111, A的最小多项式为 2)1()(+=λλϕ. 记f (λ)=t λe ,并设f (λ)=g(λ))(λϕ+)(10λb b +, 则⎩⎨⎧==---tte e 110t b b b ⇒tt--=+=e,)1(10t b et b于是⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--+=++=---t t t tt t t t 41026138041e ee)1(etttAtA I , x (t )=Ate x (0)=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++-t t t 6191121e t20. A =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--101024012, f (t )=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-1e 21t , x (0)=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-111, =)(λϕdet(λI －A)=23λλ-. 根据O A =)(ϕ,可得；252423,,A A A A A A ===,….于是23232)!31!21()(!31)(!21)(eAA I A A A I At++++=++++=t t t t t t=2)1(e A A I t t t --++=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---++--t tt e 1e e 210124021t t t t t tx (t )=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+⎰⎰-t t t t f e )1(11]02111[e ]d 021)0([]d )(e )0([e 00Att At tA At x e x ττττ习 题 四1. Doolite 分解的说明,以3阶矩阵为例: 11r 12r 13r 第1框 21l 22r 23r 第2框 31l 32l 33r 第3框 计算方法如下: (ⅰ) 先i 框，后i +1框,先r 后l .第1框中行元素为A 的第1行元素； （ⅱ）第2框中的jr 2为A 中的对应元素ja 2减去第１框中同行的21l 与同列的jr 1之积．第3框中的33r 为A 中的对应元素33a 先减去第1框中同行的31l 与同列的13r 之积，再减去第2框中同行的32l 与同列的23r 之积； （ⅲ）第2框中的32l 为A 中的对应元素32a 先减去第1框中同行的31l 与同列的12r 之积，再除以22r . 计算如下:1 3 02 -3 0 2 2 -6A =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛60030031122012001 2.Crout 分解的说明,以3阶矩阵为例:11l 12u 13u 第1框 21l 22l 23u 第2框 31l 32l 33l 第3框(ⅰ) 先i 框,后i +1框.每框中先l 后r .第1框中的列元素为A 的第1列的对应元素;(ⅱ)第2框中的2i l 为A 中对应元素2i a 减去第1框中同行的1i l 与同列的12u 之积;(ⅲ)第2框中的23u 为A 中的对应元素23a 减去第1框中同行的21l 与同列的13u 之积,再除以22l .第3框中的33l 为A 中的对应元素33a 先减去第1框中同行的31l 与同列的13u 之积,再减去第2框中同行的32l 与同列的23u 之积. 计算如下:1 3 02 -3 02 -6 -6A =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---1000100316620320012. 先看下三角矩阵的一种写法:⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛333231222111000a a a a a a =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛332211223211311121000000101001a a aa a a a a a , ii a ≠0对本题中的矩阵A 求得Crout 分解为A =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--10021********240512005利用下三角矩阵的写法对上面的分解变形可得A =⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--10021********0051000512540152001=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--10021********0510005100051000512540152001=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--10052510545251525405152005 3.对A 的第1列向量)1(β, 构造Householder 矩阵1H 使得 =)1(1βH 12)1(e β, 31C e ∈⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=010)1(β, ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-01112)1()1(e ββ, u =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--01121212)1()1(12)1()1(e e ββββ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=-=1000010102T1uuI H ,⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2301401111A H , ⎪⎭⎫ ⎝⎛=23141A对1A 的第1列向量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=34)2(β, 类似构造Householder 矩阵2H :⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--=3110122)2)2(12)2()2ββββe u , 21C e ∈,⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-=4334512T22uu I H ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=102512A H 令12001H H H ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=, 则有⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=100250111HA =R 并且⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==---10025*******300015354000101T2T 112111R H H R H H R H A =QR4. 对A 的第1列向量⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=202)1(β, 构造Givens 矩阵⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=210210102102113T ,⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=0022)1(13βT , ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1132221210220232322A O A T对1A 的第1列向量⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=212)2(β, 构造⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=3223131322~12T , ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=023~)2(12βT ,⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=34023723~112A T 令⎪⎪⎭⎫⎝⎛=12T12~1T O O T , 则有⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛==3402372302323221312R A T T . 于是QR R T T A =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--==34023723023232232231213123403223121H13H 125. 设A =),,(i i0i 0i0i 1321ααα=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----, 对向量组321,,ααα施行正交化, 令⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--==0i 111αβ,⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=i 212i 0i 12i i 0i ],[],[1111222ββββααβ,⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=--=323i 232i 212i 3i 0i 1211i 0],[],[],[],[222231111333ββββαββββααβ于是⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++=+-==3213212113i 212i βββαββαβα写成矩阵行式K ),,(1003i 10212i 1),,(),,(321321321ββββββααα=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----=32632316i 203i 612i 316i 21),,(321βββ 最后得A =K ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----32632316i 203i 612i 316i 21=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----3206i 630212i 2316i 203i 612i 316i 21=QR 6. 令⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==1000515205251121T T 则⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=0110005205501140220110005152052511A T再令⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==305061010610305132T T ,⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=3010305000061061612A T T最后令⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0101000013T , RA T T T =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=30103050610616123A =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=03010305061061603056151302625230161H 3H 2H 3R T T T =QR7.=)1(β(0, 1)T,12)1(=β, u =2121)1(1)1(=--e e ββ(－1, 1)T ,H 1=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-01102T2uu I , H =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1001H 则有HAH T=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛01100001111210121010100001=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--120111211, H 是Householder 矩阵.同理, 对)1(β, 取 c =0, s =1, T 12=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-0110, T =⎪⎪⎭⎫⎝⎛12001T , 则⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=='-011000011112101210101000011TATT TA=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---120111211, T 是Givens 矩阵.8. 对⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1612)1(β, 计算u =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--2151202021)1(1)1(e e ββ, H =I －2uuT=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-344351 令Q =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛H 001, 则⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0750756********TQAQ同理，对1(β,为构造Givens 矩阵，令c =53, s =54, ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=5354545312T ，则 当⎪⎪⎭⎫⎝⎛=12001T T时，='T TA ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--07575600200200. 1. (1) 对A 施行初等行变换⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----10424201011200010321～⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---142002102121100111201 S=,1420210011⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2121101201422021(2)⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--------10001111010011110010111100011111～⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----110011000002102111100210210001S=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---110011021021021021,A =⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛----1110000111111111 （3）⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1000126420100632100101264200016321～⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---1010010100000011000000016321⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=1010010100110001S ,()63212121⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=A10. (1)⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=000000005TA A 的特征值是5，0，0. 分别对应特征向量321,,e e e ,从而V=I,),(11p V = ∑=(5),11AV U =∑1-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛2151. 令,12512⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=U ()21U U U =,则I U A ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=000005(2)⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2112T A A 的特征值是，，1321==λλ对应的特征向量分别为TT11,11⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛.于是∑=⎪⎪⎭⎫⎝⎛1003， ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=21212121V =1V ,11AV U =∑1-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-06221612161取⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=3131312U , 构造正交矩阵()21U U U ==⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---31062312161312161‘所以，A 的奇异值分解为T001003V U A ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=11. 根据第一章定理1.5, A A H 的特征值之和为其迹，而由第二章2.7 F－范数的定义AA A A AHH2F)tr(==的特征值之和=∑=ri i 12σ习 题 五1．设x =T21),,,(nηηη 为对应于特征值λ的单位特征向量，即(QD )x =λx两边取转置共轭：HHHHx Q D x λ=与上式左乘得2H H λ=Dx D x即22222221212nn ηηηd d d λ+++= ,由此立即有2min iid ≤2λ≤2maxiid从而i dim i n ≤λ≤idimax.后一不等式的另一证明：根据定理2.13，λ≤)(QD ρ≤2QD i dimax 最大特征值的H 22.11定理==D D D2. A 的四个盖尔园是1G : 9-z ≤6,2G : 8-z ≤2, 3G : 4-z ≤1,4G :1-z ≤1.由于4G 是一个单独的连通区域，故其中必有一个实特征值.321G G G ⋃⋃是连通区域，其中恰有三个特征值，因而含有一个实特征值 .3. A 的四个盖尔园:1G 1-z ≤2713,:2G 2-z ≤2713, :3G 3-z ≤2713,:4G 4-z ≤2713是互相隔离的，并且都在右半平面，从而每个盖尔园中恰有一个特征值且为正实数.。
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-.。
矩阵论试题及答案可编辑全文
2006矩阵论试题答案一．填空（每题4分，共40分）1． 设−−=41311221222832A ，则A 的值域4(){,R }R A y y Ax x ==∈的维数=)(dim A R 2 .2． 设A 的若当标准型−−−=10000011000001100000020000012000002J ，则A 的最小多项式=)(λψm 32(1)(2)λλ+−.3． 设110430102A −=−，则()5432333h A A A A A A =−++−=110430102−− −−. 4． 设埃尔米特阵为 −−+=2005111i i i i A ， 则矩阵A 为 正定的 埃尔米特阵.5． 在3R 中有下列两组向量：()13,1,2Tα=−−，()21,1,1Tα=−，()32,3,1Tα=−； ()11,1,1Tβ=，()21,2,3Tβ=，()32,0,1Tβ=，则由321,,ααα到321,,βββ的过渡矩阵=P 619113421270−−−−−− −− .6．设33CA ×∈，21332211{}ij m j i A a ===∑∑，H AA 的非零特征值分别为15 ,5 ,3，则=2mA.7． 设12102101, 11111137A B −== −−，12,V V 分别为齐次线性方程组 0Ax =，0Bx =的解空间，则=)dim(21V V ∩ 1 .8． 设1(1)1(1)121()321nn n n n n n A n n n n +−−=++ −，则lim n n A →∞=1311e .9． 设213121202A −=，则A 的 LDU 分解为 A =100121012/51 2001123205200115004/5001− − − 10．设 −=5221A ，=0242B ，则2448204048102040100A B−−−⊗=. 二．（10分）设T 为n 维欧氏空间V 中的线性变换，且满足：),(),(Ty x y Tx −=，试证明：T 在标准正交基下的矩阵A 为反对称阵（T A A −=）证明：设n ααα,,,21 为V 的标准正交基，n n ij a A ×=}{，下证：ji ij a a −=： 由=),,,(21n T ααα A n ),,,(21ααα 知n ni i i i a a a T αααα+++= 2211，n nj j j j a a a T αααα+++= 2211， ),(),(j i j i T T αααα−=；=),(j i T ααji j n ni i i a a a a =+++),(2211αααα ， =),(j i T ααij n nj j j i a a a a =+++),(2211αααα , 所以：ji ij a a −=.三．（10分）在复数域上求矩阵−−−=7137341024A 的若当标准形J ，并求出可逆矩阵P 使得J AP P =−1.解： A 的若当标准形210021002J=. 令123(,,)P p p p =，则有112123232,2,2Ap p Ap p p Ap p p ==+=+;1213262100621062104170,417,4173150315315p p p p p −−−−=−=−= −−−解得：123(2,1,1),(0,1,0),(1,2,1)T T Tp p p ===− , 201112101P=−.四. （10分）已知 =654321x x x x x xX ，162534()sin()x x f X e x x x x =++，求dXdf . 解答：16161234652543225516cos()cos()x x x x ff f x x x df dX ff f x x x x e x x x x x x x x x e ∂∂∂∂∂∂== ∂∂∂ ∂∂∂. 五.（10分）已知311202113A −=−−−，求4sin()A π，Ae .解：3||(2)E A λλ−=−，A 的最小多项式2)2()(−=λλϕ .待定系数一：令24sin ()(2)q a b πλλλλ=−++，则21,0a b b +==,4sin()A E π=;令2()(2)e q a b λλλλ=−++，则222,a b e b e +==.222211212112A e e e E e A −−=−+=− −−.待定系数二：令324sin ()(2)q a b c πλλλλλ=−+++，则22222414018,8,32216a b c b c a b c c ππππ ++=+=⇒=−==− =− ; 224sin()(44)32A E E A A E ππ=−−+=.令32()(2)e q a b c λλλλλ=−+++，则2222222414,,22a b c e b c e a e b e c e c e++= +=⇒==−== ; 2221()2211212112A e e E A A e −−− =− +−−= .六.（10分）设−=01200110A ，求A 的奇异值分解. 解答一：=5002A A H ，A 的奇异值为5,2; 00Σ= , 25H HV A AV = ，1001V =; 1100100100200100U AV −−− =Σ==; 00000000U− =; 0000010001 0 000 0 000A=.解答二：=5002A A H ，那么A 的奇异值为5,2，A A H对应于特征值5，2的标准特征向量为 = =01,1021x x ，=0110V ; 再计算H AA 的标准正交特征向量，解得分别与5，2，0，0对应的四个标准正交特征向量=0520511υ， −=2102102υ，−=0510523υ，=2102104υ，−−=210210051052210210052051U ; 所以=∆=HV UA 0000000000000110.七．（10分）设n n i A ×∈≠C 0，2rank rank i i A A =),,2,1(n i =，且当i j ≠时),,2,1,(0n j i A A j i ==.试用归纳法证明存在同一个可逆阵n n P ×∈C 使 得对所有的i ),,2,1(n i =有1−=P PE a A ii i i ，其中C ∈i a . 证明：1n =时，命题显然.假设n k ≤时，命题成立. 当1n k =+时，设1rank A r =.由若当分解11111000D A P P − =，其中1C r rD ×∈可逆; 当2,,j n = 时，由110j j A A A A ==可得1(1)(1)1100, C 0n n j jj A P P B B −−×− =∈(直接推出的j B 为()()n r n r −×−的) 再由0i j A A =得0i j B B =(,,2,,)i j i j n ≠= ;0j B ≠,2rank rank j j B B =也是明显的.由假设知存在可逆阵(1)(1)C n n Q −×−∈使得1j j jj B a QE Q −=，其中C j a ∈，2,,j n = .此时,再由110j j A A A A ==得到11111111110101010000000a A P P a P P Q Q −−− == ; 记1100P P Q =，则 11111111100000000 (2,,).0 j j j jj j j jj jj A P P P P B a QE Q a P P a P E P j n E −−−−− =====由归纳原理知命题为真.。
矩阵论考试试题(含答案)精选全文
可编辑修改精选全文完整版矩阵论试题一、(10分）设函数矩阵 ()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=t t t t t A sin cos cos sin 求：()⎰tdt t A 0和(()⎰20t dt t A )'。
解:()⎰t dt t A 0=()⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎰⎰⎰⎰tttt tdt tdt dt t dtt 000sin cos cos sin =⎪⎪⎭⎫⎝⎛---t tt t cos 1sin sin cos 1 (()⎰2t dt t A )'=()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅22222sin cos cos sin 22t t t t t t t A 二、（15分)在3R 中线性变换σ将基⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1111α,⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1202α，⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1013α变为基 ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0111β，⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1102β,⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2303β(１)求σ在基321,,ααα下的矩阵表示Ａ；(2）求向量()T 3,2,1=ξ及()ξσ在基321,,ααα下的坐标; (3)求向量()()ξσξ及T 3,2,1=在基321,,βββ下的坐标。
解：（1)不难求得:()2111ααβασ-==()32122αααβασ++-==()321332αααβασ++-== 因此σ在321,,ααα下矩阵表示为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=110211111A(2)设()⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=321321,,k k k αααξ,即⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛321111021101321k k k 解之得:9,4,10321-=-==k k k 所以ξ在321,,ααα下坐标为()T 9,4,10--。
()ξσ在321,,ααα下坐标可得⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛133223*********1111321y y y (3)ξ在基321,,βββ下坐标为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---6151941001111110194101A()ξσ在基321,,βββ下坐标为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---94101332230111111011332231A三、(20分)设⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=301010200A ,求At e 。
高代第二版上册复习题知乎
高代第二版上册复习题知乎高等代数（第二版）上册复习题解答一、群论1. 群及其基本性质（1）群的定义及其基本性质群是指一个集合G，以及在G上定义的一种二元运算，满足以下四条性质：（i）封闭律。
对于任意的a、b∈G，a*b∈G。
（ii）结合律。
对于任意的a、b、c∈G，(a*b)*c=a*(b*c)。
（iii）存在单位元素。
存在一个元素e∈G，使得对于任意的a∈G，a*e=e*a=a。
（iv）存在逆元素。
对于任意的a∈G，存在一个元素b∈G，使得a*b=b*a=e。
（2）群的例子一些典型的群包括：- 整数加法群(Z,+)- 整数乘法群(Z*,×)- 实数加法群(R,+)- 实数乘法群(R*,×)- 复数乘法群(C*,×)- 置换群S(n)（3）子群与陪集子群指的是群G的一个非空子集H，且H本身也是一个群。
陪集指的是在群G中，对于一个子群H和任意的元素a∈G，通过左陪集和右陪集的方式定义的集合。
2. 环论（1）环与域环是指一个非空集合R，以及定义在R上的两种二元运算+和×，满足以下性质：（i）封闭律。
对于任意的a、b∈R，a+b和a×b都属于R。
（ii）结合律。
对于任意的a、b、c∈R，(a+b)+c=a+(b+c)且(a×b)×c=a×(b×c)。
（iii）存在单位元素。
对于加法运算，存在元素0∈R，使得对于任意的a∈R，a+0=0+a=a；对于乘法运算，存在元素1∈R，使得对于任意的a∈R，a×1=1×a=a。
（iv）分配律。
对于任意的a、b、c∈R，a×(b+c)=a×b+a×c。
域是指一个非空集合F，以及定义在F上的两种二元运算+和×，满足以下性质：（i）加法和乘法都是可交换的。
即对于任意的a、b∈F，a+b=b+a，a×b=b×a。
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
矩阵理论 第二版 课后答案(苏育才 姜翠波 张跃辉 著) 科学出版社
习题一1．（1）因 cos sin sin cos nx nx nx nx ⎡⎤⎢⎥−⎣⎦ cos sin sin cos x x x x ⎡⎤⎢⎥−⎣⎦= cos(1) sin(1)sin(1) cos(1)n x n x n x n x ++⎡⎤⎢⎥−++⎣⎦，故由归纳法知 cos sin sin cos nnx nx A nx nx ⎡⎤=⎢⎥−⎣⎦。
（2）直接计算得4A E =−，故设4(0,1,2,3)n k r r =+=，则4(1)n k r k rA A A A ==−，即只需算出23,A A 即可。
（3）记J=0 1 0 1 1 0 ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⋱⋱⋱，则，112211111 () n n n nn n n n n n n n nni i n inn i n n n a C a C a C a C a C a A aE J C a J a C aa −−−−−=−⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=+==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⋯⋯⋱⋮⋱0n∑。
2．设1122 (1,0),0 a A P P a A E λλ−⎡⎤===⎢⎥⎣⎦则由得21112111 1 1 210 0 0 a λλλλλλλ⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦1时,不可能。
而由2112222 0 0 000 0 0 a λλλλλλ⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦1时,知1i λ=±所以所求矩阵为1i PB P −，其中P 为任意满秩矩阵，而1231 0 1 0 1 0,,0 10 1 0 1B B B −⎡⎤⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥⎢⎥−−⎣⎦⎣⎦⎣⎦。
注：2A E =−无实解，nA E =的讨论雷同。
3．设A 为已给矩阵，由条件对任意n 阶方阵X 有AX=XA ，即把X 看作2n 个未知数时线性方程AX −XA=0有2n 个线性无关的解，由线性方程组的理论知其系数矩阵为零矩阵，通过直接检验即发现A 为纯量矩阵。
矩阵论戴华习题答案
矩阵论戴华习题答案矩阵论戴华习题答案矩阵论是数学中的一个重要分支，它研究的是矩阵的性质和运算规律。
在学习矩阵论的过程中，经常会遇到各种各样的习题。
本文将针对戴华习题集中的一些问题，给出详细的解答，帮助读者更好地理解和掌握矩阵论的知识。
首先，我们来看一个简单的习题：已知矩阵A = [1 2 3; 4 5 6; 7 8 9]，求A的转置矩阵。
解答：矩阵的转置是指将矩阵的行和列互换得到的新矩阵。
对于矩阵A，它的转置矩阵记作A^T。
根据定义，A^T的第i行第j列元素等于A的第j行第i列元素。
因此，矩阵A的转置矩阵为：A^T = [1 4 7; 2 5 8; 3 6 9]接下来，我们来解答一个关于矩阵的乘法的问题：已知矩阵B = [2 1; 3 4]，矩阵C = [5 6; 7 8]，求B与C的乘积。
解答：两个矩阵的乘积是指将第一个矩阵的每一行与第二个矩阵的每一列进行内积运算，得到的结果构成一个新的矩阵。
对于矩阵B与C的乘积BC，其计算过程如下：BC = [2*5 + 1*7 2*6 + 1*8; 3*5 + 4*7 3*6 + 4*8]= [17 22; 43 50]因此，矩阵B与C的乘积为：BC = [17 22; 43 50]接下来，我们来解答一个关于矩阵的逆的问题：已知矩阵D = [1 2; 3 4]，求D 的逆矩阵。
解答：矩阵的逆是指对于一个可逆矩阵A，存在一个矩阵B，使得AB = BA = I，其中I为单位矩阵。
如果矩阵A存在逆矩阵，则称矩阵A为可逆矩阵。
对于矩阵D，我们可以通过求解线性方程组的方式来求得其逆矩阵。
首先，我们构造一个增广矩阵[A I]，其中I为单位矩阵：[A I] = [1 2 1 0; 3 4 0 1]接下来，我们对增广矩阵进行行变换，将矩阵A化为单位矩阵：[1 2 1 0] -> [1 0 -1/2 1/2; 0 1 3/2 -1/2]因此，矩阵D的逆矩阵为：D^-1 = [1 -1/2; 3/2 -1/2]最后，我们来解答一个关于矩阵的特征值和特征向量的问题：已知矩阵E = [2 1;4 3]，求E的特征值和特征向量。
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矩阵论第二版答案【篇一：华北电力大学硕士研究生课程考试试题(a卷)矩阵论答案】14)一、判断题（每小题2分，共10分）1. 方阵a 的任意一个特征值的代数重数不大于它的几何重数。
(x)见书52页，代数重数指特征多项式中特征值的重数，几何重数指不变子空间的维数，前者加起来为n，后者小于等于n?,?,?,?m是线2. 设12性无关的向量,则 dim(span{?1,?2,?,?m})?m.正确，线性无关的向量张成一组基v,v3.如果12 是v 的线性v?vv12子空间,则也是的线性子空间.错误，按照线性子空间的定义进行验证。
a(?)4. n阶?-矩阵是可逆a(?)的充分必要条件是的秩是n .见书60页，需要要求矩阵的行列式是一个非零的数5. n阶实矩阵a是单纯矩阵的充分且必要条件是a的最小多项式没有重根. 见书90页。
二、填空题（每小题3分，共27分）?210???a??021?,??003（6）??则ea的jordan标准型为?e?0??0?21e200??0?,3?e?。
【篇二：矩阵论简明教程课后习题与答案解析】mite正定矩阵的充分必要条件是，存在hermite正定矩阵b，使得a=b2。
解：若a是hermit正定矩阵,则由定理1.24可知存在n阶酉矩阵u, 使得??1??uhau=?????2???, ?i﹥0,i=1, 2, ?,n. ????n??于是??1????2??ha=u?u ??????n????1??1?????h??2= u??uu?????????n???2????h?u ??n??令?1??b=u????2????h?u ?n??则a=b2.反之,当a=b2且b是hermit正定矩阵时,则因hermit 正定矩阵的乘积仍为hermit正定矩阵,故a是hermit 正定的.14. 设a?cn?n是hermite矩阵，则下列条件等价:（1）a是mermit半正定矩阵。
（2）a的特征值全为非负实数。
（3）存在矩阵p?cn?n,使得a=pp解：(1)?(2). 因a是hermit矩阵,则存在酉矩阵u,使得uhau=diag(?1,?2,?,?n)令x=uy, 其中y=ek. 则x?0. 于是xhax=yh(uhau)y=?k≧0 (k=1, 2, ?,n).(2)?(3).a=udiag(?1,?2,?,?n)uh=udiag(?1,?2,?,?n)diag(1,?2,?,?n)uh 令p=diag(1,2,?,n)uh, 则a=php . (3)?(1). 任取x?0, 有xhax=xhphpx=px2≧0.h1.求向量x=（1+i，-2,4i，1,0）的1、2、∞范数。
解：x1=?i??2?4i?1?0=7+2, x2=(1?i)(1?i)?(?2)2?4i(?4i)?1=23, x?=max?i,?2,4i,1?=4.2. 设?1，?2…..?n是一组给定的正数，对任意x=（?1,?2…..?n）t?cn, 规定=k?1??k?k?x=n2。
证明x是cn上的一种向量范数。
解：当x?0时, 有x﹥0; 当x﹦0时, 显然有x=0. 对任意??c, 有k?1??k??kn2??k?1??kkn2??x.为证明三角不等式成立,先证明minkowski不等式: 设 1≦p﹤∞, 则对任意实数xk,yk(k=1, 2, ?,n)有(?xk?yk)≦(?xk)?(?yk)k?1k?1k?1np1pnp1pn1p证当p=1时，此不等式显然成立. 下设p﹥1, 则有?xk?ykk?1np≦?xkxk?ykk?1np?1??ykxk?ykk?1np?1对上式右边的每一个加式分别使用h?lder不等式, 并由 (p－1)q=p, 得?xk?1nk?ykp≦(?xk)(?xk?ykk?1np1pn1(p?1)qq=[(?xk)?(?yk)](?xk?yk)k?1k?1k?1nk?11pp)?(?yk)(?xk?ykk?1k?1p1pn1(p?1)qq)np1pn1pq再用(?xk?yk)除上式两边,即得 minkowski 不等式. k?1n1pq现设任意y=(?1,?2,?,?n)t?cn, 则有x?y??k?k?k?12n??kn2=?(k?1nk?k??k)≦2?(k?1nk?k?kk)2≦?(kk)?k?1n?(kj2=x?y.3. 设a，b是cn上的两种向量范数，又k1，k2是正常数，证明下列函数是cn上的向量范数。
(1) 函数的非负性与齐次性是显然的,我们只证三角不等式.利用最大函数的等价定义:max(a, b)=(a?b?a?b)max(x?ya,x?yb)≦max(xa?ya,xb?yb)121≦(xa?xb?ya?yb?xa?x212=(xa?xb?ya?yb?xa?ya?xb?yb)b?ya?yb)=(xa?xb?xa?xb)?(ya?yb?ya?yb)=max( xa,xb)+max( ya,yb) (2) 只证三角不等式.k1x?ya+k2x?yb≦k1xa+k1ya+k2xb+k2yb=( k1xa+k2xb)+( k1ya+k2yb) . 4. am??i?3?5?4i?2?3?1?18?2;11212af??i?32?52?4i?22?32?1?66; a22m??15;a1?列和范数(最大列模和)=7?;a?=行和范数(最大行模和)=9 ;5. 已知m是cn?n上的矩阵范数，s是n阶可逆矩阵。
对任意a?cn?n，规定a=s?1as，证明是cn?n上的一种矩阵范数。
m解：非负性: a≠o时s?1as≠o,于是a?s?1asm＞0. a=o时, 显然a=0; 齐次性: 设??c, 则?a?s?1(?a)s三角不等式: a?b?s?1(a?b)s 相容性: ab?s?1(ab)smm??s?1asm=?a;s?1as?s?1bs≦mmm?s?1as?s?1bss?1as≦mm?a?b;?s?1ass?1bss?1bs=ab. m6. 证明：对cn?n上的任意矩阵范数均有in≧1。
因为in≠o, 所以in＞0.从而利用矩阵范数的相容性得:in?inin≦inin,即in≧1. 7. 证明cn?n上的m范数与cn上的1、2范数相容。
解：设 a=(aij)?cn?n, x=(?1,?2,?,?n)t?cn, 且 a=aij, 则?i,jax1???aik?k≦??aikk=?[?kikikk?aiiik]≦na?k=amk2?x1;2ax2???aikikk?≦?[?aikikk]2=?a[??kk]2=nax2≦na=a解：利用定理2.12得m?x2.210. 设u是n阶酉矩阵，证明?1u2?hu2?in2?1.mm习题三?i?i??11???, 则p?1=1?2i?1i????1i???, 于是 ea=p??ia0???1?cosa-sina??0?ia???p=???sinacosa????b0?b1ia?eia??b0?b1ia?e?ia?b10=cosa , b1=asina .于是ea=b?0i+b1a=cosa?11??a????+1asina?????a???=???cosa?sina???sinacosa???. 后一求法显然比前一种方法更简便, 以后我们多用待定系数法. 设f(?)=cos?, 或 sin?则有??b0?b1ia?sinia?b0?b1ia?-sinia与??b0?b1ia?cosia?b0?b1ia?cosia 由此可得??b0?0?与?b0?cosia??b??isinia?1a?b1?0故(i2asinia)a=??0isinia????isinia0???=sina 与 (cosia)i=???cosia0??0cosia???=cosa.?5.对a=?1?11???310???求得p= ?1?11???310??0?11???1?, p?1=1??033??, p?1ap=?1??10????3?310??6??642?????6e2t4e2t?3et?e?t2e2t?3 et?e?t?eat=pdiag(e?t,et,e2t)p?1=1?6??03et?3e?t3et?3e?t???03et?3e?t3et?3e?t?????2???sin24sin2?2sin12sin2?4sin1??1??106sin1sina=pdiag(sin(－1),sin1,sin2)p=?0?6??6sin10?0?8. 证明：对任意a?cn?n,有：1ia?ia21(e?e)]=[(eia?e?ia)]2 2i211=?(e2ia?e?2ia?eo?eo)?(e2ia?e?2ia?eo?eo)44(1) sin2a+cos2`a=[=eo=i11112!4!3!5!=sina[i－1111112!4!3!5!=ea此题还可用下列方法证明:???????1a?1a?p=epip=e ???10.证明：若a为反对称矩阵，则ea是正交矩阵。
at=－a, 根据第7题的结果得 (ea)t=ea=e?a, 于是有ea(ea)t=eaea=ea?a=eo=i习题四9.求下列矩阵的hermite标准形和所用的变换矩阵s,并求满秩分解：(1) 对a施行初等行变换tt【篇三：矩阵论答案习题 1.1】1. 解：除了由一个零向量构成的集合???可以构成线性空间外，没有两个和有限（m）个向量构成的线性空间，因为数乘不封闭（k?有无限多个，k∈p数域）.2. 解：⑴是；⑵不是，因为没有负向量；⑶不是，因为存在两向量的和向量处在第二或第四象限，即加法不封闭；⑷是；⑸不是，因为存在二个不平行某向量的和却平行于某向量，即加法不封闭.3. 解：⑴不是，因为当k∈q或r时，数乘k?不封闭；⑵有理域上是；实数域上不是，因为当k∈r时，数乘k?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??aamamai?r,m正整数?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sint，sin2t，…，sinnt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 ci?1??2?tsinitdt.??s?(3, 4)=(3,4)?(6, 4)= (9, 8),?(1,2) = (3,4) ,⑷是.9. 证若?,??v，则2??????2??2???1?1????1?1????1??1???(1??1?) ??????????????????????另一方面，2???????1?1????????1??1???1????? ??????????????????????因此 ????从而有???????????????，????????? ??????????????????????????????于是得?.10. 解：先求齐次方程组的基础解系即为解空间v的一组基. 所以， dim v=2.11. 解：考察齐次式即得线性方程组k1?k2?0k1?k2?k3?02k1(x?x)?k2(x?x)?k3(x?1)?022(k1?k2)x?(k1?k2?k3)x?k3?0,k3?0?k3?0时由于系数行列式不等于零，那么只有 k1?k2才对 ?x 成立，所以2, 上述齐次式22x?x, x?x, x?1 线性无关，且任二次多项式ax?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.令得2x?7x?3?(k1?k2)x?(k1?k2?k3)x?k322k1?3,k2??1,k3?3, 即坐标为 ( 3, -1, 3 ) .12. 解：⑴因为 (?1,?2,?3,?4)=(?1,?2,?3,?4)c ,故 c =(?1,?2,?3,?4)?1(?1,?2,?3,?4)10100001000?120310532166132031053216613t= 0001?11=1?11.⑵1x =(?1,?2,?3,?4),?12031053216613,?2,?3,?4)t, 则??1?2?3?y=c?1?2?3?4= 1?1149113490?19?1?13???11923272?1=271?3727013? = b x3?2?432627⑶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 ) ,k∈r ,即为所求 .t13. 解： (1) 对kakl?1，其余的aij?012n?n?1?.?1,2,?,n；l?k,k?1,?,n令fkl??aij?，其中n?n，则?fkl?为上三角矩阵空间的一组基，维数为（2）r+中任意非零元素都可作r+的基，dimr+=1. （3）i，a，a2为所述线性空间的一组基，其维数为3.14. 解：（1）由已知关系式求得??1???2???3???4?4?1?8?2??3?2?4??2?1?4?2??1?2?2??2?2?3??4于是，由基（i）到基（ii）的过渡矩阵为?4?8c???1???2?2?40112000??1? 2??0?c（2，-1，1，1）t=（11，23，4，-5）t.15. 解：不难看出，由简单基e11，e12，e21，e22改变为基（i）和基（ii）的过渡矩阵分别为?2?1c1???0??10122?21121??3?1??2??1?2????1??01?111?1211?1???1?0??1?，c2则有（b1，b 2，b 3，b 4）=（e11，e12，e21，e22）c2 =（a1，a 2，a 3，a 4）c1?1 c 2。