矩阵论答案
矩阵论简明教程习题答案
1 p1 = 4 , 0
1 p 2 = 0 4
=－1 所对应的方程组 (I+A)x=0 有解向量 1 p 3 = 0 0
令
7．
3 0 1 1 1 0 1 1 P=(p 1 , p 2, p 3 )= 4 0 0 , 则 P = 4 1 4 . 于是有 12 0 4 1 16 4 4 2100 4 2100 2100 1 2100 1 1 2100 0 3 2100 0 A 100 =P P 1 = . 3 100 100 100 1 2 1 4 2 1 4 4 2 2 (1) I A = ( 1) =D 3 ( ), I－A 有 2 阶子式
1 3 2 3 2 T ) . 3
2 1 2 2 1 2 4 ～ 0 0 0 2 4 2 4 4 0 0 0
当 =1 时, 对应的齐次线性方程组 (I－A)x=0 的系数矩阵
由此求出特征向量 p 2 =(－2, 1, 0) T , p 3 =(2, 0, 1) T . 单位化后得
是
d1 1, d 2 1,
d 3 ( 1)( 2)
1 A～J= 1 2
因为 A 可对角化，可分别求出特征值－1，2 所对应的三个线性无关 的特征向量： 当 =－1 时，解方程组 ( I A) x 0, 求得两个线性无关的特征向量
矩阵论(华中科技大学)课后习题答案(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⎧⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩⎪⎪⎪⎪⎭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》习题答案,清华大学出版社,研究生教材习题 2.2
= k1 1 ( 1 , ) k 2 2 ( 2 , ) = k1 H 1 k 2 H 2 故 是线性变换.又因为
( H , H ) ( ( , ) , ( , ) ) ( , ) ( , ) 2 ( 2 2 )
, (i 1, , n 2) .如此
又因为各行与第 n 1 行正交，故 ai ,n1 0 由下往上逐行递推，即得结果.
8
17. 证：因为
( A S )( A S ) ( A S ) ( A S ) ( A S )
1 T 1 T T
5. 证：由 ( ( ( 得
cos , ( , )
( ), ( ), (β),
(β))= ( , β) ( ))=( , ) (β))= (β, β)
. ( ), (β))／｜ ( ), (β)＞ ( ) ｜｜ (β)) ｜
= (
= cos＜
1
1
，使
1
( 1 ) 1 . 令
1
( j ) j ( j 2,3, , n) ，如果 j j , j 2,3, , n ，则
2
=
，结论
成立.否则可设 2 2 ，再作镜面反射
2
：
2 2 2 2
( ) 2( , ) ,
于是
2
( 2 ) 2 ，且可验算有
2
(1 ) 1 .
如此继续下去，设经 s 次正交变换
1 , 2 , n , 1 , 2 , , n
1 , 2 , 3, , n 1 , 2 , , n
矩阵论试题及答案
一．（10分）已知n n C ⨯中的两种范数a ⋅和b ⋅，对于n n C A ⨯∈，证明b a A A A +=是n n C ⨯中的范数. 解：⑴非负性：由于b a ⋅⋅,是两种范数，故当A=0时，0,0==b a A A ，所以000=+=+=b a A A A ； 当A ≠0时，0,0>>b a A A ，所以0>+=b a A A A⑵齐性：()A A A A A A A A b a b a b a ααααααα=+=+=+= ⑶三角不等式：B A B A B A B A B A B A b b a a b a +=+++≤+++=+二．(每小题10分,共20分)已知⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=101121103A ,()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=002t e t b , 1. 求At e2. 用矩阵函数方法求微分方程()()()()()⎪⎩⎪⎨⎧-=+=T x t b t Ax t x dt d1,0,10的解.解：1. ()1112113det ----=-λλλλA I ()()3211132-=----=λλλλ显然, )det(A I -λ的一阶子式的公因子为1, 容易知道)det(A I -λ 的二阶子式的公因子为2-λ,所以A的最小多项式为()()()23222-=--=λλλλm ,即()()022=-=I A A m ,设()()()b a g m e f t ++==λλλλλ,则()a te f t =='λλ 对于特征值2=λ有()()⎩⎨⎧=='+==a te f b a e f t t 22222,()⎩⎨⎧+-==ttet b te a 2212 所以⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡----+=+=t t t t t t e bI aA e t At1010122. ()()()⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+--+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎰⎰--ds e s s s ss s e e ds s b e x e t x s t s At t As At 001010110102020 ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=t t e t e t At 1001012三．(15分)用Givens 变换求⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=2100421132403100A 的QR 分解. 解：()T01001=β,构造()s c T ,13=,1101sin ,0100cos 22232132223211=+=+===+=+==xx x s x x x c θθ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=210031002340421121421132403100100000010010010013A T⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=21312A , 构造),(12s c T , ()21sin ,21111cos 222122222211=+==-=+--=+==x x x s x x x c θθ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=1052212131111121212A T⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2/1002/12/1002/10010010013122T T I T ,⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-==2/12/100000100102/12/100TT Q ,⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=2/12/522344211R四．(10分)用Gerschgorin 定理证明⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=8110260110410100A 至少有两个实特征值. 解：A 的4个盖尔圆为:{}1|1≤=z z G ,{}2114|2=+≤-=z z G , {}3216|3=+≤-=z z G , {}2118|4=+≤-=z z G ,它们构成的两个连通部分为11G S =,4322G G G S =.易见,1S ,2S 都关于实轴对称且各含有1个和3个特征值,因为实矩阵的复特征值必成对出现, 故1S ,2S 必各含有一个实特征值,从而A 至少含有2个实特征值.五．(20分)已知⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡------=221221*********A ,⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=44111b 1. 求A 的满秩分解.2. 求+A3. 用广义逆矩阵的方法判别方程组b Ax =是否相容.4. 求方程组b Ax =的极小范数解或极小范数最小二乘解并指出所求解的类型.解 1。
矩阵论习题答案
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 ，。
矩阵论习题答案
矩阵论习题答案矩阵论习题答案在数学领域中，矩阵理论是一门重要的分支，它在各个学科领域都有广泛的应用。
矩阵论习题是学习矩阵理论的重要环节，通过解答这些习题，我们可以更好地理解和运用矩阵的性质和操作。
本文将为大家提供一些常见矩阵论习题的答案，希望能够对大家的学习有所帮助。
1. 习题：计算矩阵的转置。
答案：对于一个m×n的矩阵A，其转置矩阵记为A^T，其行和列互换。
即，如果A的第i行第j列元素为a_ij，则A^T的第i列第j行元素为a_ij。
可以通过编写程序或手动计算来得到转置矩阵。
2. 习题：计算矩阵的逆矩阵。
答案：对于一个可逆矩阵A，其逆矩阵记为A^-1，满足A·A^-1 = A^-1·A = I，其中I为单位矩阵。
可以通过高斯消元法或伴随矩阵法来计算逆矩阵。
3. 习题：计算矩阵的秩。
答案：矩阵的秩是指矩阵中线性无关的行（或列）的最大个数。
可以通过高斯消元法或矩阵的行（或列）简化形式来计算矩阵的秩。
4. 习题：计算矩阵的特征值和特征向量。
答案：对于一个n×n的矩阵A，其特征值和特征向量满足方程A·v = λ·v，其中λ为特征值，v为特征向量。
可以通过求解特征方程det(A - λ·I) = 0来计算特征值，然后将特征值代入方程(A - λ·I)·v = 0来计算特征向量。
5. 习题：计算矩阵的奇异值分解。
答案：对于一个m×n的矩阵A，其奇异值分解为A = U·Σ·V^T，其中U为m×m的正交矩阵，Σ为m×n的对角矩阵，V为n×n的正交矩阵。
可以通过奇异值分解算法来计算矩阵的奇异值分解。
6. 习题：计算矩阵的广义逆矩阵。
答案：对于一个m×n的矩阵A，其广义逆矩阵记为A^+，满足A·A^+·A = A，A^+·A·A^+ = A^+，(A·A^+)^T = A·A^+，(A^+·A)^T = A^+·A。
矩阵论第三章答案
n
因此初等因子只有一个，即有 (λ − a )n .
11. 证：
A（ λ ）与 B（ λ ）相抵当且仅当它们有相同的不变因
子，当且仅当它们的各阶行列式因子相同.
1 1 ⎤ ⎡λ − 2 ⎢ 12. 解 ： （ 1 ） 因 为 λI − A = ⎢ − 2 λ + 1 2 ⎥ ⎥ 的初等因子为 ⎢ − 1 λ − 2⎥ ⎣ 1 ⎦
0 0 ⎤ r2 − (− 1)r3 ⎡1 0 0 ⎤ c 2 − (2λ − 1)c1 ⎡1 ⎢0 ⎥ ⎢ 2 λ − λ ⎥ ⎯⎯ ⎯ λ2 ⎥ ⎯⎯ ⎯ ⎯→ ⎢ ⎯→ ⎢0 λ ⎥ 2 2 2 ⎥ ⎢ ⎥ c3 + (− λ )c1 ⎢ ( ) r + 1 − λ r 0 λ − λ − λ − λ 0 0 − λ − λ 3 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
2. 解 ： （ 1）因为 A 的特征矩阵为
⎡λ + 1 ⎤ ⎢ ⎥ λ+2 ⎢ ⎥ A(λ ) = λI − A = ⎢ ⎥ λ −1 ⎢ ⎥ λ − 2⎦ ⎣
所以 A（ λ ）的行列式因子为
⎡1⎤ A=⎢ ⎥ ⎣1⎦
不变因子为
d 1 (λ ) = D1 (λ ) = 1, d 4 (λ ) = D4 (λ ) D3 (λ ) d 2 (λ ) = d 3 (λ ) = 1,
10. 解：
因为 A(λ ) = (λ − a )n ，所以 Dn (λ ) = (λ − a )n ，又因
c1 λ − a c2 O
O
= c1c 2 L c n −1 ≠ 0 ，
λ − a c n −1
《矩阵论》习题答案,清华大学出版社,研究生教材习题 1.2
C=( e1 , e2 , e3 ) 1 (1 , 2 , 3 )
1 2 1 0 1 1 1 0 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1
2
=
=
1 1
3 2 3 2 1 2
3 2 3 2 5 2
(2) 故
(
(e1 ) ,
(e 2 ) ,
(e3 ) )=( 1 , 2 , 3 ) = ( e1 , e2 , e3 ) C
(4) 据题设：
( f (t )) f ' (t )
则
4
( x1 ) =( e at cos bt ) ' = ae at cos bt be at sin bt = ax1 bx2 ( x 2 ) =( e at sin bt ) ' = ax2 bx1
( x3 ) =( te at cos bt ) ' = x1 ax3 bx4
14. 解：
7
（1） 由于
1
E11
a 0 aE11 cE 21 0 c 0 a aE12 cE 22 0 c b d 0 bE11 dE 21 0
1
E12
1
E 21
1
E 22
2
(e 1 )+k 2
(e 2 )=
2
(α)
故
1
=
2
.
8. 解：(1) 因为 i, j 在 xoy 平面上，其投影不变，故有
3
(i)=i , 又 k 垂直 xoy 平面，则 ( (i), (j),
(k ) 0 , 得
(j)=j ,
(k))=( i ， j ， k )
矩阵论试题
矩阵论试题一、选择题1.设A是n阶方阵，若|A|=0，则A（）。
A. 一定是可逆矩阵B. 一定是不可逆矩阵C. 可能是可逆矩阵，也可能是不可逆矩阵D. 以上说法均不正确答案：B2.若矩阵A与B相似，则A与B具有（）。
A. 相同的特征值B. 相同的特征向量C. 相同的秩D. 相同的行列式答案：A、D（相似矩阵具有相同的特征值和行列式，但特征向量不一定相同，秩也一定相同，但此题只问具有什么，故A、D为正确答案）3.下列矩阵中，属于正交矩阵的是（）。
A. 单位矩阵B. 对角矩阵C. 上三角矩阵D. 任意方阵答案：A（单位矩阵是正交矩阵的一种特殊情况）二、填空题1.设矩阵A=(1324)，则A的行列式|A|=______。
答案：-2（根据行列式的定义和计算方法，有|A|=1×4-2×3=-2）2.若矩阵A与B满足AB=BA，则称A与B为______。
答案：可交换矩阵（或称为可交换的）3.设n阶方阵A的伴随矩阵为A，则|A|=______。
答案：|A|(n-1)）三、计算题1.设矩阵A=(2113)，求A的逆矩阵A^(-1)。
解答：首先求|A|，有|A|=2×3-1×1=5≠0，所以A可逆。
然后利用逆矩阵的公式A^(-1)=(1/|A|)×A*，其中A*是A的伴随矩阵。
A的伴随矩阵A=(3−1−12)（伴随矩阵的元素是A的每个元素的代数余子式构成的矩阵的转置）。
所以A^(-1)=(1/5)×A=(3/5−1/5−1/52/5)。
2.设矩阵A=147258369，求A的秩R(A)。
解答：对矩阵A进行初等行变换，将其化为行最简形。
通过初等行变换，可以得到A的行最简形为1002−303−60。
所以R(A)=2（非零行的个数）。
四、证明题1.证明：若矩阵A为n阶方阵，且|A|=0，则A不可逆。
证明：根据可逆矩阵的定义，若矩阵A可逆，则存在n阶方阵B，使得AB=BA=E（E为单位矩阵）。
矩阵论课后参考答案-第一章.doc
其基为竺12个心〃阶的矩阵, 2_1 0 0 00 0 0 00 10 010 0 0J.八八 / 1、 / c\ \ (〃一 1)((〃 一 1) +I) 〃(〃一1)2其基为些12个〃x 〃阶的矩阵，故基可写为矩阵论课后参考答案:习题1.12（1）解：由定义知dim(C'g) = 〃5故可知其基为5个〃冰〃阶矩阵，简单基记为在矩阵上的某一元素位置上为1,其他元素为0 ，如下1 0 0 0' 0 0 0 00 0 0 0' 0 10 0（2）解：对约束A ，= A 分析可知，其为一个上下对称的矩阵（对称阵）,则其维数为dim(V) = n + (/? -1) H -- 1 =°故基可写为 （3）解：同上理，对AW"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2k、— kf — 2/| - /9= 0 2k] — k~> + " +，= 0 k、—加—3/] = 0 k2-l~-7l2=0k、——,故有h2=4Z2 I】=—3/2解：由题可得+ VK = span（^, , /?2）不难看出其秩为3,则dim(W|+W2)= 3设工即",则存在"以有x— A］。
】+ = I、。
、+1、即尤=切]+ k2a2 = l2（4a2一％） =，2（-5,2,3,4）所以dim（W%） = l(先补充定理：定理：设n元齐次线性方程组的系数矩阵A的秩r(A) = r<n,则齐次线性方程组的基础解析存在，并且基础解系所含线性无关的解向量的个数等于〃-「)证：1)对任意的B E %""则有AB = O且(A-/)B = O成立，故B = 0所以X"={0} O2)明显明㊉岭uF〃3)对于％来说，X为A的一个基础解系，不妨设dim(A) = r ,则有dim(%) = n-尸式 1 而由约束条件f=A知3故有5A （A-I ） = O其中A -/为A 的一个基础解系，则有dim （A-/） = n-/*故岭的秩为dim （岭）= n-dim （A-/） = r 式2故由式 1 及式 2 可知：dim （V ；） + dim （K ） = n = dim （F ,?） 综上则有P l =V }®V 2证毕习题1.2解：由题可知0,%,%与〃］刀2，〃3时空间瑚3）的两组基，则存在一个过渡矩阵c 使得引入£（尸）的一组简单基 环再2,耳3-------------------------- 2（“I ，%，%）=（芯11, 芯12' E 【3）G = （%，%，%）《［G8 -16 91 3 2-6 7 -3 ，C 2-2 -1 1 7-13 71 2 2/（。
矩阵论课后习题答案
第一章 线性空间与线性映射 习题一 (43-45)1、（1）对于V y x ∈∀,，x y x y x y x y y x y x y x y x +=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+112211112211；（2）对于V z y x ∈∀,,，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=++))()(1111112221111112112211121112211z y z x y x z y x z y x y x z z y x y x z y x z z y x y x y x z y x ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=++))()(1111112221111111122211111221121z y z x y x z y x z y x z y x z y z y x z y x z y z y z y x x z y x ，即)()(z y x z y x ++=++。
（3）对于⎪⎪⎭⎫⎝⎛=00θ和V x ∈∀，显然x x x x x x x =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++=+21121000θ； （4）对于V x ∈∀，令⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=2211x x x y ， 则θ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+0021221211221121x x x x x x x x x x x y x ，即x y -=。
（5）对于R ∈∀μλ,和V x ∈∀，有x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x )()()]()[(21)()()2(21)()()]1()1([21)1(21)1(2121212212122212121221121212121μλμλμλμλμλμλμλμλμλμλμλλμμμλλμλμλμμμμλλλλμλ+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-+++=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+（6）对于R ∈∀λ和V y x ∈∀,，有⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+211112211112211))(1(21)()()(y x y x y x y x y x y x y x y x λλλλλλ， ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-++-++++=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-++=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+211112211112212211122111122122121121212121))(1(21)()()1(21)1(21)()1(21)1(21)1(21)1(21y x y x y x y x y x y y x y x y x y x y x y y x x y x y y y x x x y x λλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλλ，即y x y x λλλ+=+)(。
矩阵论智慧树知到答案章节测试2023年长安大学
第一章测试1.方阵可逆是无0为其特征值的必要但不充分条件。
（）A:对B:错答案:B2.相似矩阵有相同的（）。
A:迹B:特征值C:特征向量D:行列式答案:ABD3.矩阵的初等因子为（）。
A:B:C:D:答案:A4.方阵的每个特征值都是的最小多项式的根。
（）A:对B:错答案:A5.酉矩阵的行列式为1。
( )A:错B:对答案:A第二章测试1.矩阵范数和谱半径之间有什么关系？( )A:两者之间没有任何关系B:两者相等C:矩阵范数大于或者等于谱半径D:矩阵范数小于或者等于谱半径答案:C2.矩阵的1范数，2范数以及∞范数之间有何关系？( )A:矩阵的1范数一定大于其2范数B:矩阵的1范数一定大于其∞范数C:矩阵的∞范数一定大于其1范数D:它们之间没有一定的关系答案:D3.如何计算矩阵的条件数？( )A:逆矩阵范数的平方B:矩阵的范数乘以其范数的逆C:矩阵范数的平方D:矩阵的范数乘以其逆矩阵的范数答案:D4.矩阵范数与向量范数一定是相容的？( )A:错B:对答案:A5.矩阵范数所满足的性质比向量范数满足的性质多了哪一条？( )A:三角不等式B:非负性C:相容性D:齐次性答案:C第四章测试1.设矩阵是Hermite正定矩阵，则在保证分解矩阵主对角元素全为正的情况下，矩阵存在唯一的Cholesky分解。
（）A:对B:错答案:A2.设矩阵，则矩阵，若矩阵为单位下三角矩阵，为上三角矩阵，则该分解称为Crout分解。
（）A:对B:错答案:B3.设矩阵，则，其中为单位下三角矩阵，为上三角矩阵，为矩阵的Doolittle分解。
（）A:错B:对答案:B4.Householder矩阵是酉矩阵。
（）A:错B:对答案:B5.Givens矩阵是Hermite矩阵。
（）A:对B:错答案:B第五章测试1. 1 设矩阵，且的个盖尔圆都是孤立的，则矩阵有个互不相同的是特征值.（）A:错B:对答案:B2. 2 设矩阵，矩阵，矩阵，是矩阵的任意特征值，则下列说法正确的是（）.A:B:C:D:答案:ABC3. 3 设矩阵是阶酉矩阵，，则的特征值满足（）.A:对B:错答案:A4.任何阶矩阵的盖尔圆都可以通过相似变换隔离成个孤立的盖尔圆。
研究生矩阵论课后习题答案(全)习题一
解
（1）设 Eij 是第 i 行第 j 列的元素为 1 而其余元素全为 0 的 n 阶方阵.
①令 Fij = ⎨
⎧ Eii , i = j ， 则 Fij 是对称矩阵， 易证 F11 ,L , F1n , F22 , L , F2 n , ⎩ Eij + E ji , i ≠ j
L , Fnn 线 性 无 关 ， 且 对 任 意 n 阶 对 称 矩 阵 A = (aij ) n×n ， 其 中 aij = a ji ， 有
1 −1 −1
= aa −1 = 1
⑥ k o (l o a ) = k o a = (a ) = a
l l k
lk
= (lk ) o a
⑦ (k +;l
= a k a l = a k ⊕ a l = (k o a) ⊕ (l o a )
k k k
⑧ k o ( a ⊕ b) = k o ( ab) = ( ab) = a b = ( k o a ) ⊕ (k o b) 所以 R+对这两种运算构成实数域 R 上的线性空间. （5）否.设 V2 = y ( x ) y ′′ + a1 y ′ + a 0 y = f ( x ), f ( x ) ≠ 0 ，则该集合对函数的 加法和数乘均不封闭.例如对任意的 y1 , y 2 ∈ V2 , y1 + y 2 ∉ V2 .故不构成线性空间. （6）是.集合 V 对函数的加法和数乘显然封闭.零函数是 V 的零元素；对任意
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
07-08(1)-07级-矩阵论试题与答案
一（20分） 设矩阵10112043A -⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦， （1）求A 的初等因子组； （2）求A 的Jordan 标准形J ； （3）求可逆矩阵P 使得J AP P =-1； （4）求k A 。
答案：（1）21111120(2)(2)(1)4343I A λλλλλλλλλ+-⎡⎤+-⎢⎥-=--=-=--⎢⎥-⎢⎥-⎣⎦观察得，21231,1,(2)(1)D D D λλ===--因此，初等因子组为2(1),(2)λλ-- 5分 （2）1112J ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦10分 （3）设123[,,]P ααα=，由1P AP J -=，得1121233(1)(2)2(3)A A A ααααααα=⎧⎪=+⎨⎪=⎩由（1），1()0I Aα-=，解得1112α⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦其中20110.05110010.54200I A --⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-=--→⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦由（2），21()I A αα-=-，解得2011α⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦其中12011100.50.5[,]1101010.50.542200I A α----⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥--=--→-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦由（3）3(2)0I A α-=，解得3010α⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦其中30110021000014100I A -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-=-→⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦1100100111,201210111P P -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=--=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦15分 （4）1001002kkk J⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，12102122124021k k k kk k kA PJ P k k k k --+⎡⎤⎢⎥==+---+⎢⎥⎢⎥-+⎣⎦20分二（20分） 设微分方程组0d d (0)xA x tx x ⎧=⎪⎪⎨⎪⎪=⎩，其中311202113A -⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥--⎣⎦，0111x ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦（1）求A 的最小多项式)(λA m ； （2）求A te； （3）求该方程组的解。
矩阵论试题及答案可编辑全文
2006矩阵论试题答案一．填空（每题4分，共40分）1． 设−−=41311221222832A ，则A 的值域4(){,R }R A y y Ax x ==∈的维数=)(dim A R 2 .2． 设A 的若当标准型−−−=10000011000001100000020000012000002J ，则A 的最小多项式=)(λψm 32(1)(2)λλ+−.3． 设110430102A −=−，则()5432333h A A A A A A =−++−=110430102−− −−. 4． 设埃尔米特阵为 −−+=2005111i i i i A ， 则矩阵A 为 正定的 埃尔米特阵.5． 在3R 中有下列两组向量：()13,1,2Tα=−−，()21,1,1Tα=−，()32,3,1Tα=−； ()11,1,1Tβ=，()21,2,3Tβ=，()32,0,1Tβ=，则由321,,ααα到321,,βββ的过渡矩阵=P 619113421270−−−−−− −− .6．设33CA ×∈，21332211{}ij m j i A a ===∑∑，H AA 的非零特征值分别为15 ,5 ,3，则=2mA.7． 设12102101, 11111137A B −== −−，12,V V 分别为齐次线性方程组 0Ax =，0Bx =的解空间，则=)dim(21V V ∩ 1 .8． 设1(1)1(1)121()321nn n n n n n A n n n n +−−=++ −，则lim n n A →∞=1311e .9． 设213121202A −=，则A 的 LDU 分解为 A =100121012/51 2001123205200115004/5001− − − 10．设 −=5221A ，=0242B ，则2448204048102040100A B−−−⊗=. 二．（10分）设T 为n 维欧氏空间V 中的线性变换，且满足：),(),(Ty x y Tx −=，试证明：T 在标准正交基下的矩阵A 为反对称阵（T A A −=）证明：设n ααα,,,21 为V 的标准正交基，n n ij a A ×=}{，下证：ji ij a a −=： 由=),,,(21n T ααα A n ),,,(21ααα 知n ni i i i a a a T αααα+++= 2211，n nj j j j a a a T αααα+++= 2211， ),(),(j i j i T T αααα−=；=),(j i T ααji j n ni i i a a a a =+++),(2211αααα ， =),(j i T ααij n nj j j i a a a a =+++),(2211αααα , 所以：ji ij a a −=.三．（10分）在复数域上求矩阵−−−=7137341024A 的若当标准形J ，并求出可逆矩阵P 使得J AP P =−1.解： A 的若当标准形210021002J=. 令123(,,)P p p p =，则有112123232,2,2Ap p Ap p p Ap p p ==+=+;1213262100621062104170,417,4173150315315p p p p p −−−−=−=−= −−−解得：123(2,1,1),(0,1,0),(1,2,1)T T Tp p p ===− , 201112101P=−.四. （10分）已知 =654321x x x x x xX ，162534()sin()x x f X e x x x x =++，求dXdf . 解答：16161234652543225516cos()cos()x x x x ff f x x x df dX ff f x x x x e x x x x x x x x x e ∂∂∂∂∂∂== ∂∂∂ ∂∂∂. 五.（10分）已知311202113A −=−−−，求4sin()A π，Ae .解：3||(2)E A λλ−=−，A 的最小多项式2)2()(−=λλϕ .待定系数一：令24sin ()(2)q a b πλλλλ=−++，则21,0a b b +==,4sin()A E π=;令2()(2)e q a b λλλλ=−++，则222,a b e b e +==.222211212112A e e e E e A −−=−+=− −−.待定系数二：令324sin ()(2)q a b c πλλλλλ=−+++，则22222414018,8,32216a b c b c a b c c ππππ ++=+=⇒=−==− =− ; 224sin()(44)32A E E A A E ππ=−−+=.令32()(2)e q a b c λλλλλ=−+++，则2222222414,,22a b c e b c e a e b e c e c e++= +=⇒==−== ; 2221()2211212112A e e E A A e −−− =− +−−= .六.（10分）设−=01200110A ，求A 的奇异值分解. 解答一：=5002A A H ，A 的奇异值为5,2; 00Σ= , 25H HV A AV = ，1001V =; 1100100100200100U AV −−− =Σ==; 00000000U− =; 0000010001 0 000 0 000A=.解答二：=5002A A H ，那么A 的奇异值为5,2，A A H对应于特征值5，2的标准特征向量为 = =01,1021x x ，=0110V ; 再计算H AA 的标准正交特征向量，解得分别与5，2，0，0对应的四个标准正交特征向量=0520511υ， −=2102102υ，−=0510523υ，=2102104υ，−−=210210051052210210052051U ; 所以=∆=HV UA 0000000000000110.七．（10分）设n n i A ×∈≠C 0，2rank rank i i A A =),,2,1(n i =，且当i j ≠时),,2,1,(0n j i A A j i ==.试用归纳法证明存在同一个可逆阵n n P ×∈C 使 得对所有的i ),,2,1(n i =有1−=P PE a A ii i i ，其中C ∈i a . 证明：1n =时，命题显然.假设n k ≤时，命题成立. 当1n k =+时，设1rank A r =.由若当分解11111000D A P P − =，其中1C r rD ×∈可逆; 当2,,j n = 时，由110j j A A A A ==可得1(1)(1)1100, C 0n n j jj A P P B B −−×− =∈(直接推出的j B 为()()n r n r −×−的) 再由0i j A A =得0i j B B =(,,2,,)i j i j n ≠= ;0j B ≠,2rank rank j j B B =也是明显的.由假设知存在可逆阵(1)(1)C n n Q −×−∈使得1j j jj B a QE Q −=，其中C j a ∈，2,,j n = .此时,再由110j j A A A A ==得到11111111110101010000000a A P P a P P Q Q −−− == ; 记1100P P Q =，则 11111111100000000 (2,,).0 j j j jj j j jj jj A P P P P B a QE Q a P P a P E P j n E −−−−− =====由归纳原理知命题为真.。
研究生矩阵论课后习题答案(全)习题三
习题三1．证明下列问题：（1）若矩阵序列{}m A 收敛于A ，则{}Tm A 收敛于T A ，{}m A 收敛于A ；（2）若方阵级数∑∞=0m m m A c 收敛，则∑∑∞=∞==⎪⎭⎫ ⎝⎛00)(m mT m Tm m m A c A c .证明：（1）设矩阵,,2,1,)()( ==⨯m a A n n m ij m则,)()(n n m ji Tm a A ⨯=,)()(n n m ij m a A ⨯=,,2,1 =m设,)(n n ij a A ⨯=则n n ji T a A ⨯=)(，,)(n n ij a A ⨯=若矩阵序列{}m A 收敛于A ，即对任意的n j i ,,2,1, =，有ij m ij m a a =∞→)(lim ，则ji m ji m a a =∞→)(lim ，ij m ij m a a =∞→)(lim ，n j i ,,2,1, =，故{}T m A 收敛于TA ，{}m A 收敛于A .(2)设方阵级数∑∞=0m m mA c的部分和序列为,,,,21m S S S ，其中mm m A c A c c S +++= 10.若∑∞=0m m mA c收敛，设其和为S ，即S A cm m m=∑∞=0，或S S m m =∞→lim ，则T Tm m S S =∞→lim .而级数∑∞=0)(m mTmA c的部分和即为TmS ，故级数∑∞=0)(m m T m A c 收敛，且其和为T S ，即∑∑∞=∞==⎪⎭⎫ ⎝⎛00)(m m T m Tm m m A c A c .2.已知方阵序列{}m A 收敛于A ，且{}1-m A ，1-A 都存在，证明：（1）A A m m =∞→lim ；（2）{}11lim --∞→=A A m m .证明：设矩阵,,2,1,)()( ==⨯m a A n n m ij m ,)(n n ij a A ⨯=若矩阵序列{}m A 收敛于A ，即对任意的n j i ,,2,1, =，有ij m ij m a a =∞→)(lim .(1) 由于对任意的n j j j ,,,21 ，有,lim )(k kkj m kj m a a =∞→ n k ,,2,1 =， 故∑-∞→nn n j j j m nj m j m j j j j m a a a 2121)()(2)(1)()1(limτ＝∑-nn n j j j nj j j j j j a a a 21212121)()1(τ，而∑-=nn n j j j m nj m j m j j j j m a a a A 2121)()(2)(1)()1(τ，∑-=nn n j j j nj j j j j j a a a A 21212121)()1(τ,故A A m m =∞→lim .(2) 因为n n m ij m m A A A ⨯-=)(1)(1，n n ij A AA ⨯-=)(11. 其中)(m ij A ，ij A 分别为矩阵m A 与A 的代数余子式.与（1）类似可证明对任意的n j i ,,2,1, =，有ij m ij m A A =∞→)(lim ，结合A A m m =∞→lim ，有n n m ij m m A A ⨯∞→)(1lim)(＝n n ij A A⨯)(1， 即{}11lim --∞→=A A m m .3.设函数矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=321sin cos sin )(t t e t t t t t t A t ， 其中0≠t ，计算),(),(lim 0t A dt d t A t →),(22t A dtd ,)(t A dt d)(t A dt d . 解：根据函数矩阵的极限与导数的概念与计算方法，有（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=→→→→→→→→→→001011010lim 0lim 1lim lim lim sin limlim cos lim sin lim )(lim 300200000t t e ttt ttt A t t t t tt t t t t t ；（2）⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡'''''''''=22323002sin cos 1sin cos )(01)()()sin ()(cos )(sin )(t t e t t t t t tt t e t t t t t t A dt dt t ； （3）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡----==t e t t t t t t t A dtd dt d t A dt d t 6002cos 2sin )2(0cos sin ))(()(222；（4）=)(t A dt d '3201sin cos sin t t e tt t t tt)2cos 2(sin )sin cos 2(]1)cos (sin sin 3[32t t t t t t t t t t t t t e t +--+--++=（5）)(t A dt d ＝22302sin cos 1sin cos t t e t t t t t tt -- )sin cos (sin 3cos 32t t t t t e t t -+=.4．设函数矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-00302)(222x e e x xe e x A x xx x ， 计算⎰10)(dx x A 和⎪⎭⎫ ⎝⎛⎰20)(x dt t A dx d . 解：根据函数矩阵积分变限积分函数的导数的概念与计算方法，有（1）⎰10)(dx x A ＝⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎰⎰⎰⎰⎰⎰-0030210102110210102xdx dx e dxe dx x dxxe dxe xx x x ⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=-0023011311)1(21212e e e ；（2）⎪⎭⎫ ⎝⎛⎰20)(x dt t A dx d ＝)(22x xA ＝⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-00302224222222x e e x ex e x x x x. 5.设,))(,),(),((21Tn t y t y t y y =A 为n 阶常数对称矩阵，Ay y y f T =)(，证明：（1）dt dy A y dt df T 2=； （2）dtdy y y dt d T222=. 证明：（1）y A y Ay y Ay y dtdfT T T '+'='=)()(y A y Ay y T T T '+'=))((y A y T '=2dtdyA y T 2=，（2）dtdy y yy dt d y dt d TT 2)(22==. 6.证明关于迹的下列公式：（1）X X X tr dX d XX tr dX d T T 2)()(==； （2）T T T B B X tr dX d BX tr dX d ==)()(；（3）X A A AX X tr dXd T T )()(+=.其中m m ij m n ij n m ij a A b B x X ⨯⨯⨯===)(,)()(.证明：（1）因为∑∑====mi nj ij TTx X X tr XX tr 112)()(，而ij m i n j ij ij x x x 2)(112=∂∂∑∑==， 故X X X tr dXd XX tr dX d T T 2)()(== （2）因为n n mk kj ik x b BX ⨯=∑=)(1，则∑∑====n j mk kj jk TTx b B X tr BX tr 11)()(，而ji n j mk kj jk ij b x b x =∂∂∑∑==)(11， 故T T T B B X tr dXd BX tr dX d ==)()(. (3) 因为,212221212111⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=mn n n m m Tx x x x x x x x x X⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=∑∑∑∑∑∑∑∑∑=========mk kn mk m k k mk mk k mk mk kn k mk k kmk k k mk kn k mk k k mk k k x a xax a x a x axa x a x a x a AX 112111212211211121111故)()()()(11ln 111111∑∑∑∑∑∑======++++=m l mk kn lk m l m k kj lk lj m l m k k lk l Tx a x x a x x a x AX X tr 则))(()(11∑∑==∂∂=∂∂m l mk kj lk lj ij Tij x a x x AX X tr x )]([111∑∑∑===∂∂+∂∂=mk kj lk ij lj mk kj lk ij ljml x a x x x a x x ∑∑==+=ml lj li mk kj ik x a x a 11故X A A X A AX AX X tr dXdT T T )()(+=+=. 7．证明：T T T T T T dXdb a dX da b b a dX d +=)(， 其中)(),(X b X a 为向量函数.证明：设Tm T m X b X b X b X b X a X a X a X a ))(,),(),(()(,))(,),(),(()(2121 ==，则∑==mi i i TX b X a X b X a 1)()()()(，故它是X 的数量函数，设)()()(X b X a X f T =，有),,,())()((21n TTx f x f x f X b X a dXd ∂∂∂∂∂∂= ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂=∑∑==m i n i i i n i m i i i i i x X b X a X b x X a x X b X a X b x X a 1111)()()()(,,)()()()( ∑∑∑===∂∂∂∂∂∂=mi i ni m i i i mi i i X b x X a X b x X a X b x X a 11211))()(,,)()(,)()(( ))()(,,)()(,)()((11211∑∑∑===∂∂∂∂∂∂+mi n i i m i i i mi i i x X b X a x X b X a x X b X aTT T TdXdb a dX da b +=. 8.在2R 中将向量Tx x ),(21表示成平面直角坐标系21,x x 中的点Tx x ),(21，分别画出下列不等式决定的向量Tx x x ),(21=全体所对应的几何图形：(1) ,11≤x (2) ，12≤x(3) 1≤∞x .解：根据,1211≤+=x x x ,122212≤+=x x x{}1,max 21≤=∞x x x ，作图如下：9.证明对任何nC y x ∈,，总有)(212222y x y x x y y x T T --+=+. 证明：因为y y x y y x x x y x y x yx T T T T T +++=++=+)()(22y y x y y x x x y x y x y x T T T T T +--=--=-)()(22故x y y x y x y x T T +=--+)(212222 10.证明：对任意的nC x ∈，有12x x x≤≤∞.证明：设Tn x x x x ),,,(21 =，则{}nn n x x x x x x x xx x x x +++=+++==∞21122221221,,,,,max由于{}22122221221)(),,,(max n nn x x x x x x x x x +++≤+++≤ ，故21222x xx≤≤∞，即12x x x≤≤∞.11.设n a a a ， ,,21是正实数，证明：对任意nT n C x x x X ∈=),,(21， ，2112⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑=ni i i x a X是nC 中的向量范数.证明：因为（1）,02112≥⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑=ni i i x a X 且00=⇔=X X ； （2）X k x a k x a k kx a kX ni i i ni i i ni i i =⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑∑===2112211222112；（3）对于nT n C y y y Y ∈=),,(21， ，T n n y x y x y x Y X ),,(2211+++=+， ，则21212122)(2Y X Y X y a x a y x a YX ni ii ni ii ni ii i +=++≤+=+∑∑∑===故Y X Y X +≤+.因此2112⎪⎭⎫⎝⎛=∑=ni i i x a X 是nC 中的向量范数. 12.证明：ij nj i a n A ≤≤=,1m ax是矩阵n n ij a A ⨯=)(的范数，并且与向量的1－范数是相容的.证明:因为(1) 0m ax ,1≥=≤≤ij nj i a n A ,且O A =⇔0=A ;(2) A k a n k ka n kA ij nj i ij nj i =≥=≤≤≤≤,1,1m ax m ax ;(3) B A b n a n b a n B A ij nj i ij nj i ij ij nj i +=+≥+=+≤≤≤≤≤≤,1,1,1m ax m ax m ax(4)设Tn x x x X ),,,(21 =,则T nj j nj n j j j n j j j x a x a x a AX ),,,(11211∑∑∑==== ，故∑∑∑===+++=nj j njnj j jnj j jx ax ax aAX 11111∑∑∑=≤≤=≤≤=≤≤+++≤nj j nj nj nj j j nj nj jjnj x a x a xa 11121111max max max11,1max X A xa n nj jijnj i =≤∑=≤≤因此ij nj i a n A ≤≤=,1m ax 是与向量的1－范数相容的矩阵范数.13.设nn CA ⨯∈，且A 可逆，证明：11--≥AA .证明:由于I AA =-1,1=I ,则111--≤==A A AA I ,故11--≥AA .14.设nn CA ⨯∈，且,1<A 证明：A I -可逆，而且有（1）AA I -≤--11)(1；（2）AA I A I -≤---1)(1.证明:(1)由于A A I I A I 11)()(---+=-,故A A I I A A I I A I 111)()()(----+≤-+≤-,即 AA I -≤--11)(1.(2)因为A I A I =-+)(,两边右乘1)(-+A I ,可得11)()(--+=+-A I A A I I ,左乘A ,整理得11)()(--+-=+A I AA A A I A ,则111)()()(---++≤+-=+A I A A A A I AA A A I A ，即 AA I A I -≤---1)(1.15.设C l k CB A nn ∈∈⨯,,,证明：（1）Al k klkA ee e )(+=，特别地A A e e --=1)(;（2）当BA AB =时，BA AB BA ee e e e +==；（3）A e Ae e dtd At At At==；（4）当BA AB =时，B A B A B A sin cos cos sin )sin(±=±. 证明:(1)∑∑∑∞==-∞=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+=000)()()(!1!)(n n m m n m m n n n n Al k lA kA C n n A l k e∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=+++=+=-0000)()(!!)!()!(1)()()!(1m l l m m l lm m m l lA kA m l m l m l lA kA C m l l m nlA kA l l m m m l l m e e kA l kA m lA kA m l =⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=0000)(!1)(!1)()(!!1.又因为A A A A O e e e e I --+===)(,故A A e e --=1)(.(2)当BA AB =时,二项式公式∑===+nm mm n m n nB AC B A 0)(成立，故∑∑∑∞==-∞=+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=000!1)(!1n n m m m n m n n nBA B A C n B A n e∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=+=+=-0000!!1)!(1m l m l m l ml m m l B A m l B A C m l l m nBA m m l l e eB m A l =⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑∞=∞=00!1!1同理，有A B l l m m BA e e A lB m e=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑∞=∞=+00!1!1, 故B A A B B A e e e e e +==.(3)由于幂级数∑∞=0!1n nn t A n 对给定的矩阵A ,以及任意的t 都是绝对收敛的,且对任意的t 都是一致收敛的,因此科可对此幂级数逐项求导,则A l ll n n n n n n At Ae l t A A n t A t A n dt d e dt d ==-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑∑∞=∞=-∞=0110!)!1(!1, 同理，有A e A l t A e dt d Al ll At =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∞=0! 故A e Ae e dtd At At At==. (4) 因为-+-++=432!41!31!21A iA A iA I e iA )!51!31()!41!21(5342 -+-+-+-=A A A i A A IA i A sin cos +=故)(21sin iA iAe e iA --=.又当BA AB =时，B A A B B A e e e e e +==,则()()iB iA iBiA B A i B A i e e e e i e e i B A --+-+-=-=+2121)sin()()( )]sin )(cos sin (cos )sin )(cos sin [(cos 21B i B A i A B i B A i A i---++= B A B A sin cos cos sin += 同理，可得B A B A B A sin cos cos sin )sin(-=-16.求下列三类矩阵的矩阵函数2,sin ,cos A e A A （1）当A 为幂等矩阵(A A =2)时；（2）当A 为对合矩阵(I A =2)时；（3）当A 为幂零矩阵(O A =2)时.解:(1) A A =2,设矩阵A 的秩为r ,则A 的特征值为1或0, A 可对角化为J O O O I AP P r =⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-1,则11001sin 1sin sin sin --⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡==P P JP P AA PJP )1(sin )1(sin 1==-，11111cos 1cos cos cos --⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡==P P JP P A110011cos 11cos 1111--⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--+⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=P P P PA I PJP I )11(cos )11(cos 1-+=-+=-111122--⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡==P e e P P Pe e J A1100111111--⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--+⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=P e e P P PA e I PJP e I )1()1(1-+=-+=-(2) 当I A =2时，矩阵A 也可对角化,A 的特征值为1或1-, A 可对角化为J AP P =⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=-11111 ,其中1有m 个. 则111sin 1sin 1sin 1sin sin sin --⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--==P P JP P AA PJP )1(sin )1(sin 1==-111cos 1cos 1cos 1cos cos cos --⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡==P P JP P A I )1(cos =eI P e e e e P P Pe e J A =⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡==--1122(3)当O A =2时, A 的特征值均为0,则存在可逆矩阵P ,使得11,--==PJP A J AP P ,其中⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=m J J J 1,又O A =2,则O P PJ A ==-122,于是O J J J m =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=2212故Jordan 块k J 的阶数最多为2,不妨设0=k J ),,1(r k =,B J k =⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0010),,1(m r k +=,即 ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=B B J 0则1=k iJ e ,1=-k iJ e ),,1(r k =;⎥⎦⎤⎢⎣⎡=101i ekiJ ,⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-101i e k iJ ),,1(m r k +=. 故=--k k iJ iJ e e 0),,1(r k =,B ii e e k k iJ iJ 210020=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=--),,1(m r k +=, 则2=+-k k iJ iJ e e ),,1(r k =,I e e k k iJ iJ 22002=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+-),,1(m r k +=, 因此J iB B i e e iJiJ 210021=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=-- ,Ie e iJiJ 22222=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=+- , 所以A PJP i i P e e P i e e i A iJ iJ iA iA =⋅=-=-=----11)2(21)(21)(21sin , I PIP P e e P e e A iJ iJ iA iA =⋅=+=+=----11221)(21)(21cos ,I I e e O A ==2.17.若矩阵A 的特征值的实部全为负，则O e At t =+∞→lim .证明: 设A 的特征值为0,1,<-=+=i i i i a j j b a λ,则存在可逆矩阵P ,使得11,--==PJP A J AP P ,其中⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=m J J J 1,i n i i i J ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=λλ11 则1121--⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡==P e e e P PPe et J tJ tJ Jt Atm, 其中⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=-t tt t t i n tttJ e tete e e n t tee ei i 11111111)!1(λλλλλλλ又)sin (cos lim lim lim t b j t b e e e i i t a t t jb t a t t t i i i i +==∞→+∞→∞→λ,且0<i a ,故0lim =∞→tt i eλ，因此O e t J t i =∞→lim ,则O e At t =+∞→lim .18．计算Ate 和At sin ，其中：（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=110010002A ； （2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=010101010A ； （3）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=6116100010A .解:(1)设,21=J ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=11012J ,则⎥⎦⎤⎢⎣⎡=21J JA . 由于⎥⎦⎤⎢⎣⎡=t J tAt e e e 22,⎥⎦⎤⎢⎣⎡=t J t At 2sin 2sin sin , 且⎥⎦⎤⎢⎣⎡=t t ttJ e te e e02,⎥⎦⎤⎢⎣⎡=t t t tt J sin cos 0sin sin 2,则⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=t tt tAte te e e e 000002,⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=t t t t tAt sin cos 00sin 0002sin sin . (2)该矩阵的特征多项式为,11101)(3λλλλλϕ=---=最小多项式为3)(λλ=m .19.计算下列矩阵函数：（1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=221131122A ，求100A ； （2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=735946524A ，求Ae ；（3）⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=4410A ，求4arcsin A； （4）⎥⎦⎤⎢⎣⎡=48816A ，求1)(-+A I 及21A 20．证明:I A A =+22cos sin ，A iI A e e =+π2，其中A 为任意方阵.证明:(1) 因为)(21sin iA iA e e i A --=,)(21cos iA iA e e A -+=, 故)2(41)(41sin 2222I e e e e A iA iA iA iA -+-=--=--,)2(41)(41cos 2222I e e e e A iA iA iA iA ++=+=--, 则I A A =+22cos sin .(2)因为矩阵iI π2的特征值均为i π2,故存在可逆矩阵P ,使得I P P P e e P e i i iI=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=--1122211 πππ则A A iI A iI A e I e e e e ===+ππ2221.若A 为反实对称（反Hermite ）矩阵，则Ae 为实正交（酉）矩阵.证明: 因为∑∞==0!k k A k A e ,又∑∑===⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nk k n k k k A k A 0**0!)(!. 故**)(A A e e =.当A 为反实对称,即A A T-=时,I e e e e e e e O A A A A A T A T====-)(,故Ae 为实正交矩阵;当A 为反Hermite 矩阵,即A A -=*时,I e e e e e e e O A A A A A A ====-**)(,故Ae 为酉矩阵.22.若A 为Hermite 矩阵，则Aie 是酉矩阵，并说明当1=n 时此结论的意义.证明:因为A A =*,故Ai Ai Ai e e e -==*)(*)(,则I e e e e Ai Ai Ai Ai ==-*)(,故Aie 是酉矩阵.当A 为一阶Hermite 矩阵时, A 为一实数,设a A =,则上述命题为1=-ai ai e e23.将下列矩阵函数表示成矩阵幂级数，并说明对A 的限制： （1）shA ，（2）)ln(A I +，（3）A arctan 解：(1) ∑∞=++=012)!12(1n n A n shA , n n C A ⨯∈∀; (2) ∑∞=--=+111)1(4)ln(n nn A nA I ,1<A ; (3) ∑∞=++-=112121)1(arctan n n nA n A ,1<A . 24．设nn C A ⨯∈，证明：（1）)(A tr Ae e=，（2）AA ee ≤.证明:(1)设11,--==PJP A J AP P ,其中J 为若当标准形，则1121--⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡==P e e e P PPe e m J J J J A, 其中⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=111111λλλe e e e iJ, 则mJ J J JJAe e e e Pe P e211===-trA J J J e e e e e n m ===++λλ 121.(2)设∑==Nk kN k A S 0!，则∑∑∑===≤≤=Nk kN k k Nk k NA k A k k A S 000!1!1!， 因为∑∞==!k kAk A e ，对上式两边取极限，得 Ak kAeA k e≤≤∑∞=0!1.25．设nn CA ⨯∈，且A 可逆，若λ是A 的任一特征值，则2211A A ≤≤-λ.证明:因为2)(A A =≤ρλ,故2A ≤λ.又对任意的nC X ∈,有2212122AX A AX A IXX--≤==,所以2212AX AX ≤-.设α是矩阵A 的特征值λ对应的特征向量,即λαα=A ,则222212αλλααα==≤-A A,故有λ≤-211A .因此2211A A ≤≤-λ.。
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 。
《矩阵论》习题答案,清华大学出版社,研究生教材习题 2.3
当 n 为奇数时，如果 A 是反对称阵，则 A AT 1n A A ，所以
A 0 ，故不存在奇数阶可逆反对称方阵.
5. 证： （1）因为 AT A ，设 B P T AP ，所以有
B T P T AP
T
P T AT P B
则 B 为对称阵. （2）由于 A 与 B 相合，知存在满秩矩阵 P ，使 B P T AP ，又因
的特征向量，u m 为相应的特征值， 因此 B 的 n 个线性无关的向量都是
A 的线性无关的向量. 从而，B 与 A 的特征向量完全一致.同理，C 与 A 的特征向量也完全一致，从而 C 与 B 的特征向量完全一致.并且，
设 C ， 则有 v m C m A B m u m ，但 , 所以v m u m ，但 所以 v u .这样， B 与 C 有完全一致的特征向量和相 v与u 都是正实数， 应的特征值，因此 B 与 C 可用同样的矩阵 P，使 P 1 BP与P 1CP 是同样 的对角矩阵，即
习题 2.3
1. 证：因为 A H A, B H B ，又
( AB) H AB B H A H AB
即 BA=AB .
2. 证：设 A 为任一复方阵，令
A BC
①
其中 B 为 Hermite 矩阵，C 为反 Hermite 矩阵，于是，可得
AH B H C H B C
由①与②联立得 B
A AH A AH ,C . 2 2
3. 证：设 V n 的标准正交基为 1 , 2 , , n ，
A ( aij ) nxn ，则有
在该基下的矩阵为
( i ) a1i 1 a 2 i 2 a ni n ,
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，