矩阵论习题答案.docx

1自测题一自测题一一、解： 因为齐次方程的基础解系为0211211xxx，TTT) 1 , 0 , 0 , 0(,)0 , 1 , 0 , 1(,)0 , 0 , 1 , 1(321所以 V 的一组基为，，，显然 00111A 01012A 10003AA1，A2，A3线性无关.，有，于是有VaaaaA 22211211 211211aaa，322221112AaAaAaA即 A 可由 A1，A2，A3线性表示，故 A1，A2，A3为 V 的一组基；且dimV=3.二、解： （1），有RVXX,.212121212211 2211(2211)(XXXXXX   ）=,)(1X)(2X.  1112211 2211)(XXX)(1X又因任意两个二阶方阵的乘积、和仍为二阶方阵，故，即VV为从 V 到 V（自身）的线性算子，所以为线性变换.2（2）先求的自然基下的矩阵 A ：22211211,,,EEEE22211211110200201 0001 2211)(EEEEE    2221121112200)(EEEEE2221121121020)(EEEEE2221121122200)(EEEEE故 .2020020210100101A显然, 从自然基到所给基的过渡过阵为4321,,,EEEE；,1000110011101111C10001100011000111C所以在下的矩阵为4321,,,EEEE. 40200202231201011ACCB三、解： （1）不是内积. 因为)(,AAtrAA)(2)(22211aaAtr3并不一定大于零.（2）因为 ,1),(10dttegft,10212 31)(),(dttfff,10212 212)21()(),(edtegggt, gfgf),(即 . 212 )21(311e四、解： （1），.2)2)(1(AI2, 1321行列式因子： ;1, 1,)2)(1(122 3DDD不变因子： ;2 321)2)(1()(, 1)()(ddd初等因子： .2)2(),1(（2） ;    2121 ~21 JJJA（3）对;TXAI) 1 , 1 , 0(0)( , 1111得.TXAI) 1 , 0 , 1 (0)2( , 2222得再求的一个广义特征向量：224由 得 .23)2(XXAIT) 1 , 1 , 1 (3取 ,    111110111 , 1111011101PP:,)(则令SinAAf, 2sin02cos2sin)(, 1sin)()(22111JffJf故 1 2211)])([)],([(sinPJfJfPdiagA  1111101112sin2cos2sin1sin111101110.   2cos1sin1sin2cos1sin2cos2sin2sin1sin1sin2sin1sin2sin2cos2cos2sin2cos五、解： （1） ，13014 3014,83,3014maxmax31    jijiaA故 ；0lim kkA（2）的收敛半径为 1，而若在其收敛域内，故0kkx1A绝对收敛，且.0kkA01)(kkAIA5六、解：（1） ；又因为6, 5,15, 511mmAAAA，.  322232223511A571A所以 ；7557)(1 AAAcond.1, 5,) 1)(5(3212AI故 .5lim)(iiA（2）因为，故可分解.031221, 0121（3） 均可取. rBBB,,1B七、证： 设分别为在两T nT nyyyYxxxX),,,(,),,,(2121LL组基下的坐标，则，当时有：，则，CYX YX XCI)(0CI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，由坐标变换公式知，在基，，下XCX112n,L的坐标，故有.CXY XY 八、证： A 对称正定， 存在正交矩阵 C，使QDdiagACCnT),,,(21L6其中特征值.）nii,, 2 , 1(0L对，有，使XCXY ,DYYyyyAXXT nnT22 222 11L其中.令.于是ynnnzyzyzy1,,1,1222111LZBZZYn,11121故. 而，所以ZZZDBBZDYYTTTT)()(PBCPZBZCYCXTTT令.ZZZAPPZAXXDYYTTTTT)(因 Z 的任意性，知，即 A 与 I 相合.IAPPT自测题二自测题二一、解： ,IaAaIAIAk kk kkk,,,IaaaAaAaAaIan nk n)(102 210LL其中，故取 V 的基为 I ，.Raaan nL101dimV二、解：（1）从基到基的过渡矩阵2,, 1xx22,,1xxxx7，  110011001 C所以在新基下的坐标为 .   0111011C（2）不是线性变换.因为.),,2()(3322112 1111babababbaa)()(（3）不是内积. 如，不具0341212121），），（，（），，（有非负性.三、解：（1）利用 Schmidt 正交化方法，得，，.Te) 1 , 1 , 1 (1Te) 1 , 0 , 1(2Te)61,31,61(3（2）从到的过渡阵，321,,321,,eee610021103421C，故所求.  6003102211C00000034211ACCB四、解：（1）由于 A 实对称，所以存在正交阵 Q，使8.nATO21故；；；2) 1nnAAFFT F（nA )( 'nA2；.nAcond2)(1)(21mA（2）取， ，得000000111LMMMLLA111M,naAnA212, 1,即有.212AA五、解： （1）；.3) 1( 201335212     AI1321，1)()(12DD3 3) 1()(D所以,不变因子为；初等因子为.3 321) 1()(,1)()(ddd3) 1(故 A 的 Jordan 标准形.   100110011 J9（2）cosA 的 Jordan 标准形为：J=.) 1cos(00) 1sin() 1cos(0) 1cos(21) 1sin() 1cos(六、证：（1）因；故173. 01A; 0lim kkA（2）因 A 有范数小于 1，故绝对收敛；且其和的形式0kkA为.1)( AI七、解：；取， ；  00032103101~ 230121121 A  302121B 32103101 C则有（最大秩分解） ；BCA ,TTBBBB1)(,1)(TTCCCC则，所以, 方程的极小范数最小二乘解为. BCAbAX bAX八、证：（1）因为 ，则有ACAACCAnT2) 1(,所以n 必为偶数., 0) 1(2nC10（2）设的分量中绝对值最大者为T nxxxXXAX],,,[,21L，则的第 k 个方程kxXAX； njjkjkxax1； njjkjnjjkjkxaxax11， njnjkj kj kjaxx a111故有.1自测题三自测题三一、 解：（1）不是. 设，则BBAATT,=（一般情况下） ，)(TTBABATTBABA)()(又（一般情况下） ，即.)()(BABABATVBA（2）001)(111010OLLn nn ndadaaDaDaIa，100)(10OLLn nnndadaa11故得一组基为，且.100,,001 OLOnV dim二、解： （1） ,123)(22xxx,12)(xx,43) 1 (x在基下的矩阵为：.1,,2xx   411322003 A（2） ,)5)(1)(3(411322003AI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 ，则33)(ijCC,1010213 124 1141 51CdxxCdxxC,10102 22312 1331,31dxxCCdxxC.10331032231,21dxCxdxCC12故 .121 3121 31 4131 41 51C三、解：设，使得，，3322113)(xxx)(1)(2是标准正交的.)(3∵，已标准正交化，)(1)(2∴（，）=（，）=0，)(1)(2)(2)(3=1， )(3即得；解得：； 10220222 32 22 1321321xxxxxxxxx32,32,31 321xxx即. .22313213因为，，为标准正交基，且把标准正)(1)(2)(3交基变为标准正交基，故为正交变换, 它在基下的矩阵321,,表示为13.32 32132 31 3231 32 32A四、解： 由自测题一中第四题（2）知 A 的 Jordan 标准形为，相似变换矩阵.   2121 J   111101110 T由，求得的一组基为T）321321,,(),,(3V，3213312321,,则在该基下的矩阵。